tài liệu Lý thuyết và bài tập ôn thi hóa học

LỜI MỞ ĐẦU
Năm 2014 đã trôi qua. Bước sang năm 2015 Diễn đàn Bookgol xin được gửi những lời chúc tốt đẹp
nhất đến toàn thể các bạn cùng gia đình, một năm mới An khang thịnh vượng - Vạn sự như ý. Để cảm ơn
sự ủng hộ của các bạn trong năm 2014 cũng như cùng chào đón năm 2015 với nhiều sự đổi mới, đặc biệt
là những đổi mới của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo trong kỳ thi Quốc gia cấp bậc THPT. Diễn đàn Bookgol
đã chuẩn bị một số món quà nhỏ dành cho các bạn nhân dịp năm mới.
Bài tập tổng hợp Bookgol là một trong những món quà đó. Tài liệu được chia làm 2 phần
Phần 1: Phần lý thuyết: Tổng hợp những câu hỏi lý thuyết đa dạng với nhiều ứng dụng thực tế.
Phần 2: Phần bài tập: Tổng hợp những bài tập phong phú gồm nhiều bài tập hay, lạ và những lời giải
đặc sắc của các thành viên Bookgol
Bên cạnh đó là phụ lục với những phản ứng hóa học cần chú ý trong chương trình hóa học phổ thông.
Hy vọng tài liệu này cùng các món quà khác của Bookgol sẽ giúp ích các bạn trong việc ôn luyện và
giảng dạy để chuẩn bị tốt cho kỳ thi Quốc gia năm 2015.
Thay mặt cho BQT Bookgol xin được gửi lời cảm ơn đến các thành viên : Tiểu Minh Minh, Thachanh,
Huyền Nguyễn, Võ Văn Thiện. . . đã tham gia tổng hợp nội dung tài liệu. Cảm ơn Admin Tinpee và thành
viên GS.Xoăn đã trình bày, soạn thảo tài liệu. Cảm ơn Admin Uchiha Itachi đã trình bày bìa cho tài liệu.
Mặc dù đã rất cố gắng nhưng tài liệu khó tránh khỏi những sai sót trong quá trình soạn thảo. Rất mong
nhận được sự góp ý của các bạn để tài liệu được hoàn thiện hơn.
Mọi đóng góp xin liên hệ : Email: hoặc theo Sđt: 0962748426
Bookgol,Ngày 01 tháng 01 năm 2015
T/M BQT
Uchiha Itachi
Soạn thảo L
A
T
E
X GS.Xoăn
Trình bày bìa: Uchiha Itachi
/>Phụ lục
MỘT SỐ PHẢN ỨNG VÔ CƠ PHỔ THÔNG CẦN CHÚ Ý

1. H
2
S(k) + SO
2
(k) → S(r) + H
2
O (điều kiện: có vết nước hoặc đun nóng)
2. H
2
S(k) + Cl
2
(k) → S(r) + HCl(k) (điều kiện: nhiệt độ thường hoặc đun nóng)
3. H
2
S + Cl
2
+ H
2
O → HCl + H
2
SO
4
(điều kiện: nhiệt độ thường)
4. H
2
S + Br
2
→ S + HBr (điều kiện: nhiệt độ thường, trong H2O)
5. SO
2

+ Br
2
+ H
2
O → HBr + H
2
SO
4
(điều kiện: nhiệt độ thường)
6. SO
2
+ Cl
2
+ H
2
O → H
2
SO
4
+ HCl (điều kiện: nhiệt độ thường)
7. Br
2
+ Cl
2
+ H
2
O → HCl + HBrO
3
(điều kiện: nhiệt độ thường)
8. NaOH(dd) + X

2
→ NaOX + NaX + H
2
O (X: Cl, Br, I. điều kiện: nhiệt độ thường)
9. NaOH(dd) + X
2
→ NaX + NaXO
3
+ H
2
O (X: Cl, Br, điều kiện: đun nóng khoảng > 70 độ C)
10. NaOH(dd) + NO
2
→ NaNO
2
+ NaNO
3
+ H
2
O (điều kiện: nhiệt độ thường)
11. NaOH(dd) + NO
2
+ O
2
→ NaNO
3
(điều kiện: nhiệt độ thường)
12. Na
2
CO

3
(nóng chảy) + SiO
2
→ Na
2
SiO
3
+ CO
2
13. NaOH(loãng lạnh − 2%) + F
2
→ NaF + OF
2
+ H
2
O
14. NaAlO
2
(dd) + CO
2
+ H
2
O → NaHCO
3
+ Al(OH)
3
(điều kiện: nhiệt độ thường hoặc đun nóng)
15. NaAlO
2
(dd) + HCl + H

