27 bài toán Hóa 9 Hay và khó

Su tm v gii thiu: Trng Th Tho Website: violet.vn/thethao0481
27 BI TON HểA Vễ C 9 HAY V KHể
Bi 1: Hũa tan hon ton 46,4 gam mt oxit kim loi bng dung dch H
2
SO
4
c, núng ( va ) thu
c 2,24 lớt khớ SO
2
(kc ) v 120 gam mui.
a) Vit phng trỡnh húa hc xy ra.
b) Xỏc nh cụng thc ca oxit kim loi.
c) Vit phng trỡnh húa hc ca oxit trờn vi dung dch HCl.
HD Gii:
Vỡ phn ng ca oxit kim loi vi H
2
SO
4
c, núng sinh ra SO
2
nờn chng t kim loi cú nhiu
mc húa tr.
Gi x,y ln lt l húa tr ca kim loi R trong oxit v trong mui sunfat.
R
2
O
x
+ (2y-x) H
2
SO
4

R
2
(SO
4
)
y
+ (2y-x)H
2
O + (y-x) SO
2

S mol SO
2
= 2,24: 22,4 = 0,1 mol
Gi a l s mol H
2
SO
4
p s mol H
2
O = a (mol)
p dng L BTKL ta cú:
46,4 + 98a = 120 + 18a + 0,1ì 64
gii ra a = 1 mol
S mol SO
4
( to mui) = 1 0,1 = 0,9 (mol)

R
m

= 120 0,9ì 96 = 33,6 gam

O
m
(oxit) = 46,4 33,6 = 12,8 (g)
Ta cú:
2R 33,6
16x 12,8
=
R = 21x ( 1 x 3, x nguyờn hoc x = 8/3 )
Ch cú x = 8/3 v R = 56 l tha món. Kim loi l Fe
Vy CTHH ca oxit l : Fe
3
O
4

Phn ng vi dung dch HCl
Fe
3
O
4
+ 8HCl 2FeCl
3
+ FeCl
2
+ 4H
2
O
Bi 2: Cho luồng khí CO đi qua một ống sứ chứa m gam bột ôxit sắt (Fe
x

O
y
) nung nóng cho đến khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Dẫn toàn bộ khí sinh ra đi thật chậm vào 1 lít dung dịch Ba(OH)
2
0,1M
thu đợc 9,85 gam kết tủa. Mặt khác khi hoà tan toàn bộ lợng kim loại sắt tạo thành ở trên bằng V lít
dung dịch HCl 2M (có d) thì thu đợc một dung dịch, sau khi cô cạn thu đợc 12,7 gam muối khan.
a. Xác định công thức sát ôxit.
b. Tính m.
c. Tính V, biết rằng dung dịch HCl là đã dùng d 20% so với lợng cần thiết.
HD Gii:
a. Xác định công thức oxit sắt (Fe
x
O
y
) có a (mol)
Phản ứng: Fe
x
O
y
+ yCO



to
xFe + yCO
2

(1)

a(mol)

ax(mol) ay(mol)
Ba(OH)
2
+ CO
2
> BaCO
3

+ H
2
O (2)
0,05(mol) 0,05(mol)

0,05(mol)
Ba(OH)
2
+ 2CO
2
> Ba(HCO
3
)
2
(3)
0,05(mol) > 0,1(mol)
Fe + 2HCl > FeCl
2
+ H
2

(4)
ax(mol) ax(mol)
Ta có n
Ba(OH)2
= 1x0,1 = 0,1(mol)
n
BaCO3
= 9,85/ 197 = 0,05 (mol)
+ Nếu tạo muối trung hoà (BaCO
3
) thì:
ay = 0,05 và ax = 12,7/127 = 0,1 (mol) => x/y = 2 (vô lý)
Su tm v gii thiu: Trng Th Tho Website: violet.vn/thethao0481
+ Khi cho CO
2
vào dung dịch Ba(OH)
2
thì tạo muối trung hoà và muối axit.
Từ (2) và (3) =>

n
CO2
= 0,15(mol)
Ta có hệ: ax = 0,1
ay = 0,15 => oxit sắt: Fe
2
O
3

b. Tính m:
Phản ứng: Fe
2
O
3
+ 3CO

to
2Fe + 3CO
2
(5)
(mol) 0,05 0,15
Từ (5) => n
Fe2O3
= 1/3 n
CO2
= 0,15/3 = 0,05 (mol)
=> m = m
Fe2O3
= 0,05 x 160 = 8 (gam)
c. Tính V:
Từ (4) => n
HCl
= ax.2 = 0,2 (mol)
Vì HCl d 20% so với lợng cần thiết nên:
V
HCl
= 0,2. 120%/ 2 = 0,12(lít)
Bi 3: Nhiệt phân hoàn hoàn 20 g hỗn hợp MgCO
3

, CaCO
3
, BaCO
3
thu đợc khí B. Cho khí B hấp thu
hết vào nớc vôi trong đợc 10 g kết tủa và dung dịch C. Đun nóng dung dịch C tới phản ứng hoàn toàn
toàn thấy tạo thành thêm 6 g kết tủa.
Hỏi % khối lợng của MgCO
3
nằm trong khoảng nào?
HD Gii:
MgCO
3
> MgO + CO
2
CaCO
3
> CaO

+ CO
2
BaCO
3
> BaO + CO
2

CO
2
+ Ca(OH)
2

> CaCO
3
+ H
2
O
2CO
2
+ Ca(OH)
2
> Ca(HCO
3
)
2

Ca(HCO
3
)
2
> CaCO
3
+ H
2
O + CO
2
Số mol CaCO
3
= 0,2 và 0,06 (mol)
Theo phơng trình: Số mol CO
2
= 0,1 + 0,06.2 = 0,22 mol

Tổng số mot 3 muối cácbonat là 0,22 (mol) > Ta có:
84x + 100y + 197z = 100 => 100y + 197z = 100 84x
x + y + x = 1,1 > y + x = y + x = 1,1 1,1 = z
100 <
=
+
+
zy
zy 197100
x
x


1,1
84100
< 197 > 52,5 < 84x < 86,75.
Vậy % lợng MgCO
3
năm trong khoảng từ 52,5% đến 86,75%
Bi 4:Cho X, Y là hai dung dịch HCl có nồng độ khác nhau. Lấy V lít dung dịch X tác dụng với
AgNO
3
d tạo thành 35,875 g kết tủa. Để trung hoà V lít dung dịch Y cần 500 ml dung dịch NaOH
0,3M
a. Khi trộng V lít dung dịch X với V lít dung dịch Y thu đợc 2 lít dung dịch Z. Tính C
M
của dung
dịch Z.
b. Nếu lấy 100ml dung dịch X và lấy 100ml dung dịch Y cho tác dụng hết với kim loại Fe thì l-
ợng hiđrô thoát ra ở X nhiều hơn ở Y là 0,448 lít (ĐKTC). Tính C

M
dung dịch X,Y
HD Gii:
HCl + AgNO
3
> AgCl + HNO
3
(1)
(mol) 0,25 < 0,25
HCl + NaOH > NaCl + H
2
O (2)
(mol) 0,15 < 0,15
Ta có: n
AgCl
=
25,0
5,143
875,35
=
(mol)
n
NaOH
= 0,5 .0,3 = 0,15 (mol)
Từ phản ứng (1) và (2)
C
Mz
=
2,0
2

4,0
'
15,025,0
==
+
+
VV
M (Vì V + V = 2)
b. Phản ứng:
2HCl + Fe > FeCl
2
+ H
2
(1)
(mol)
V
025,0
>
V2
025,0
Su tm v gii thiu: Trng Th Tho Website: violet.vn/thethao0481
2HCl + Fe > FeCl
2
+ H
2
(2)
(mol)
V
015,0
>

V2
015,0
Theo câu (a)
n
HCl

(1)
= n
AgNO3
= C
x
.V = 0,25
n
HCl (2)
= n
NaOH
= C
y
. V = 0,15
Trong V lít dung dịch HCl thì có 0,25 mol HCl
Trong 0,1 lít dung dịch HCl thì có
V
025,0
mol HCl
Tơng tự: Trong V lít dung dịch HCl thì có 0,15 mol HCl
Trong 0,1lít dung dịch HCl thì có
'
015,0
V
mol HCl

Theo đè bài: n
H2
=
02,0
4,22
448,0
=
(mol)
02,0
'2
015,0
2
025,0
=
vv
=>
8
'
35
=
VV
=>
8
'.
3'5
=

VV
VV
; V+V =2(V,V<2)