2
O → NaCl + Al(OH)
3
(điều kiện: nhiệt độ thường hoặc đun nóng)
Nếu dư HCl thì Al(OH)
3
tan trong HCl dư
16. NaAl
O
2(dd) + NH
4
Cl + H
2
O → NH
3
+ NaCl + Al(OH)
3
(điều kiện: nhiệt độ thường)
16. Mg + CO
2
→ MgO + C (điều kiện: Khoảng 500 độ C)
17. Mg + SiO
2
→ MgO + Si (điều kiện: khoảng 1000 độ C)
18. CO + I
2
O
5
(r) → I
2

+ CO
2
(điều kiện: nhiệt độ thường hoặc đun nóng)
19. CO
2
+ Na
2
SiO
3
(dd) + H
2
O → Na
2
CO
3
+ H
2
SiO
3
(điều kiện: nhiệt độ thường)
20. NH
3
+ O
2
→ N
2
+ H
2
O (điều kiện: đốt cháy NH
3

)
21. NH
3
+ O
2
→ NO + H
2
O (điều kiện: 800 độ C, xt: Pt/Rh)
22. NH
3
(k) + Cl
2
→ N
2
+ NH
4
Cl (điều kiện: NH
3
cháy trong Cl
2
ở điều kiện thường)
23. P X
3
+ H
2
O → H
3
P O
3
+ HX (X: Cl, Br, I ; điều kiện thường)

24. SO
2
+ F e
2
(SO
4
)
3
+ H
2
O → H
2
SO
4
+ F eSO
4
(điều kiện: nhiệt độ thường)
25. SO
2
+ KMnO
4
+ H
2
O → K
2
SO
4
+ MnSO
4
+ H

2
SO
4
(điều kiện: nhiệt độ thường)
26 . H
2
S + KMnO
4
+ H
2
SO
4
→ S + MnSO
4
+ K
2
SO
4
+ H
2
O (điều kiện: nhiệt độ thường)
27. H
2
S + F eCl
3
(dd) → F eCl
2
+ S + HCl (điều kiện: nhiệt độ thường)
28. H
2

S + M(NO
3
)
2
(dd) → HNO
3
+ MS (M: Cu, Pb) (điều kiện: nhiệt độ thường)
29. H
2
S + AgNO
3
(dd) → HNO
3
+ Ag
2
S (điều kiện: nhiệt độ thường)
30. H
2
S + HNO
3
(long) → S + H
2
O + NO
31. NaX(tinh thể)+H
2
SO
4
(đặc, đun nóng) → Na
2
SO

4
(hoặc NaHSO
4
)+HX(khí) (X: NO
−
3
, Cl
−
, F
−
)
32. Ca
3
(P O
4
)
2
+ H
3
P O
4
(dd) → Ca(H
2
P O
4
)2 (điều kiện: nhiệt độ thường)
33. C + ZnO → CO + Zn (điều kiện: đun nóng)
34. HCOOH → H
2
O + CO(điều kiện: đun nóng có H

2
SO
4
đặc xúc tác)
35.Ag
2
S(hoặcHgS) + O
2
→ Ag(hoặcHg) + SO
2
(điều kiện: đốt cháy)
36. Zn + Cr
2
(SO
4
)
3
(dd) → ZnSO
4
+ Cr SO
4
(điều kiện: môi trường axit)
37. K
2
Cr
2
O
7
+ H
2

S + H
2
SO
4
→ S + Cr
2
(SO4)
3
+ K
2
SO
4
+ H
2
O
38. Ag(hoặcCu) + H
2
S + O
2
→ Ag
2
S(hoặcCuS) + H2O
(điều kiện: nhiệt độ thường ngoài không khí)
39. SO
2
+ I
2
+ H
2
O → H

2
SO
4
+ HI (điều kiện: nhiệt độ thường)
40. Ag
3
P O
4
+ HNO
3
(dd) → AgNO
3
+ H
3
P O
4
(điều kiện: nhiệt độ thường)
41. Ag
2
O + H
2
O
2
(dd) → Ag + H
2
O + O
2
(điều kiện: nhiệt độ thường)
42. HClO + HClđặc → H
2

O + Cl
2
(điều kiện: nhiệt độ thường)
bring about change 3
/>43. SO
2
+ K
2
Cr
2
O
7
+ H
2
SO
4
→ K
2
SO
4
+ Cr
2
(SO
4
)
3
+ H
2
O (điều kiện: nhiệt độ thường)
44. Sn + O

2
(đun nóng) → SnO
2
45. HI + O
2
→ I
2
+ H
2
O (điều kiện: nhiệt độ thường ngoài không khí)
MỘT SỐ PHẢN ỨNG HỮU CƠ PHỔ THÔNG CẦN CHÚ Ý
1. C
4
H
10
+ O
2
→ CH
3
COOH + H
2
O . điều kiện: (Co(CH
3
COO)
2
, 180
0
C, 150atm)
2. C
6

H
5
− CH
3
+ KMnO
4
+ H
2
SO
4
→ C
6
H
5
− COOH + MnSO
4
+ K
2
SO
4
+ H
2
O (điều kiện: đun
nóng)
3. C
6
H
5
− CH
2

− CH
2
− CH
3
+ KMnO
4
+ H
2
SO
4
→ C
6
H
5
− COOH + CH
3
COOH + K
2
SO
4
+
MnSO
4
+ H
2
O. (điều kiện: đun nóng)
4. CH
3
−CH = CH
2

+KMnO
4
(loãng −2%)+H
2
O → CH
3
−CH(OH)−CH
2
−OH+MnO
2
+KOH
(điều kiện: điều kiện thường)
5. CH
3
− CH = CH
2
+ KMn O
4
+ H
2
SO
4
→ CH
3
COOH + CO
2
+ K
2
SO
4

+ Mn SO
4
+ H
2
O(điều
kiện: đun nóng)
6. Xiclopropan + Br
2
/CCl
4
(hoặcBr
2
/H
2
O) → Br − CH
2
− CH
2
− CH
2
− Br (điều kiện: điều kiện
thường)
7. CH
2
= CH − Cl + NaOH(đậm đặc, nhiệt độ cao, áp suất cao) → CH
3
− CHO + NaCl + H
2
O
8. C

6
H
12
(xiclohexan) + Cl
2
→ C
6
H
1
1Cl + HCl (điều kiện: ánh sáng khuếch tán hoặc nhiệt độ)
9. CH
3
OH + CO → CH
3
COOH (điều kiện: RhIII, I-, 180
0
C, 30 atm)
10. CH
3
OH + CuO(hoặcO
2
, điều kiện: Cu) → HCHO + Cu + H
2
O
11. C
2
H
5
OH → CH
2

= CH−CH = CH
2
+H
2
O+H2 (điều kiện:MgO/ZnO hoặc Al
2
O
3
/ZnO, 350−
450
0
C)
12. C
6
H
6
+ Cl
2
→ C
6
H
6
Cl
6
(điều kiện: ánh sáng khuếch tán hoặc nhiệt độ)
13. C
6
H
6
+ Cl

2
(hoặcBr2) → C
6
H
5
− Cl + HCl. (điều kiện: bột F eCl
3
, AlCl
3
hoặc có mặt Fe, Al)
14.HCHO + Br
2
(trong nước) → CO2 + HBr.(điều kiện: điều kiện thường)
15. HCHO + H
2
→ CH
3
− OH (điều kiện: Ni, nhiệt độ)
16. R − CHO + HCN(dd)(hoặc − CN) → R − CH(OH) − CN (điều kiện: nhiệt độ thường)
17. R − CH(OH) − CN + H
2
O → R − CH(OH) − COOH + NH
3
(điều kiện: xúc tác H2SO4 loãng)
18. RCOOH → (RCO)
2
O + H
2
O (điều kiện: P
2

O
5
, nhiệt độ)
19. CH
3
− COOH + Cl
2
(hoặcBrom) → Cl − CH
2
− COOH + HCl (điều kiện: ánh sáng hoặc có
mặt photpho)
20. CH
3
− CO − CH
3
+ Br
2
→ CH
3
− CO − CH
2
− Br + HBr (điều kiện: axit như CH3COOH hoặc
ánh sáng khuếch tán)
21. HCOOH + Br
2
(dd trong nước) → H
2
O + CO
2
+ HBr (điều kiện: nhiệt độ thường)

22. R − CHO + Cu(OH)
2
+ NaOH → RCOONa + Cu
2
O + H
2
O (điều kiện: đun nóng)
23. R − CH(OH) − CH
2
− OH + Cu(OH)2 → Phức Cu
2+
màu xanh lam đậm +H
2
O. điều kiện: nhiệt
độ thường)
24. CH3 − COOH + Cu(OH)
2
→ (CH
3
COO)
2
Cu + H
2
O (điều kiện: nhiệt độ thường)
25. C
6
H
5
− NO
2

+ [H] → C
6
H
5
− NH
2
+ H2O. (điều kiện: Fe/HCl hoặc Zn,Sn trong HCl)
26. C
6
H
5
− NH
2
+ NaNO
2
+ HCl → [C
6
H
5
− N
2
] + Cl
−
+ NaCl + H
2
O (điều kiện: nhiệt độ lạnh 0
- 5 độ C)
27. C
6
H