=> 5(2-V) 3V = 8V(2-V)
=> 10 -5V 3V = 16V = 8V
2
=> 8V
2
- 24V + 10 = 0 => V1= 0,5
V2 = 0,25 > 2 (Loại)
V=0,5 => V = 1,5 => C
x
= 0,5 (M) và C
y
= 0,1 (M)
Bi 5: Cho mt lung khớ CO i qua ng ng 0,04 mol hn hp A gm FeO v Fe
2
O
3
t núng. Sau
khi kt thỳc thớ nghim thu c cht rn B gm 4 cht nng 4,784 g. Khớ ra khi ng s cho hp th
vo dung dch Ba(OH)
2
d, thỡ thu c 9,062 g kt ta.Mt khỏc, hũa tan cht rn B bng dung dch
HCl d thy thoỏt ra 0,6272 lớt hiro (ktc).
a. Tớnh phn trm khi lng cỏc cht trong A
b. Tớnh phn trm khi lng cỏc cht trong B. Bit rng trong B s mol st t oxit bng 1/3 tng s
mol ca st(II) v st (III) oxit.
HD Gii:
a.Tớnh phn trm khi lng cỏc oxit trong A
Gi a, b ln lt l s mol ca FeO v Fe
2
O

3
trong 0,04 mol hn hp A:
a+b=0,04(1)
Cỏc phn ng xy ra:
3Fe
2
O
3
+ CO > 2Fe
3
O
4
+ CO
2
Fe
3
O
4
+ CO > 3FeO + CO
2
FeO + CO > Fe + CO
2
Cht rn B gm: Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3

d
Khớ ra khi ng s l CO
2
CO
2
+ Ba(OH)
2
> BaCO
3
+ H
2
O
Ta cú n
CO2
= n
BaCO3
=
197
062,9
=0,046(mol)
n
CO
tham gia phn ng =n
CO2
=0,046 mol
p dng nh lut bo ton khi lng: m
A
+ m
CO
=m

B +
m
CO2
m
A
=5,52g

m
A
= 72a +160b =5,52 (2)
T (1) v (2) ta tớnh c a= 0,01 ; b=0,03
%FeO =
%04,13100
52,5
01,072
=x
x
Su tm v gii thiu: Trng Th Tho Website: violet.vn/thethao0481
%Fe
2
O
3
= 100-13,04= 86,96%
b. Phn trm khi lng cỏc cht trong B
Gi x, y, z, t ln lt l s mol ca Fe, Fe
2
O, Fe
3
O
4

v Fe
2
O
3
trong hn hp B:
Ta cú: m
B
=56x+ 72y+ 232z +160t = 4,784 (3)
Bit n
Fe3O4
=
3
1
( n
FeO
+ n
Fe2O3
)

z=
3
1
(y+t) (4)
B tan trong dung dch HCl d:
Fe + 2HCl > FeCl
2
+ H
2
FeO + HCl > FeCl
2

+ H
2
O
Fe
3
O
4
+ 8HCl > 2FeCl
3
+ FeCl
2
+ 4H
2
O
Fe
2
O
3
+ 6HCl > 2FeCl
3
+ 3H
2
O

n
H2
=
4,22
6272,0
= 0,028 mol

x= 0,028 (5)
Khi lng st trong hn hp A bng khi lng trong hn hp B
56(a+2b)= 56(x+ y+ 3z+ 2t)

x+y+ 3z + 2t= 0,07 (6)
T (3), (4), (5), (6)

x= 0,028 y=0,012
z= 0,006 t=0,006
%Fe= 32,78% %FeO=18,06%
%Fe
3
O
4
=29,1% % Fe
2
O
3
= 20,06%
Bi 6: Có hai dung dịch; H
2
SO
4
(dung dịch A), và NaOH (dung dịch B). Trộn 0,2 lít dung dịch A với
0,3 lít dung dịch B đợc 0,5 lít dung dịch C.
Lấy 20 ml dung dịch C, thêm một ít quì tím vào, thấy có màu xanh. Sau đó thêm từ từ dung dịch
HCl 0,05M tới khi quì tím đổi thành màu tím thấy hết 40 ml dung dịch axit.
Trộn 0,3 lít A với 0,2 lít B đợc 0,5 lít dung dịch D. Lấy 20 ml dung dịch D, thêm một ít quì tím
vào thấy có màu đỏ. Sau đó thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1M tới khi quì tím đổi thành màu tím thấy

hết 80 ml dung dịch NaOH.
a. Tính nồng độ mol/l của 2 dung dịch A và B.
b. Trộn V
B
lít dung dịch NaOH vào V
A
lít dung dịch H
2
SO
4
ở trên ta thu đợc dung dịch E. Lấy V
ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch BaCl
2
0,15 M đợc kết tủa F. Mặt khác lấy V ml
dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl
3
1M đợc kết tủa G. Nung F hoặc G ở nhiệt độ
cao đến khối lợng không đổi thì đều thu đợc 3,262gam chất rắn. Tính tỉ lệ V
B
:V
A
HD Gii:
a. PTHH:
+ Lần thí nghiệm 1: 2NaOH + H
2
SO
4
Na
2
SO

4
+ 2H
2
O (1)
Vì quì tím hóa xanh, chứng tỏ NaOH d. Thêm HCl:
HCl + NaOH NaCl + H
2
O (2)
+ lần thí nghiệm 2: phản ứng (1) xảy ra, sau đó quì hóa đỏ chứng tỏ H
2
SO
4
d. Thêm
NaOH: 2NaOH + H
2
SO
4
Na
2
SO
4
+ 2H
2
O (3)
+ Đặt x, y lần lợt là nồng độ mol/l của dung dịch A và dd B: Từ (1),(2),(3) ta có:
0,3y - 2.0,2x =
0,05.40 500
.
1000 20
= 0,05 (I)

0,3x -
0,2
2
y
=
0,1.80 500
1000.2 20
= 0,1 (II)
Giải hệ (I,II) ta đợc: x = 0,7 mol/l , y = 1,1 mol/l
b. Vì dung dịch E tạo kết tủa với AlCl
3
, chứng tỏ NaOH còn d.
AlCl
3
+ 3NaOH Al(OH)
3
+ 3NaCl (4)
2Al(OH)
3

0
t

Al
2
O
3
+ 3H
2
O (5)

Su tm v gii thiu: Trng Th Tho Website: violet.vn/thethao0481
Na
2
SO
4
+ BaCl
2
BaSO
4
+ 2NaCl (6)
Ta có n(BaCl
2
) = 0,1.0,15 = 0,015 mol
n(BaSO
4
) =
3,262
233
= 0,014mol < 0,015
=> n(H
2
SO
4
) = n(Na
2
SO
4
) = n(BaSO
4
) = 0,014mol . Vậy V

A
=
0,014
0,7
= 0,02 lít
n(Al
2
O
3
) =
3,262
102
=0,032 mol và n(AlCl
3
) = 0,1.1 = 0,1 mol.
+ Xét 2 trờng hợp có thể xảy ra:
- Trờng hợp 1: Sau phản ứng với H
2
SO
4
, NaOH d nhng thiếu so vời AlCl
3
(ở p (4): n(NaOH) p trung
hoà axit = 2.0,014 = 0,028 mol
n(NaOH p (4) = 3n(Al(OH)
3
) = 6n(Al
2
O
3

) = 6.0,032 = 0,192 mol.
tổng số mol NaOH bằng 0,028 + 0,192 = 0,22 mol
Thể tích dung dịch NaOH 1,1 mol/l là
0,22
1,1
= 0,2 lít . Tỉ lệ V
B
:V
A
= 0,2:0,02 =10
- Trờng hợp 2: Sau (4) NaOH vẫn d và hoà tan một phần Al(OH)
3
:
Al(OH)
3
+ NaOH NaAlO
2
+ 2H
2
O (7)
Tổng số mol NaOH p (3,4,7) là: 0,028 + 3.0,1 + 0,1 - 2.0,032 = 0,364 mol
Thể tích dung dịch NaOH 1,1 mol/l là
0,364
1,1
0,33 lít
=> Tỉ lệ V
B
:V
A
= 0,33:0,02 = 16,5

Bi 7: Cho 5,12 gam hn hp X gm 3 kim loi Mg, Fe v Cu dng bt tỏc dng vi 150 ml dung
dch HCl 2M, sau khi phn ng kt thỳc thy ch thoỏt ra 1,792 lớt khớ H
2
(ktc). em lc ra thu
c 1,92 gam cht rn B.
a. Tớnh khi lng mi kim loi cú trong hn hp X.
b. Cho 2,56 gam hn hp X tỏc dng vi 250 ml dung dch AgNO
3
0,34M. Khuy k hn hp
cho phn ng xy ra hon ton, thu c dung dch v cht rn E. Tớnh khi lng ca cht rn E.
HD Gii:
a. Cỏc phng trỡnh húa hc:
Mg + 2HCl

MgCl
2
+ H
2
(1)
Fe + 2HCl

FeCl
2
+ H
2
(2)
Vỡ
2
H
n

=
1,792
22,4
= 0,08 mol <
1
2
HCl
n
= 0,15 mol nờn axit cũn d sau phn ng.
Vy khi lng Cu cú trong 5,12 gam hn hp X l:
Cu
m
= 1,92 gam
Gi x v y ln lt l s mol Mg v Fe cú trong 5,12 gam hn hp X. Theo bi ta cú:
24x + 56y = 5,12 1,92 = 3,2 (I)
Mt khỏc, s mol H
2
sinh ra t (1) v (2) ta cú:
x + y = 0,08 (II)
T (I) v (II) ta cú:
x = y = 0,04 mol
Vy khi lng mi kim loi trong hn hp l:
Mg
m
= 0,04 . 24 = 0,96 gam
Fe
m
= 0,04 . 56 = 2,24 gam
b. Cỏc phng trỡnh phn ng xy ra:
Mg + 2AgNO

3


Mg(NO
3
)
2
+ 2Ag (3)
Fe + 2AgNO
3


Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (4)
Sưu tầm và giới thiệu: Trương Thế Thảo – Website: violet.vn/thethao0481
Cu + 2AgNO
3

→
Cu(NO
3
)
2
+ 2Ag (5)
Ta nhận thấy lượng hỗn hợp X tham gia phản ứng với AgNO
3
bằng

1
2
lượng hỗn hợp X tham
gia phản ứng với HCl. Vậy số mol mỗi kim loại có trong 2,56 gam hỗn hợp X là:
Mg
n
=
Fe
n
= 0,02 mol;
Cu
n
=
1 1,92
.
2 64
= 0,015 mol
Theo đề bài, số mol AgNO
3
là:
3
AgNO
n
= 0,25 . 0,34 = 0,085 mol
Theo phản ứng (3) và (4) ta dễ thấy Mg và Fe phản ứng hết. Lượng AgNO
3
tham gia phản ứng
(3) và (4) là: 2 . (0,02 + 0,02) = 0,08 mol
Vậy lượng AgNO
3

tham gia phản ứng (5) là: 0,085 - 0,08 = 0,005 mol
Vậy lượng Cu tham gia phản ứng là:
0,005
2
= 0,0025 mol
Lượng Cu còn dư là: 0,015 - 0,0025 = 0,0125 mol
Vậy chất rắn E gồm Ag và Cu dư với khối lượng là:
E
m
= 0,085 . 108 + 0,0125 . 64 = 9,98 gam
Bài 8: Hỗn hợp A gồm hai kim loại Na và Al.
1) Hòa tan A vào nước dư:
a) Xác định tỉ lệ số mol
Na
Al
n
n
để hỗn hợp A tan hết?
b) Nếu khối lượng A là 16,9 gam cho tan hết trong lượng nước dư thì thu được 12,32 lít khí H
2
(đktc). Xác định khối lượng mỗi kim loại trong A?
2) Cho 16,9 gam hỗn hợp A như trên vào 2 lít dung dịch HCl 0,75M, phản ứng xong thu được dung
dịch X. Cho 2 lít dung dịch KOH vào X kết thúc các phản ứng thì thu được 7,8 gam kết tủa. Xác
định nồng độ mol/lít của dung dịch KOH đã dùng?
HD Giải:
1. a) Cho hỗn hợp A tan hết trong nước.
PTHH : 2Na + 2H
2
O
→

2NaOH + H
2
(1)
2Al +2NaOH + 2H
2
O
→
2NaAlO
2
+ 3H
2
(2)
Gọi x, y lần lượt là số mol Na, Al trong hỗn hợp A ( x, y>0)
Theo PT 1, 2 để hỗn hợp A tan hết thì n
Na:
n
Al =
1
x
y
≥
b) Khi m
A
= 16,9 (gam) và
2
12,32
0,55( )
22,4
H
n mol= =

ta có phương trình: 23x + 27y = 16,9(I)
Theo PT 1:
2
1 1
( )
2 2
H Na
n n x mol= =
Theo PT 2:
2
3 3
( )
2 2
H Al
n n y mol= =
Ta có PT:
1 3
0,55( )
2 2
x y II+ =
Kết hợp I và II ta có hệ: 23x + 27y = 16,9

1 3
0,55
2 2
x y+ =
Giải hệ ta được: x = 0,5; y = 0,2. Vậy khối lượng của Na = 0,5.23= 11,5(gam)
Sưu tầm và giới thiệu: Trương Thế Thảo – Website: violet.vn/thethao0481
Khối lượng của Al = 0,2.27 = 5,4 (gam)
2. Cho 16,9 gam A ( Na = 0,5 mol; Al = 0,2 mol) vào dung dịch HCl

n
HCl
= 2. 0,75 = 1,5 (mol)
PTHH: 2Na + 2HCl
→
2NaCl + H
2
(3)
2Al + 6HCl
→
2AlCl
3
+ 3H
2
(4)
Vì n
HCl
= 1,5 > n
Na
+ 3n
Al
= 1,1 (mol). Vậy HCl phản ứng dư.
Ta có : n
HCl dư
= 1,5 - 1,1 = 0,4 (mol)
Khi cho dung dịch KOH và dung dịch sau phản ứng vì có kết tủa HCl hết:
PTHH: KOH + HCl
→
KCl + H
2

O ( 5)
0,4 0,4
3KOH + AlCl
3

→
Al(OH)
3
+ 3KCl (6)
3a a a
Có thể xảy ra : KOH + Al(OH)
3

→
KAlO
2
+ H
2
O (7)
b b
Trường hợp 1: không xảy ra phản ứng 7. AlCl
3
dư, KOH hết
a =
7,8
0,1( )
78
mol=
⇒
n

KOH
= 0,4 + 0,3 = 0,7 (mol).
Vậy nồng độ dung dịch KOH là: C
M =
0,7
0,35
2
M=
Trường hợp 2: Xảy ra phản ứng 7. Sau phản ứng 6 AlCl
3
hết, sau pứ 7 KOH hết Al(OH)
3
dư = 0,1
(mol)
⇒
a = 0,2
⇒
b = a – 0,1 = 0,1(mol)

⇒
n
KOH
= 0,4 + 3a + b = 1,1 (mol)
Vậy nồng độ dung dịch KOH là: C
M
1,1
0,55
2
M= =
Bài 9: Hòa tan hoàn toàn 24,625 gam hỗn hợp muối gồm KCl, MgCl

2
và NaCl vào nước, rồi thêm vào
đó 300 ml dung dịch AgNO
3
1,5M. Sau phản ứng thu được dung dịch A và kết tủa B. Cho 2,4 gam
Mg vào dung dịch A, khi phản ứng kết thúc lọc tách riêng chất rắn C và dung dịch D. Cho toàn bộ
chất rắn C vào dung dịch HCl loãng dư, sau phản ứng thấy khối lượng của chất rắn C giảm đi 1,92
gam. Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch D, lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi
được 4 gam chất rắn E. Tính phần trăm khối lượng các muối có trong hỗn hợp ban đầu.
HD Giải:
KCl + AgNO
3
AgCl + KNO
3
(1)
NaCl + AgNO
3
AgCl + NaNO
3
(2)
MgCl
2
+ 2AgNO
3
2AgCl + Mg(NO
3
)
2
(3)
Mg + 2AgNO

3
dư Mg(NO
3
)
2
+ 2Ag (4)
Mg dư + 2HCl MgCl
2
+ H
2
(5)
Mg(NO
3
)
2
+ 2NaOH Mg(OH)
2
+ 2NaNO
3
(6)
Mg(OH)
2
MgO + H
2
O (7)
Từ (6,7): n = n =
40
4
= 0,1 mol
Mg(NO

3
)
2

MgO
Su tm v gii thiu: Trng Th Tho Website: violet.vn/thethao0481
Ta cú: n =
24
92,1
= 0,08 mol

n = n =
24
4,2
0,08 = 0,02 mol.
T (4): n = 2. 0,02 = 0,04 mol
T (3): n = n = 0,1 0,02 = 0,08 mol

n = 0,16mol
t x, y l s mol KCl, NaCl
T (1-2): 74,5x + 58,5y = 24,625 0,08. 95 = 17,025 (I)
x + y = (0,3. 1,5) (0,16 + 0,04) = 0,25 (II)
Gii (I, II): x = 0,15 ; y = 0,1.
Vy %m =
625,24
1005,7415,0 xx
= 45,38%.
%m =
625,24
1005,581,0 xx

= 23,76%.
%m = 30,86%.
Bi 10: Hoà tan 5,64 gam Cu(NO
3
)
2
và 1,70 gam AgNO
3
vào nớc đợc 101,43 gam dung dịch A. Cho
1,57 gam bột kim loại gồm Al và Zn vào dung dịch A. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu đợc
phần rắn B và dung dịch D chỉ chứa hai muối. Ngâm rắn B trong dung dịch H
2
SO
4
loãng không thấy
có khí bay ra. Hãy tính nồng độ phần trăm mỗi muối trong dung dịch D.
HD Gii:
4 3
0,03; 0,01
CuSO AgNO
n n= =
Al + 3AgNO
3