5
− NH
2
+ NaNO
2
+ HCl → C
6
H
5
− OH + N
2
+ NaCl + H
2
O (điều kiện: nhiệt độ thường
hoặc đun nóng)
28. CH
3
− CHO + KMnO
4
(loãng) + H
2
O → CH
3
COOK + KOH + MnO
2
(điều kiện: điều kiện
thường hoặc đun nóng)
29. C
2
H

2
+ KMnO4 + H
2
SO4 → CO
2
+ K
2
SO
4
+ MnSO
4
+ H
2
O(điều kiện: điều kiện thường hoặc
đun nóng)
30. C
2
H
2
+ HCl → CH
2
= CH − Cl (điều kiện: hơi HCl, đun nóng)
bring about change 4
/>31. CH
2
= CH − Cl + HCl → CH
3
− CH(Cl)
2
(điều kiện: hơi HCl, đun nóng)

bring about change 5
/>1 Hóa học vô cơ
1.1 Câu hỏi lí thuyết
Câu 1: Có các hóa chất : K
2
Cr
2
O
7
, HCl, KMnO
4
, MnO
2
, NaCl, HClO, H
2
SO
4
, KClO
3
. Những hóa
chất được sử dụng để điều chế Cl
2
trong phòng thí nghiệm là
A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.
Lời giải:
Phương pháp điều chế Cl
2
trong phòng thí nghiệm là cho HCl tác dụng với các chất oxi hóa mạnh.
Những chất đó là K
2

Cr
2
O
7
, KMnO
4
, MnO
2
, KClO
3
tính thêm HCl nữa thì sẽ là 5 chất
Đáp án C.
Câu 2: Dãy các chất thể hiện tính oxi hóa khi tác dụng với SO
2
:
A. Dung dịch BaCl
2
, CaO, nước brom.
B. Dung dịch NaOH, O
2
,dung dịch KMnO
4
.
C. O
2
,nước brom,dung dịch KMnO
4
.
D. H
2

S, O
2
,nước brom.
Lời giải:
Nhìn vào đề bài ta loại ngay câu D vì H
2
S có tính khử, không có tính oxi hóa
Câu A, B thì BaCl
2
không tác dụng với SO
2
còn phản ứng với NaOH, CaCl
2
là phản ứng trao đổi
Câu C đúng
Các phương trình phản ứng
2SO
2
+ O
2
↔ 2SO
3
SO
2
+ 2KMnO
4
+ 2H
2
O → 2MnSO
4

+ H
2
SO
4
+ K
2
SO
4
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O → H
2
SO
4
+ 2HBr
Câu 3: Trong phòng thí nghiệm do sơ suất nên một học sinh đã điều chế quá nhiều khí Cl
2
làm ô nhiễm
không khí và có nguy cơ phá hủy các máy móc thiết bị.Để loại bỏ phần lớn cho trong không khí, nên
dùng cách nào sau đây là hiệu quả và hợp lí nhất:
A. Bơm không khí trong phòng sục qua dung dịch kiềm.
B. Rắc vôi bột vào phòng.
C. Thổi một luồng khí NH
3
vừa phải vào phòng.
D. Phun mù bằng hơi nước trong phòng.

Lời giải:
Vôi bột không tác dụng với khí Cl
2
nên loại B.
Cl
2
+ H
2
O → HClO + HCl: không những không loại bỏ khí mà còn tăng độc tính nên loại D.
bring about change 6
1.1 Câu hỏi lí thuyết />Xét đến phương án C. thổi một luồng khí NH
3
vừa phải vào phòng có thể (hơi dư một tí) để có phản ứng
sau xảy ra:
8 NH
3
+ 3 Cl
2
−−→ 6 NH
4
Cl + N
2
(không độc)
Câu 4: Cho các phát biểu sau:
1. CO
2
tan trong nước nhiều hơn SO
2
ở cùng điều kiện nhiệt độ áp suất.
2. SO

2
là phân tử phân cực còn CO
2
là phân từ không phân cực.
3. SO
2
có tính khử, CO
2
không có tính khử.
4. SO
2
dùng để chống nấm mốc cho lương thực, thực phẩm còn “nước đá khô” dùng bảo quản thực phẩm.
Phát biểu không đúng là:
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Lời giải:
1.sai vì CO
2
rất ít tan trong nước còn .SO
2
thì tan nhiều trong nước
Đáp án B.
Câu 5: Cho các phản ứng:
1)Cu + HNO
3
(loãng) → X +
2)MnO
2
+ HCl → Y +
3)NaHSO
3

+ NaHSO
4
→ Z +
4)Ba(HCO
3
)
2
+ HNO
3
→ T + Các khí sinh ra tác dụng được với dung dịch NaOHlà:
A. X;Y;Z;T. B. Y;Z;T. C. Z;T. D. Y;T.
Lời giải:
X, Y, Z, T lần lượt là NO, Cl
2
, SO
2
, CO
2
Do đó các chất tác dụng được với dung dịch NaOH là Y, Z, T
Đáp án B.
Câu 6: Khi điều chế oxi trong phòng thí nghiệm bằng phản ứng phân huỷ H
2
O
2
(xúc tác MnO
2
), khí oxi
sinh ra thường bị lẫn hơi nước. Người ta có thể làm khô khí oxi bằng cách dẫn khí đi qua các ống sứ chứa
chất nào dưới đây?
A. Na. B. Bột CaO.