Al(NO
3
)
3
+ 3Ag

2Al + 3Cu(NO
3
)
2


2Al(NO
3
)
3
+ 3Cu
Zn + 2AgNO
3


Zn(NO
3
)
2
+ 2Ag
Zn + Cu(NO
3
)
2


Zn(NO
3
)
2

+ Cu
Vì D chỉ chứa hai muối và rắn B không phản ứng với H
2
SO
4
loãng nên các chất vừa đủ phản ứng với
nhau;
D chỉ chứa hai muối là Al(NO
3
)
3
, Zn(NO
3
)
2

rắn B là Ag và Cu
Gọi x, y là số mol Al và Zn ta có: 27x + 65y = 1,57 (*)
áp dụng Bảo toàn electron ta có: 3x + 2y = 0,07 (**)
Giải hệ phơng trình đợc x = 0,01 và y = 0,02
Khối lợng dung dịch D = 101,43 + 1,57 - ( 0,03 . 64 + 0,01 . 108) = 100 g
Tính đợc
3 3
( )
%
Al NO
C =
2,13% và
3 2
( )

%
Zn NO
C =
3,78%
Bi 11: Hoà tan m gam hỗn hợp gồm Na
2
CO
3
và NaHCO
3
vào nớc đợc dung dịch A. Cho từ từ đến
hết 100 ml dung dịch HCl 1,5M vào dung dịch A, thu đợc dung dịch B và 1,008 lít khí (đktc). Cho B
tác dụng với Ba(OH)
2
d thu đợc 29,55 gam kết tủa.
a. Hãy tính m
b. Nếu ngời ta đổ hết dung dịch A vào bình đựng 100 ml dung dich HCl 1,5M. Hãy tính thể tích khí
CO
2
(đktc) đợc tạo ra
HD Gii:
a. Gọi x, y lần lợt là số mol Na
2
CO
3
và NaHCO
3
có trong hỗn hợp
Tính số mol HCl = 0,15 mol; số mol BaCO
3

= 0,15 mol; số mol CO
2
= 0,045 mol
Na
2
CO
3
+ HCl

NaHCO
3
+ NaCl
NaHCO
3
+ HCl

NaCl + H
2
O + CO
2

0,045 0,045 0,045
NaHCO
3
+ Ba(OH)
2


BaCO
3

+ NaOH + H
2
O
0,15 0,15
Ta có: Số mol HCl = x + 0,045 = 0,15

x = 0,105
Số mol kết tủa = x + y - 0,045 = 0,15

y = 0,09
m = 0,105 . 106 + 0,09 . 84 = 18,69 gam.
b. Khi đổ dung dịch A vào bình đựng 100 ml dung dich HCl 1,5M xét hai khả năng
* Na
2
CO
3
phản ứng trớc
Na
2
CO
3
+ 2HCl

2NaCl + H
2
O + CO
2

Mg d
Mg(NO

3
)
2

Mg p
AgNO
3

Mg(NO
3
)
2

MgCl
2

AgNO
3

MgCl
2

KCl
NaCl
Su tm v gii thiu: Trng Th Tho Website: violet.vn/thethao0481
0,15 0,075

2
0,075.22,4
CO

V =
= 1,68 l
* NaHCO
3
phản ứng trớc
NaHCO
3
+ HCl

NaCl + H
2
O + CO
2

0,09 0,09 0,09
Na
2
CO
3
+ 2HCl

2NaCl + H
2
O + CO
2

0,06 0,03
Tổng số mol CO
2
= 0,12

2
0,12.22,4
CO
V =
= 2,688 l
Vì hai chất phản ứng đồng thời nên 1,68 l <
2
CO
V
< 2,688 l
Bi 12: Dung dịch A chứa hai muối là AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
trong đó nồng độ của AgNO
3
là 1M. Cho
500 ml dung dịch A tác dụng với 24,05 gam hỗn hợp KI và KCl tạo ra đợc 37,85 gam kết tủa và dung
dịch B. Ngâm một thanh kẽm vào dung dịch B, sau khi kết thúc phản ứng nhận thấy khối lợng thanh
kẽm tăng thêm 22,15 g.
a. Xác định thành phần phần trăm theo số mol của KI và KCl trong hỗn hợp của chúng.
b. Tính khối lợng Cu(NO
3
)
2
có trong 500 ml dung dịch A.

HD Gii:
a. Số mol AgNO
3
= 0,5 mol
Nếu toàn bộ lợng kết tủa là AgCl thì số mol là
37,85
143,5
= 0,2637 mol
Vì số mol kết tủa < 0,2637 < số mol AgNO
3
( 0,5 mol) nên KI và KCl đã phản ứng hết
AgNO
3
+ KI

AgI + KNO
3
(1)
AgNO
3
+ KCl

AgCl + KNO
3
(2)
Đặt x, y là số mol KI và KCl trong hỗn hợp. Ta có hệ phơng trình
166x + 74,5y = 24,05
235x + 143,5y = 37,85
Giải hệ phơng trình đợc x = y = 0,1 mol
Thành phần phần trăm theo số mol của hỗn hợp là 50% KI và 50% KCl

b.
Số mol AgNO
3
= 0,5, đã phản ứng là 0,2 , còn trong dung dịch B là 0,3 mol
Phản ứng với Zn
Zn + 2AgNO
3


Zn(NO
3
)
2
+ 2Ag (3)
Zn + Cu(NO
3
)
2


Zn(NO
3
)
2
+ Cu (4)
Theo (3) khối lợng thanh Zn tăng 0,3.108 - 0,15.65 = 22,65 g
Nh vậy trong phản ứng (4) khối lợng thanh Zn giảm 22,65 - 22,15 = 0,5 g
Theo (4) tính đợc số mol Cu(NO
3
)

2
có trong dung dịch A là 0,5 mol
Khối lợng Cu(NO
3
)
2
trong A là 94 gam
Bi 13: Cho V lớt khớ CO (ktc) i qua ng s cha 3,48 gam oxit kim loi nung núng n phn ng
hon ton thu c m gam kim loi v hn hp khớ cú t khi so vi H
2
bng 20. Dn ton b lng
khớ ny vo bỡnh cha 500 ml dung dch Ba(OH)
2
0,08M, sau phn ng thu c 3,94 gam kt ta v
dung dch A. Lc tỏch kt ta ri cho dung dch nc vụi trong d vo dung dch A ta thu c p
gam kt ta. Cho ton b lng kim loi thu c trờn vo bỡnh cha dung dch HCl d, phn ng
kt thỳc thu c 1,008 lớt H
2
(ktc). Vit cỏc phng trỡnh hoỏ hc ca cỏc phn ng xy ra. Tớnh V,
m, p v xỏc nh cụng thc ca oxit kim loi trờn.
HD Gii:
- t cụng thc oxit kim loi l M
x
O
y
; cú s mol l a.
-
20.2 40M

= =

hỗn hợp khí
CO
2
44 12
40
CO 28 4
2
2
12 1
3
4 3
CO
CO CO
CO
n
n n
n
= = =
d
d
Phng trỡnh hoỏ hc:
Su tm v gii thiu: Trng Th Tho Website: violet.vn/thethao0481
M
x
O
y
+ yCO
o
t

xM + yCO
2
(1)
mol: a ay ax ay
CO
2
+ Ba(OH)
2
BaCO
3
+ H
2
O (2)
CO
2
+ BaCO
3
+ H
2
O Ba(HCO
3
)
2
(3)
Ba(HCO
3
)
2
+ Ca(OH)
2

BaCO
3
+ BaCO
3
+ 2H
2
O (4)
2M + 2nHCl 2MCl
n
+ nH
2
(5)
mol: ax 0,5nax
(Vi n l hoỏ tr ca kim loi M)
- Tớnh V:
Theo (2):
( ) ( ) ( )
3 2
2
BaCO 2 CO 2 Ba OH
n n n 0,08.0,5 0,04 mol= = = =
M
3
BaCO
3,94
n 0,02
197
mol= =
thu đ ợc
( )

n 0,04 0,02 0,02 mol = =
3
BaCO phản ứng 3

Theo (3):
( ) ( )
2 3
CO 3 BaCO
n n 0,02 mol= =
p 3

2
CO
n 0,04 0,02 0,06 mol= + =


2
1 0,06
0,02
3 3
CO CO
n n mol = = =
d


CO
0,06 0,02 0,08 mol n = + =

ban đầu
V = 1,792 lớt

- Tớnh m: ỏp dung LBTKL ta cú: m = 3,48 + 0,06.28 - 0,06.44 = 2,52 gam
- Tớnh p: Theo (3), (4):
( )
3 3
3
2
CaCO BaCO (4)
Ba HCO
0,02 moln n n= = =
p = 0,02 . 100 + 0,02 . 197 = 5,94 gam
- Xỏc nh cụng thc ca oxit kim loi:
Theo (5):
2
1,008 0,09
0,5 ax 0,045 ax
22,4
H
n n mol
n
= = = =
Mt khỏc: m=axM=2,52 gam
2,52
M= .n=28n
0,09



n=2 v M = 56 (Fe) tho món

0,09

ax 0,045
2
= =
Ta li cú
2
0,06
CO
n ay mol= =
0,045 3
0,06 4
x
y
= =
Vy cụng thc oxit kim loi l Fe
3
O
4
Bi 14: Ho tan 19 gam hn hp Na
2
CO
3
v MCO
3
cú s mol bng nhau trong dung dch H
2
SO
4

loóng d, khớ sinh ra c hp th hon ton trong 1 lớt dd Ca(OH)
2

0,15M thu c 18,1 gam hn
hp mui khan. Xỏc nh kim loi M?
HD Gii:
+ t x l s mol ca mi mui cacbonat ta cú: 106x + x(M+60) = 19 (I)
+ Phn ng xy ra:
Na
2
CO
3
+ H
2
SO
4
Na
2
SO
4
+ CO
2
+ H
2
O (1)
MCO
3
+ H
2
SO
4
MSO
4

+ CO
2
+ H
2
O (2)
Ca(OH)
2
+ CO
2
CaCO
3
+ H
2
O (3)
Ca(OH)
2
+ 2CO
2
Ca(HCO
3
)
2
(4)
+ Gi a, b ln lt l s mol Ca(OH)
2
(3, 4). Theo (3, 4) v gi thit ta cú h:
Sưu tầm và giới thiệu: Trương Thế Thảo – Website: violet.vn/thethao0481
a b 0,15
100a 162b 18,1
+ =



+ =


a 0,1 mol
b = 0,05 mol
=



 tổng số mol CO
2
= a + 2b = 0,2 mol.
+ Theo (1, 2) ta có: số mol CO
2
= x + x = 0,2 mol  x = 0,1 mol. Thay x = 0,1 mol vào (I) ta được:
M = 24. Vậy M là Magie.
Bài 15: Hòa tan hết 5,6 gam Fe trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng thu được dung dịch A. Thêm NaOH
dư vào A thu được kết tủa B. Nung B trong điều kiện không có oxi đến khối lượng không đổi được
chất rắn D còn nung B trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn E. Biết m
E
– m
D
= 0,48 gam. Tính số mol mỗi chất trong A?
HD Giải:

+ Khi Fe phản ứng với H
2
SO
4
đặc nóng phải có phương trình.
2Fe + 6H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O
+ Nếu A chỉ có Fe
2
(SO
4
)
3
thì B chỉ có Fe (OH)
3
 khi nung trong điều kiện không có oxi và trong
không khí đều thu được Fe

2
O
3
không phù hợp với giả thiết do đó A phải có FeSO
4
do có phản ứng:
Fe + Fe
2
(SO
4
)
3
→ 3FeSO
4
+ Nếu sau pư trên mà cả Fe và Fe
2
(SO
4
)
3
đều phản ứng hết thì A chỉ có FeSO
4
khi đó dễ thấy m
E
– m
D
= 0,8 gam (trái giả thiết). Vậy A phải có hai muối
+ Đặt x, y lần lượt là số mol FeSO
4
và Fe

2
(SO
4
)
3
có trong A ta có:
0,1 mol Fe
4
2 4 3
FeSO : x mol
Fe (SO ) : y mol

→


+ Áp dụng ĐLBTNT ta có: x + 2y = 0,1 (I)
+ Khhi A + NaOH ta có:
FeSO
4
+ 2NaOH → Fe(OH)
2
↓ + Na
2
SO
4
Mol: x x
Fe
2
(SO
4

)
3
+ 6NaOH → 2Fe(OH)
3
↓ + 3Na
2
SO
4
Mol: y 2y
 Kết tủa B có: x mol Fe(OH)
2
và 2y mol Fe(OH)
3
.
+ Khi nung B không có oxi ta có:
Fe(OH)
2

0
t
→
FeO + H
2
O
Mol: x x
2Fe(OH)
3

0
t

→
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
Mol: 2y y
 m
D
= 72x + 160y (II)
+ Khi nung B trong không khí ta có:
2Fe(OH)
2
+ ½ O
2
0
t
→
Fe
2
O
3
+ 2H
2
O
Mol: x 0,5x
2Fe(OH)
3

0
t
→
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
Mol: 2y y
 m
E
= 80x + 160y (III)
+ Từ (II, III) và giả thiết ta có: (80x+160y) – (72x+160y) = 0,48 hay x = 0,06 mol
+ Thay x = 0,06 mol vào (I) được y = 0,02 mol.
+ Vậy A có 0,06 mol FeSO
4
và 0,02 mol Fe
2
(SO
4
)
3
.
Bài 16: Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R có hóa trị không đổi. Hòa tan hết 3,3 gam X trong dung
dịch HCl dư được 2,9568 lít khí ở 27,3
0
C và 1 atm. Mặt khác cũng hòa tan hết 3,3 gam trên trong

dung dịch HNO
3
1M lấy dư 10% thì được 896 ml hỗn hợp khí Y gồm N
2
O và NO ở đktc có tỉ khối so
với hỗn hợp (NO + C
2
H
6
) là 1,35 và dung dịch Z chứa hai muối.
a. Tìm R và % khối lượng các chất trong X
Sưu tầm và giới thiệu: Trương Thế Thảo – Website: violet.vn/thethao0481
b. Cho Z phản ứng với 400 ml dung dịch NaOH thấy xuất hiện 4,77 gam kết tủa. Tính C
M
của NaOH
biết Fe(OH)
3
kết tủa hoàn toàn.
HD Giải:
a/
Số mol H
2
=
2,9568.1
0,082.(27,3 273)+
= 0,12 mol; số mol Y =
0,896
22,4
= 0,04 mol
+ Gọi a, b lần lượt là số mol của N

2
O và NO, vì NO và C
2
H
6
đều có M = 30 đvC nên ta có hệ:

a b 0,04
44a 30b
1,35
30(a b)
+ =


+

=

+


a 0,03 mol
b = 0,01 mol
=



+ Đặt x, y lần lượt là số mol của Fe và R trong 3,3 gam X ta có: 56x + Ry = 3,3 (I)
+ Gọi n là hóa trị của R(n
≤

4). Áp dụng ĐLBT electron ta có:
2x ny 0,12.2
3x ny 0,03.8 0,01.3
+ =


+ = +


x 0,03 mol (II)
ny = 0,18 mol (III)
=



+ Thay x = 0,03 mol vào (I) được; Ry = 1,62 (IV)
+ Chia (IV) cho (III) được: R = 9n  chỉ có n = 3; R = 27 = Al là phù hợp khi đó thay n = 3 vào (III)
ta có: y = 0,06 mol
+ Vậy: R là Al với %m
Al
=
0,06.27
.100%
3,3
= 49,1%; %m
Fe
= 50,9%
b/ + Ta có: Số mol HNO
3
phản ứng = tổng số mol e trao đổi + số mol N trong khí

= (0,03.8 + 0,01.3) + (0,03.2 + 0,01.1) = 0,34 mol
 Số mol HNO
3
dư = 0,34.10/100 = 0,034 mol.
+ Ta luôn có: n
Fe(NO3)3
= n
Fe
và n
Al(NO3)3
= n
Al
.
Do đó dung dịch Z có: Fe(NO
3
)
3
= 0,03 mol; Al(NO
3
)
3
= 0,06 mol; HNO
3
dư = 0,034 mol
Khi Z + dd NaOH:
HNO
3
+ NaOH → NaNO
3
+ H

2
O (1)
Mol: 0,034 0,034
Fe(NO
3
)
3
+ 3NaOH → Fe(OH)
3
↓ + 3NaNO
3
(2)
Mol: 0,03 0,09 0,03
Al(NO
3
)
3
+ 3NaOH → Al(OH)
3
↓ + 3NaNO
3
(3)
Mol: 0,06
Có thể có: Al(OH)
3
+ NaOH → NaAlO
2
+ 2H
2
O (4)

+ Khối lượng Al(OH)
3
= 4,77 – 0,03.107 = 1,56 gam  Al(OH)
3
= 0,02 mol
TH1: không xảy ra phản ứng (4):
Số mol NaOH = 0,034 + 0,09 + 3.0,02 = 0,184 mol  C
M
= 0,46 M
TH2: xảy ra phản ứng (4):
Số mol NaOH = 0,034 + 0,09 + 3.0,06 + (0,06 – 0,02) = 0,344 mol  C
M
= 0,86M
Bài 17: Cho một mẫu Na vào 200 ml dung dịch AlCl
3
thu được 2,8 lit khí ở đktc và một kết tủa A.
Nung A đến khối lượng không đổi thu được 2,55 gam chất rắn. Tính nồng độ mol/lit của dung dịch
AlCl
3
.
HD Giải:
Chất rắn là Al
2
O
3

)(025,0
102
55,2
32

moln
OAl
==

2
H
n
=
=
4,22
8,2
0,125 (mol)
Các phản ứng xảy ra: 2Na + 2H
2
O
→
2NaOH + H
2

0,25 0,125
Sưu tầm và giới thiệu: Trương Thế Thảo – Website: violet.vn/thethao0481
Trường hợp 1: NaOH thiếu, chỉ có phản ứng:
3NaOH + AlCl
3

→
Al(OH)
3
+ 3NaCl
0,25

3
25,0
2Al(OH)
3

→
0
t
Al
2
O
3
+ 3 H
2
O

3
25,0

6
25,0
m
rắn
=
6
25,0
102 = 4,25 > 2,55 trường hợp này không xảy ra.
Trường hợp 2: NaOH dư:
Ngoài phản ứng: 3NaOH + AlCl
3