C. CuSO
4
.5H
2
O. D. Bột S.
Lời giải:
Đáp án B vì CaO vừa có tác dụng hút ẩm tốt vừa không tác dụng với O
2
Câu 7: Nhờ bảo quản bằng nước ozon, mận Bắc Hà - Lào Cai, cam Hà Giang đã được bảo quản tốt hơn,
vì vậy bà con nông dân đã có thu nhập cao hơn. Nguyên nhân nào dưới đây làm cho nước ozon có thể bảo
quản hoa quả tươi lâu ngày?
bring about change 7
1.1 Câu hỏi lí thuyết />A. Ozon là một khí độc.
B. Ozon độc và dễ tan trong nước hơn oxi.
C. Ozon có tính chất oxi hoá mạnh, khả năng sát trùng cao và dễ tan trong nước hơn oxi.
D. Ozon có tính tẩy màu.
Lời giải:
Đáp án C.
Câu 8: Trong phòng thí nghiệm, người ta thường bảo quản dung dịch HF trong các bình làm bằng:
A. Nhựa. B. Kim loại. C. Thủy tinh. D. Gốm sứ.
Lời giải:
Đáp án A vì HF không ăn mòn được nhựa
Không thể sử dụng bình làm bằng thủy tinh, kim loại vì chứa SiO
2
PTHH:
SiO
2
+ 4 HF −−→ Si F
4
+ 2 H

2
O
Câu 9: Trong phòng thí nghiệm, khí CO
2
được điều chế từ CaCO
3
và dung dịch HCl thường bị lẫn khí
hiđro clorua và hơi nước. Để thu được CO
2
gần như tinh khiết, người ta dẫn hỗn hợp khí lần lượt qua hai
bình đựng các dung dịch nào trong các dung dịch dưới đây?
A. NaOH, H
2
SO
4
đặc. B. NaHCO
3
; H
2
SO
4
.
C. Na
2
CO
3
; NaCl. D. H
2
SO
4

đặc, Na
2
CO
3
.
Lời giải:
Đáp án D. Khi cho H
2
SO
4
đặc thì nó hút nước còn muối Na
2
CO
3
lại tác dụng với khí HCl tạo ra khí
CO
2
Câu 10: Để đề phòng nhiễm độc CO, người ta sử dụng mặt nạ phòng độc có chứa hóa chất là:
A. Cu và MnO
2
. B. CuO và MgO.
C. CuO và than hoạt tính. D. Than hoạt tính.
Lời giải:
Đáp án D, than hoạt tính có khả năng hấp phụ các chất khí
Câu 11: Cho các phát biểu sau:
(1). Độ dinh dưỡng của phân kali được đánh giá bằng hàm lượng phần trăm của kali trong phân.
(2). Phân lân có hàm lượng photpho nhiều nhất là supephotphat kép ( Ca(H
2
P O
4

)
2
).
(3). Nguyên liệu để sản xuất phân là quặng photphorit và đolômit.
(4). Bón nhiều phân đạm amoni sẽ làm cho đất chua.
(5). Thành phần chính của phân lân nung chảy là hỗn hợp photphat và silicat của canxi và magie.
(6). Phân urê có công thức là (NH
2
)
2
CO.
bring about change 8
1.1 Câu hỏi lí thuyết />(7). Phân hỗn hợp chứa nitơ, phôtpho, kali được gọi chung là phân NPK.
(8). Phân lân cung cấp nitơ hóa hợp cho cây dưới dạng ion nitrat (NO
−
3
) và ion amoni (NH
+
4
).
(9). Amophot là hỗn hợp các muối (NH
4
)
2
HP O
4
và KNO
3
.
Số phát biểu đúng là:

A. 7. B. 4. C. 6. D. 5.
Lời giải:
1. sai độ dinh dưỡng của phân kali được đánh giá bằng hàm lượng phần trăm của K
2
O trong phân.
3. sai nguyên liệu để sản xuất phân là quặng photphorit.
8. sai phân đạm cung cấp nitơ hóa hợp cho cây dưới dạng ion nitrat (NO
−
3
) và ion amoni (NH
+
4
).
9. sai nitrophotka là hỗn hợp các muối (NH
4
)
2
HP O
4
và KNO
3
.
Các phát biểu đúng là 2,4,5,6,7
Đáp án D.
Câu 12: Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí B không màu, không
mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo chất rắn C. Hòa tan chất rắn C vào nước
thu được khí A. Khí A tác dụng axit mạnh D tạo ra muối E. Dung dịch muối E không tạo kết tủa với bari
clorua và bạc nitrat. Nung muối E trong bình kín sau đó làm lạnh bình chỉ thu được một khí F và chất
lỏng G. Khí F là:
A. O

2
. B. H
2
S. C. N
2
O. D. N
2
.
Lời giải:
A là NH
3
B là N
2
C là Li
3
N
E là NH
4
NO
3
F là N
2
O
G là H
2
O
Đáp án C.
Câu 13: Cho dãy các chất Ca(HCO
3
)

2
, NH
4
Cl, (NH
4
)
2
CO
3
, ZnSO
4
, Al(OH)
3
, Zn(OH)
2
. Số chất
có tính lưỡng tính là.
A. 4. B. 3. C. 7. D. 6.
Lời giải:
Các chất đó là Ca(HCO
3
)
2
, (NH
4
)
2
CO
3
, Al(OH)

3
, Zn(OH)
2
Đáp án A.
Câu 14: Cho các chất Al, Al
2
O
3
, Al
2
(SO
4
)
3
, ZnOH
2
, NaHS, K
2
SO
3
, (NH
4
)
2
CO
3
. Số phản ứng phản
ứng được với HCl và NaOH
bring about change 9
1.1 Câu hỏi lí thuyết />A. 5. B. 6. C. 7. D. 4.

Lời giải:
Các chất là Al, Al
2
O
3
, ZnOH
2
, NaHS, (NH
4
)
2
CO
3
. Vậy có 5 chất
Đáp án A.
Câu 15: Dung dịch Br
2
màu vàng chia thành 2 phần. Dẫn khí X không màu qua phần 1 thấy dung dịch
mất màu. Dẫn khí Y không màu qua phần 2 thấy dung dịch sẫm màu hơn. X và Y lần lượt là:
A. H
2
S và SO
2
. B. SO
2
vàH
2
S.
C. SO
2

và HI. D. HI và SO
2
.
Lời giải:
Khí làm mất màu dung dịch Br
2
chỉ có thể là H
2
S hoặc SO
2
Khí làm màu dung dịch sẫm màu hơn là HI do I
2
màu tím.
Vậy chọn C.
Các phương trình phản ứng:
SO
2
+ Br
2
+ 2 H
2
O −−→ 2 HBr + H
2
SO
4
2 HI + Br
2
−−→ 2 HBr + I
2
Câu 16: X là một halogen. Cho khí X

2
, đi qua dung dịch NaOH loãng, lạnh, sau phản ứng thu được chất
khí Y. Cho Y đi qua bột Mg thu được hỗn hợp oxit và muối của ion X
−
, X là:
A. F . B. Cl. C. Br. D. I.
Lời giải:
X là flo do phản ứng với NaOH loãng, lạnh là phản ứng riêng của Flo tạo ra OF
2
Đáp án A.
Câu 17: Có hai bình kín không giãn nở đựng đầy các hỗn hợp khí ở t
0
C như sau:
- Bình (1) chứa H
2
và Cl
2
- Bình (2) chứa CO và O
2
Sau khi đun nóng các hỗn hợp để phản ứng xảy ra, đưa nhiệt độ về trạng thái ban đầu thì áp suất trong
các bình thay đổi như thế nào?
A. Bình (1) giảm, bình (2) tăng. B. Bình (1) không đổi, bình (2) giảm.
C. Bình (1) tăng, bình (2) giảm. D. Bình (1) không đổi, bình (2) tăng.
Lời giải:
PTHH:
H
2
+ Cl
2
−−→ HCl (1 )

bring about change 10
1.1 Câu hỏi lí thuyết />2 CO + O
2
−−→ 2 CO
2
(2 )
Ta thấy ở bình (1) thể tích khí không đổi và bình (2) thể tích khí giảm.
Vậy đáp án B.
Câu 18: Cho các phản ứng sau
(1) dung dịch FeCl
2
+ dung dịch Ag N O
3
dư →
(2) Hg + S →
(3) F
2
+ H2O →
(4) NH4Cl + NaNO
2
→
(5) K + H
2
O →
(6) H
2
S + O2 dư →
(7) SO
2
+ dung dịch Br