→
Al(OH)
3
+ 3NaCl
0,15 0,05 0,05
2Al(OH)
3

→
0
t
Al
2
O
3
+ 3 H
2
O
0,05 0,025
n
NaOH dư
= 0, 25 0,15 = 0,1 (mol)
Còn có phản ứng:
4NaOH + AlCl
3

→
NaAlO
2

+ 3NaCl + 2H
2
O
0,1 0,025
C
M
AlCl
3
=
2,0
025,005,0 +
= 0,375 M
Bài 18: Dùng V lit khí CO khử hoàn toàn 4 gam một oxit kim lọai, phản ứng kết thúc thu được kim
loại và hỗn hợp khí X. Tỉ khối của X so với H
2
là 19. Cho X hấp thụ hoàn toàn vào 2,5 lit dung dịch
Ca(OH)
2
0,025M người ta thu được 5 gam kết tủa.
a. Xác định kim loại và công thức hóa học của oxit đó.
b. Tính giá trị của V và thể tích của SO
2
ở đktc tạo ra khi cho lượng kim loại thu được ở trên
tan hết vào dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng dư.
HD Giải:
Đặt công thức của oxit kim loại là: A

2
O
x
Các PTHH: A
2
O
x
+ xCO
→
0
t
2A

+ xCO
2
(1)
CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
+ H
2
O

(2)
Có thể có: CaCO

3
+ CO
2
+ H
2
O
→
Ca(HCO
3
)
2
(3)
2
( )Ca OH
n
= 2,5 . 0,025 = 0,0625 (mol);
3
CaCO
n
= 5/100 = 0,05 (mol)
Bài toán phải xét 2 trường hợp:
1.TH1: Ca(OH)
2
dư → phản ứng (3) không xảy ra
Từ (2):
2
CO
n
=
3

CaCO
n
= 0,05 mol → theo (1)
2 x
A O
n
=
1
x
.0,05 mol
Ta có pt: ( 2M
A
+ 16x) . 0,05
1
x
= 4
Giải ra ta được: M
A
= 32 x với x = 2; M
A
= 64 thỏa mãn
Vậy A là Cu, oxit là CuO
Đặt t = n
CO
dư hh khí X , ta cóphương trình tỉ khối:
+
=
+
28t 44.0,05
19

(t 0,05).2

⇒
t = 0,03 mol
→ giá trị của V
CO
ban đầu = (0,03 + 0,05) . 22,4 = 1,792 (lit)
PTHH khi cho Cu vào dd H
2
SO
4
đặc, nóng
Sưu tầm và giới thiệu: Trương Thế Thảo – Website: violet.vn/thethao0481
Cu + 2H
2
SO
4

→
CuSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O (4)
Từ (1): n
Cu
=
2

CO
n
= 0,05 mol. Theo (4):
2
SO
n
= 0,05 mol
→ V = 0,05 . 22,4 = 1,12 (lit)
2. TH2: CO dư → phản ứng (3) có xảy ra
Từ (2):
2
CO
n
=
3
CaCO
n
=
2
( )Ca OH
n
= 0,0625 mol
Bài ra cho:
3
CaCO
n
chỉ còn 0,05 mol chứng tỏ
3
CaCO
n

bị hòa tan ở (3) là:
0, 0625 0,05 = 0,0125 (mol)
Từ (3):
2
CO
n
=
3
CaCO
n
bị hòa tan = 0,0125 mol
→ Tổng
2
CO
n
= 0,0625 + 0,0125 = 0,075 (mol)
Từ (1): n A
2
O
x
=
1
x
. 0,075 (mol)
Ta có pt: (2M
A
+ 16x)
0,075
x
= 4 → M

A
=
56
3
x
Với x = 3; M
A
= 56 thỏa mãn. Vậy A là Fe ; oxit là Fe
2
O
3
Tương tự TH 1 ta cóphương trình tỉ khối:

+
=
+
28t 44.0,075
19
(t 0,075).2
Giải ra ta được t = 0,045
→ V
CO
= (0,075 + 0,045) . 22,4 = 2,688 (lit)
PTHH khi cho Fe vào dd H
2
SO
4 đn
:
2Fe + 6 H
2

SO
4

→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3 SO
2
+ 6 H
2
O

(5)
n
Fe
= 0,025 . 2 = 0,05 (mol) →
2
SO
n
= 0,075 mol
→ V = 0,075 . 22,4 = 1,68 (lit)
Bài 19: Dẫn luồng khí CO dư qua hỗn hợp các oxit: CaO; CuO; Fe
3
O
4
; Al

2
O
3
nung nóng (các oxit có
số mol bằng nhau). Kết thúc phản ứng thu được chất rắn (A) và khí (B). Cho (A) vào H
2
O ( lấy dư)
được dung dịch (C) và phần không tan (D). Cho (D) vào dung dịch AgNO
3
( số mol AgNO
3
bằng 7/4
số mol các oxit trong hỗn hợp đầu), thu được dd (E) và chất rắn (F). Lấy khí (B) cho sục qua dung
dịch (C) được dung dịch (G) và kết tủa (H). Viết các phương trình hoá học của phản ứng xảy ra, xác
định thành phần của (A),(B),(C),(D),(E),(F),(G),(H).
HD Giải:
- Gọi số mol mỗi oxit là a mol;
3
AgNO
n
= 7a mol
+ Phản ứng khi cho CO dư qua hỗn hợp các oxit nung nóng:
CO + CuO
o
t
→
Cu + CO
2
a mol a mol a mol
4CO+ Fe

3
O
4

o
t
→
3Fe+ 4CO
2
4a mol a mol 3a mol
->Thành phần của A: Cu = a mol; Fe = 3a mol; CaO = a mol; Al
2
O
3
= a mol.
->Thành phần khí B: CO
2
= 5a mol; CO dư.
+ Khi cho A vào nước dư:
CaO + H
2
O -> Ca(OH)
2
a mol amol
Al
2
O
3
+ Ca(OH)
2

-> Ca(AlO
2
)
2
+ H
2
O
a mol a mol a mol
-> Thành phần dd C: Ca(AlO
2
)
2
= a mol; H
2
O
-> Thành phần D: Cu = a mol; Fe= 3a mol
SO
2
SO
2
Sưu tầm và giới thiệu: Trương Thế Thảo – Website: violet.vn/thethao0481
+ Khi cho D vào dd AgNO
3
:
Fe + 2AgNO
3
-> Fe(NO
3
)
2

+ 2Ag
3a 6a mol 3a mol 6a mol
Cu + 2AgNO
3
-> Cu(NO
3
)
2
+ 2Ag
0,5a mol a mol 0,5a mol a mol
-> thành phần dd E: Fe(NO
3
)
2
= 3a mol; Cu(NO
3
)
2
= 0,5a mol; H
2
O
-> Thành phần F: Ag= 7a mol; Cu= 0,5a mol
+ Phản ứng khi cho khí B sục qua dd C:
CO
2
+ 3H
2
O + Ca(AlO
2
)

2
-> CaCO
3
+ 2Al(OH)
3
a mol a mol a mol 2 amol
CO
2
+ CaCO
3
+ H
2
O

-> Ca(HCO
3
)
2
a mol a mol a mol
-> Thành phần dung dịch G: Ca(HCO
3
)
2
= a mol; H
2
O
-> Thành phần kết tủa H: Al(OH)
3
= 2a mol
Bài 20: Chia m gam hỗn hợp A gồm Ba và Al thành 2 phần như nhau:

- Phần 1: tan trong nước dư thu được 1,344 lít khí H
2
(đktc) và dung dịch B.
- Phần 2: tan trong dung dich Ba(OH)
2
dư thu được 10,416 lít khí H
2
(đktc)
Tính khối lượng kim loại Al trong hỗn hợp ban đầu?
Cho 50ml dd HCl vào dung dịch B. Sau phản ứng thu được 7,8g kết tủa. Tính nồng độ mol của
dung dịch HCl đã dùng?
HD Giải:
a)
V
H
2
( phần 1) <
V
H
2
( phần 2) do đó ở phần 1, Al còn dư, lượng H
2
được tính theo Ba.
- Gọi a,b lần lượt là số mol của Ba và Al có trong mỗi phần( a,b >0)
* Phần 1: PTHH: Ba + 2H
2
O -> Ba(OH)
2
+ H
2

a mol a mol a mol
2Al + Ba(OH)
2
+ 2H
2
O-> Ba(AlO
2
)
2
+ 3H
2

a mol amol 3a mol
1,344
n 4a 0,06 a 0,015mol
H
22,4
2
→= = = =
n
Ba
= 0,015 mol
* Phần 2: PTHH: Ba + 2H
2
O -> Ba(OH)
2
+ H
2

a mol a mol a mol
2Al + Ba(OH)
2
+ 2H
2
O-> Ba(AlO
2
)
2
+ 3H
2

b mol 1,5b mol
b
10,416
n a 1,5b 0,465 0,3
H
22,4
2
→= + = = =
n
Al
= 0,3 mol -> m
Al
= 0,3.27= 8,1(g)
b)dd B chứa Ba(AlO
2
)
2
: a mol.

0,78
n 0,01mol
Al(OH)
78
3
= =
Có hai trường hợp xảy ra:
* Trường hợp 1: Lượng axit thiếu chỉ đủ để tạo kết tủa theo phản ứng
Ba(AlO
2
)
2
+ 2HCl + 2H
2
O -> BaCl
2
+ 2Al(OH)
3
0,01 mol 0,01 mol
Sưu tầm và giới thiệu: Trương Thế Thảo – Website: violet.vn/thethao0481
0,01
n 0,01mol C 0,2M
M
HCl
0,05
HCl
→= = =
*Trường hợp 2: Lượng axit đủ để xảy ra hai phản ứng, kết tủa bị hòa tan một phần.
Ba(AlO
2

)
2
+ 2HCl + 2H
2
O -> BaCl
2
+ 2Al(OH)
3
0,015 mol 0,03 mol 0,03 mol
Al(OH)
3
+ 3HCl -> AlCl
3
+ 3H
2
O
( 0,03- 0,01) mol 0,06 mol
0,09
n 0,03 0,06 0,09mol C 1,8M
M
HCl
0,05
HCl
→= + = = =
Bài 21: Hỗn hợp chất rắn X gồm 0,1 mol Fe
2
O
3
và 0,2 mol Fe
3

O
4
. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X bằng
dung dịch HCl dư, sau đó cho tiếp dung dịch NaOH dư vào. Kết thúc phản ứng, lọc kết tủa rồi đem
nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn Y. Tính a
HD Giải:
Fe
2
O
3
+ 6HCl 2 FeCl
3
+ 3H
2
O (0,1)
Fe
3
O
4
+ 8HCl 2 FeCl
3
+ FeCl
2
+ 4 H
2
O (0,1)
3 NaOH + FeCl
3
Fe(OH)
3

+ 3 NaCl (0,1)
2 NaOH + FeCl
2
Fe(OH)
2
+ 2 NaCl (0,1)
NaOH + HCl NaCl + H
2
O (0,1)
2Fe(OH)
3
t
0
Fe
2
O
3
+ 3 H
2
O 0,1)
4 Fe(OH)
2
+ O
2
t
0
2 Fe
2
O
3

+ 4 H
2
O (0,1)
Ta có n
Fe
= 0,8 mol (0,3)
=> n
Fe2O3
= 0,4 mol(0,2)
=> m
Fe2O3
= 0,4 . 120 = 48 g(0,3)
Bài 22: Nhúng 1 thanh sắt nặng 100 gam vào 500ml dung dịch hỗn hợp CuSO
4
0,08M và Ag
2
SO
4
0,004M. Sau 1 thời gian lấy thanh sắt ra cân lại và thấy khối lượng là 100,48 gam. Tính khối lượng
kim loại bám vào thanh sắt và nồng độ mol các chất trong dung dịch sau phản ứng. Giả sử thể tích
dung dịch thay đổi không đáng kể.
HD Giải:
-
= =
4 2 4
CuSO Ag SO
n 0,04mol;n 0,002mol
- PTHH Fe + Ag
2
SO

4

→
FeSO
4
+ 2Ag (1)
Fe + CuSO
4

→
FeSO
4
+ Cu (2)
*TH1: Chỉ xảy ra (1). Đặt số
= =
2 4
Fe(p ) Ag SO (p )
n x(mol) n

⇒ = − = −
t¨ng
m 100,48 100 108.2x 56x
⇒ = >
2 4
Ag SO
x 0,003 n (lo¹i)
*TH2: Xảy ra cả (1) và (2)
- Theo (1)
= =
2 4

Fe Ag SO
n n 0,002mol

= =
2 4
Ag Ag SO
n 2n 0,004mol
- Gọi
= = =
4
Fe(p 2) CuSO Cu
n a(mol) n n

⇒ = − = + − −
t¨ng
m 100,48 100 108.0,004 64a 56.0,002 56a
⇒ =a 0,02
- Vậy khối lượng kim loại bám vào thanh sắt là: 108.0,004 + 64.0,02 = 1,712 gam
- Sau pứ trong dd có 0,04–0,02=0,02 mol CuSO
4
dư và 0,002+0,02=0,022 mol FeSO
4
.

= =
CuSO
4
M
0,02
C 0,04M

0,5
;
= =
FeSO
4
M
0,022
C 0,044M
0,5
Sưu tầm và giới thiệu: Trương Thế Thảo – Website: violet.vn/thethao0481
Bài 23: Cho 0,51 gam hỗn hợp A ở dạng bột gồm Fe và Mg vào 100 ml dung dịch CuSO
4
. Sau khi
các phản ứng hoàn toàn, lọc, thu được 0,69 gam chất rắn B và dung dịch C. Thêm dung dịch NaOH
dư vào C, lấy kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, được 0,45 gam chất rắn
D.
a) Tính nồng độ mol của dung dịch CuSO
4
đã dùng.
b) Hòa tan hoàn toàn chất rắn B trong dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng thu được V lít khí SO
2
duy nhất
ở đktc. Tính V?
HD Giải:
Theo đề: Lúc đầu dùng 0,51 gam hỗn hợp Mg và Fe, qua những biến đổi chỉ thu được 0,45 gam MgO
và Fe

2
O
3
⇒ CuSO
4
thiếu, Fe dư.
Các phương trình hóa học:
Mg + CuSO
4
→ MgSO
4
+ Cu (1)
Fe + CuSO
4
→ FeSO
4
+ Cu (2)
Vì Mg mạnh hơn Fe nên Mg phản ứng hết, Fe phản ứng với phần CuSO
4
còn lại và Fe dư. Do đó chất
rắn B gồm Cu và Fe dư.
MgSO
4
+ 2NaOH → Mg(OH)
2
↓ + Na
2
SO
4
(3)

FeSO
4
+ 2NaOH → Fe(OH)
2
↓ + Na
2
SO
4
(4)
Nung kết tủa trong không khí:
Mg(OH)
2
→ MgO + H
2
O (5)
4Fe(OH)
2
+ O
2
→ 2Fe
2
O
3
+ 4H
2
O (6)
Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và Fe có trong 0,51 gam hỗn hợp, a là số mol Fe tham gia phản
ứng (2).
Ta có: 24x + 56y = 0,51 (I)
56(y – a) + 64(x + a) = 0,69 (II)

40x + 160.a/2 = 0,45 (III)
Kết hợp (I), (II) và (III) ta có: x = 0,00375 ; y = 0,0075 ; a = 0,00375
a) Nồng độ mol của dung dịch CuSO
4
:
C
M(CuSO
4
)
=
075,0
100
1000.2.00375,0
=
M
b) Thể tích khí SO
2
sinh ra (đktc).
Chất rắn B gồm Fe dư và Cu. Khi cho B tác dụng với H
2
SO
4
đặc, nóng:
2Fe + 6H
2
SO
4(đặc,nóng)
→ Fe
2
(SO

4
)
3
+ 3SO
2
↑ + 6H
2
O (7)
Cu + 2H
2
SO
4(đặc,nóng)
→ CuSO
4
+ SO
2
↑ + 2H
2
O (8)
(7) → n
SO
2
=
2
3
n
Fe dư
=
2
3

(y – a) =
2
3
(0,0075 – 0,00375) = 0,005625 mol
(8) → n
SO
2
= n
Cu
= x + a = 0,0075 + 0,00375 = 0,01125 mol
V
SO
2
= 22,4.(0,005625 + 0,01125) = 0,378 lít.
Bài 24: Hoà tan hỗn hợp A thu được từ sự nung bột Al và S bằng dung dịch HCl lấy dư thấy còn lại
0,04 gam chất rắn và có 1,344 lít khí bay ra ở (đktc). Cho toàn bộ khí đó đi qua dung dịch Pb(NO
3
)
2

lấy dư, sau phản ứng thu được 7,17 gam kết tủa màu đen.
Xác định thành phần phần trăm khối lượng của Al và S trước khi nung.
HD Giải:
2Al + 3S = Al
2
S
3
(1)
T/h 1: Hỗn hợp A gồm: Al
2

S
3
và Al dư.
Theo gt A tdụng dd HCl dư, sp’còn 0,04 gam chất rắn (Vô lý) loại
T/h 2: Hỗn hợp A gồm: Al
2
S
3
và S dư.
Al
2
S
3
+ 6HCl = 2AlCl
3
+ 3H
2
S (2)
t
0
t
0
Sưu tầm và giới thiệu: Trương Thế Thảo – Website: violet.vn/thethao0481
H
2
S + Pb(NO
3
)
2
= PbS + 2HNO