2
→
(8) Mg + dung dịch HCl →
(9) Ag + O
3
→
(10) KMnO
4
t
0
−→
(11) MnO
2
+ HCl đặc →
(12) dung dịch FeCl
3
+ Cu →
Trong các phản ứng trên, số phản ứng tạo đơn chất là bao nhiêu?
Lời giải:
(1) dung dịch FeCl
2
+ dung dịch Ag N O
3
dư → Ag
(2) Hg + S →
(3) F
2
+ H2O → O
2
(4) NH4Cl + NaNO

2
→ N
2
(5) K + H
2
O → H
2
(6) H
2
S + O2 dư →
(7) SO
2
+ dung dịch Br
2
→
(8) Mg + dung dịch HCl → H
2
(9) Ag + O
3
→ O
2
(10) KMnO
4
t
0
−→ O
2
(11) MnO
2
+ HCl đặc → Cl

2
(12) dung dịch FeCl
3
+ Cu →
Câu 19: Cho các cặp chất sau:
(1). Khí Cl
2
và khí SO
2
(2).Khí H
2
S và dung dịch P b(NO
3
)
2
(3).Khí H
2
S và SO
2
(4) Khí Cl
2
và dung dịch NaOH
(5) Li và N
2
bring about change 11
1.1 Câu hỏi lí thuyết />(6) Glixerol và Cu(OH)
2
(7) Hg và bột S
(8) Khí CO
2

và dung dịch NaClO
(9) Khí F
2
và Si
(10) Sục C
2
H
4
vào dung dịch KM nO
4
Số cặp chất xảy ra phản ứng hóa học ở nhiệt độ thường:
A. 6. B. 9. C. 7. D. 8.
Lời giải:
Trừ (1) nên đáp án D.
Lưu ý một số phản ứng giữa kim loại với phi kim xảy ra ở ngay nhiệt độ thường như:
6Li + N
2
→ 2Li
3
N
Hg + S → HgS
F
2
+ Si → SiF
4
(F
2
là một phi kim có tính oxi hóa rất mạnh)
Hoặc một phản ứng khác :SO
2

+ H
2
S → S + 2H
2
O
Câu 20: Cho các phát biểu sau:
(1) SO
2
là một trong những nguyên nhân chính gây ra mưa axit.
(2) Sử dụng máy photocopy không đúng cách có thể gây hại cho cơ thể do máy khi hoạt động tạo ra O
3
.
(3) SO
3
tan vô hạn trong axit sunfuric.
(4) Phân tử SO
2
không phân cực .
(5) KMnO
4
và KClO
3
đuợc dùng để điều chế oxi vì có tính oxi hóa mạnh.
(6) SiO
2
tan dễ trong kiềm nóng chảy và đẩy được CO
2
ra khỏi muối .
(7) Giống như Cacbon, Silic có các số oxi hoá đặc trưng 0, +2, +4, -4.
(8) Cát là SiO

2
có chứa nhiều tạp chất.
Số phát biểu đúng là:
A. 4. B. 5. C. 6. D. 7.
Lời giải:
Các phát biểu đúng là 1, 2,3,6, 8;
Vậy đáp án B. Lưu ý: (5) KMnO
4
, KClO
3
được dùng điều chế oxi vì những chất này giàu oxi và dễ bị
nhiệt phân.
Câu 21: Cho hai muối X; Y thỏa mãn điều kiện sau:
X + Y → không xảy ra phản ứng.
Y và X đều không xảy ra phản ứng với Cu.
X + Y + Cu → xảy ra phản ứng
Cho các cặp chất
(1)Mg(NO
3
)
2
; KNO
3
; (2)NaNO
3
; NaHSO
4
; (3)Fe(NO
3
)

3
; NaHSO
4
; (4)NaNO
3
; NaHCO
3
; Số cặp
bring about change 12
1.1 Câu hỏi lí thuyết />chất thỏa mãn X;Y là:
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Lời giải:
Chỉ có NaNO
3
; NaHSO
4
là thỏa mãn nên chọn đáp án A.
Câu 22: Cho lá Zn vào dung dịch HCl, có khí thoát ra. Thêm vào vài giọt dung dịch CuSO
4
thì :
A. Phản ứng ngừng lại. B. Tốc độ thoát khí không đổi.
C. Tốc độ thoát khí giảm. D. Tốc độ thoát khí tăng.
Lời giải:
Khi chưa thêm dd Cu
S
O
4
vào:
Zn
2+