3
(3)
n = 1,344 : 22,4 = 0,06mol
Từ (3): n = n = 0,06mol (Vô lý), loại
Vậy T/h 3: Hỗn hợp A phải gồm:Al
2
S
3
, Aldư, Sdư.( pứ xảy ra không h/toàn)
2Al
dư
+ 6HCl = 2AlCl
3
+ 3H
2
(2
/
)
Ta có: n = 0,06mol; m = 0,04gam
Từ (3): n = 0,03mol n = 0,06 - 0,03 = 0,03mol
Từ (1,2): n = n = 0,03 : 3 = 0,01mol
Từ (1): n = 2n = 2 . 0,01 = 0,02mol
n = 3n = 3 . 0,01= 0,03mol
Từ (2
/
): n = n = . 0,03 = 0,02mol
m = ( 0,02 + 0,02 ). 27 = 1,08 gam
m = 0,03.32 + 0,04 = 1 gam
Vậy : % m = = 51,92%
% m = 48,08%

Bài 25: Cho 27,4 gam Ba vào 500 gam dd hỗn hợp gồm CuSO
4
2% và (NH
4
)
2
SO
4
1,32% rồi đun
nóng để đuổi hết NH
3
. Sau khi kết thúc tất cả các phản ứng được khí A, kết tủa B, dung dịch C.
a) Tính thể tích khí A ở đktc
b) Lấy kết tủa B rửa sạch rồi nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được bao
nhiêu gam chất rắn?
c) Tính nồng độ % của chất tan trong dung dịch C.
HD Giải:
Ba + 2H
2
O
→
Ba(OH)
2
+ H
2
(1)
Ba(OH)
2
+ CuSO
4

→
Cu(OH)
2

↓
+ BaSO
4

↓
(2)
Ba(OH)
2
+ (NH
4
)
2
SO
4

→
BaSO
4

↓
+ 2NH
3
+ 2H
2
O (3)

(Cã thÓ viÕt 2 PT: Ba(OH)
2
+ (NH
4
)
2
SO
4

→
BaSO
4

↓
+ NH
4
OH
Sau ®ã : NH
4
OH
→
0
t
NH
3
+H
2
O )
Cu(OH)
2

→
0
t
CuO + H
2
O (4)
BaSO
4

→
0
t
Không xảy ra phản ứng.
Theo (1) ta có n
H
2
= n
Ba(OH)
2
= n
Ba
=
137
4,27
= 0,2 (mol)
n
424
SO)NH(
=

=
100.132
500.32,1
0,05 (mol)
n
4
CuSO
=
160.100
500.2
= 0,0625 (mol)
Ta thấy n
2
)OH(Ba
> n
424
SO)NH(
+ n
4
CuSO
nên Ba(OH)
2
dư và 2 muối đều phản ứng hết
Theo (2) ta có: n
2
)OH(Ba
= n
2
)OH(Cu
= n

4
BaSO
= n
4
CuSO
= 0,0625 (mol)
Theo (3) ta có: n
2
)OH(Ba
= n
4
BaSO
= n
424
SO)NH(
= 0,05 (mol)
H
2
S
H
2
S PbS
mol03,0
239
17,7
=
≠
(H
2
S, H

2
)
Sdư
H
2
S H
2
Al
2
S
3
3
1
H
2
S
Al
pư
Al
2
S
3
S
pư
Al
2
S
3
Al
dư

3
2
H
2
3
2
Al
bđ
S
bđ
m
hh
= 1,08 + 1 = 2,08 gam
Al
bđ

08,2
10008,1 x
S
bđ
Su tm v gii thiu: Trng Th Tho Website: violet.vn/thethao0481
v n
3
NH
= 2n
424
SO)NH(
= 0,05 . 2 = 0,1 (mol)

n

2
)OH(Ba
d = 0,2 (0,05 + 0,0625) = 0,0875 (mol)
a) V
A(KTC)
= V
2
H
+ V
3
NH
= (0,2 + 0,1). 22,4 = 6,72 (l)
b) Theo (4) ta cú: n
CuO
= n
2
)OH(Cu
= 0,0625 (mol)
m
cht rn
= m
4
BaSO
+ m
CuO
= (0,0625 + 0,05). 233 + 0,0625 . 80 = 31,2125 (g)
c) dd C ch cú dd Ba(OH)
2
d
m

ddC
= m
Ba
+ m
dd hn hp ban u
m

4
BaSO
m

2
)OH(Cu
m

2
H
m

3
NH


m
ddC
= 27,4 + 500 0,1125 . 233 0,0625 . 98 0,2 . 2 0,1 . 17 = 492,96 (g)
C%
ddBa(OH)
2
d

=
%100.
96,492
171.0875,0
= 3,035% ( làm tròn thành 3,04%)
Bi 26: Khi hòa tan hết cùng một lợng kim loại R vào dung dịch H
2
SO
4
loãng vừa đủ và vào dung
dịch HNO
3
loãng vừa đủ thì lợng khí H
2
và NO thoát ra có thể tích bằng nhau (ở cùng điều kiện). Đem
cô cạn hai dung dịch sau phản ứng thì nhận đợc khối lợng muối sunfat bằng 62,81% khối lợng muối
nitrat. Xác định kim loại R .
HD Gii:
Vì khi phản ứng với HNO
3
và H
2
SO
4
hóa trị của R trong các muối tạo thành có thể khác nhau. Gọi x,
y lần lợt là hóa trị của R trong muối sun fat và muối nitrat
( x,y


*

N
)
Các PTHH xảy ra: 2R + x H
2
SO
4


R
2
(SO
4
)
x
+ x H
2
. (1)
a
2
a

2
ax
3R +4 y HNO
3


3R(NO
3
)

y
+ yNO+ 2yH
2
O (2)
a a
3
ay
Gọi a là số mol R tham gia phản ứng (1) và (2)( a >0)
Theo bài ra : n
H
2
= n
NO
, hay :
2
ax
=
3
ay


x =
3
2y
Mặt khác :
2
a
(2R+ 96x ) = 0,6281. a(R +62 y)

R + 48x = 0,6281R+38,9422y

0,3719 R = 38,9422y 48x
Thay x =
3
2y
vào ta có : 0,3719 R = 38,9422y 48.
3
2y

0,3719 R= 6,9422 y

R=18,67 y ( xét thấy y= 3, R = 56 thỏa mãn với kim loại Fe)
Vậy R là Fe ( x= 2)
Bi 27: Cho 25,65g hn hp X gm Al, Fe, Cu vo m
1
gam dung dch Y cha HCl v H
2
SO
4
thu
c m
2
gam dung dch Z ch cha cỏc mui tan v V lit (ktc) khớ H
2
, cũn li m
3
gam mt kim loi
khụng tan. Cho t t dung dch Na
2

CO
3
ti d vo dung dch Z thỡ thu c 23,3 gam hn hp cht
rn T. Cỏc phn ng xy ra hon ton.
a) Vit cỏc phng trỡnh phn ng xy ra.
b) Tớnh khi lng ca mi kim loi cú trong hn hp X. Bit m
2
m
1
= 9 gam
c) Tớnh khi lng mui cú trong dung dch Z
HD Gii: Cỏc PTHH xy ra:
2Al + 6HCl 2AlCl
3
+ 3H
2
(1)
2Al + 3H
2
SO
4
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
(2)

Fe + 2HCl FeCl
2
+ H
2


(3)
Fe + H
2
SO
4
Fe SO
4
+ H
2
(4)
3Na
2
CO
3
+ 2AlCl
3
+ 3H
2
O 6NaCl + 2Al(OH)
3
+ 3CO
2
(5)
Sưu tầm và giới thiệu: Trương Thế Thảo – Website: violet.vn/thethao0481

3Na
2
CO
3
+ Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O → 3Na
2
SO
4
+ 2Al(OH)
3
↓ + 3CO
2
(6)
Na
2
CO
3
+ FeCl
2
→ 2NaCl + FeCO
3
↓ (7)

Na
2
CO
3
+ FeSO
4
→ Na
2
SO
4
+ FeCO
3
↓ (8)
Theo đề: 25,65 gam X + m
1
(g) dd axit → m
2
(g) dung dịch muối + m
3
(g) Cu + V(l) H
2
Vì m
2
– m
1
= 9(g) nên khối lượng KL pư nhiều hơn khối lượng H
2
thoát ra là 9 gam
Gọi x,y là số mol của Al và Fe trong hỗn hợp
78x + 116y = 23,3 (*)

27x + 56y – 2(1,5x + y)= 9 ⇔ 24x + 54y = 9 (**)
Giải (*) và (**) được: x = 0,15 ; y = 0,1
m
Al
= 4,05 (g) ; m
Fe
= 5,6(g) ; m
Cu
= 16(g)
c)
H
2
n
= (1,5. 0,15 + 0,1) = 0,325 mol
-Nếu dung dịch axit chỉ có HCl:
Số mol Cl = 2.số mol H
2
= 0,65 mol
Khối lượng muối trong Z: m = 4,05 + 5,6 + 0,65× 35,5 = 32,725 g
- Nếu dung dịch axit chỉ có H
2
SO
4
Số mol SO
4
= số mol H
2
= 0,325 (mol)
Khối lượng muối trong Z: m = 4,05 + 5,6 + 0,325× 96 = 40,85 g
Vậy khối lượng muối trong Z nằm trong khoảng: 32,725g < m < 40,85 gam