+ 2 H
+
−−→ H
2
+ Zn
2+
H
2
thoát ra bám lên lá kẽm ngăn cản lá kẽm tiếp xúc với dd axit nên tốc độ phản ứng chậm.(ăn mòn hóa
học).
Khi thêm CuSO
4
vào sẽ xảy ra phản ứng
Zn + CuSO
4
−−→ ZnSO
4
+ Cu
Cu tạo ra bám lên lá kẽm hình thành pin điện hóa Zn − Cu và có sự dịch chuyển dòng electron giữa hai
điện cực, các ion H
+
nhận electron bị khử thành H
2
nên tốc độ thoát khí tăng ( ăn mòn điện hóa học).
Câu 23: Cho dãy các kim loại: Li, Be, Na, Mg, Al, K, Ca, Cr, Zn, Rb, Sr, Ba. Số kim loại trong dãy
phản ứng với nước ở nhiệt độ thường là:
A. 7. B. 8. C. 9. D. 10.
Lời giải:
Ở nhiệt độ thường thì sẽ cóLi, Na, K, Ca, R b , Sr, Ba Đáp án A.
Lưu ý: Mg tác dụng nhanh với H

2
O ở nhiệt độ cao. Ở nhiệt độ thường tan rất chậm xem như không tan.
Be không tác dụng với H
2
O dù ở mọi nhiệt độ.
Al; Zn chỉ tác dụng với H
2
O khi có mặt kiềm mạnh.
Câu 24: Để bảo vệ thép, người ta tiến hành tráng lên bề mặt thép một lớp mỏng thiếc. Hãy cho biết
phương pháp chống ăn mòn kim loại trên thuộc vào phương pháp nào sau đây ?
A. điện hóa. B. tạo hợp kim không gỉ.
C. cách ly. D. dùng chất kìm hãm.
Lời giải:
Sắt tây (Fe tráng Sn) hay tôn (Fe tráng Zn) cũng thuộc phương pháp cách li hay phương pháp bảo vệ bề
mặt
Đáp án C.
bring about change 13
1.1 Câu hỏi lí thuyết />Câu 25: Điện phân dung dịch CuSO
4
với anot bằng Cu. Cho các phát biểu sau:
A. Phương trình điện phân: .2CuSO
4
+ 2H
2
O → 2Cu + O
2
+ 2H
2
SO
4

B. Catot bị hòa tan.
C. Có khí không màu bay ra ở anot.
D. Dung dịch không đổi màu.
E. Khối lượng catot giảm bằng khối lượng anot tăng.
Số phát biểu đúng là:
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Lời giải:
Khi điện phân dd CuSO
4
, nếu anot bằng đồng thì sau một thời gian điện phân, đồng ở anot tan và có kim
loại đồng bám trên bề mặt catot.
PT điện phân : Cu(anot) + Cu
2+
→ Cu
2+
+ Cu(catot).
Chỉ có D đúng nên đáp án A.
Câu 26: Cho một lượng sắt tan trong dung dịch HNO
3
loãng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu
được dd X có màu nâu nhạt và có khả năng làm mất màu dung dịch KMnO
4
/H
2
SO
4
. Chất tan trong
dung dịch là:
A. F e(NO
3

)
3
; HNO
3
. B. F e(NO
3
)
2
.
C. F e(NO
3
)
2
; HNO
3
. D. F e(NO
3
)
2
; F e(NO
3
)
3
.
Lời giải:
X có khả năng làm mất màu dd KMnO
4
/H
2
SO

4
nên X chứ Fe(NO
3
)
2
Từ đây suy ra HNO
3
hết.
X có màu nâu nhạt nên X có chứa Fe(NO
3
)
3
Đáp án D.
Câu 27: Cho phương trình phản ứng:
FeS
2
+ Cu
2
S + HNO
3
−−→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ CuSO
4
+ NO + H
2

O
Tổng các hệ số của phương trình với cac số nguyên tối giản được được lập theo phương trình trên là?
Lời giải:
2F eS
2
+ Cu
2
S → 2F e
+3
+ 2Cu
+2
+ 5S
+6
+ 40e
N
+5
+ 3e → N
+2
6F eS
2
+ 3Cu
2
S + 40HNO
3
→ 3F e
2
(SO
4
)
3

+ 6CuSO
4
+ 40NO + 20H
2
O
Tổng hệ số là 118.
Câu 28: Cho phương trình phản ứng:
Mg + HNO
3
−−→ Mg(NO
3
)
2
+ NO + N
2
O + H
2
O
bring about change 14
1.2 Bài tập rèn luyện />Nếu tỉ lệ khối của hỗn hợp NO và N
2
O đối với H
2
là 17,8. Tỉ lệ số phân tử bị khử và số phân tử oxy hóa
là:
Lời giải:
n
NO
: n
N

2
O
= 3 : 2
25Mg + 64HNO
3
→ 25Mg(NO
3
)
2
+ 6NO + 4N
2
O + 32H
2
O
Tỉ lệ là 14:25.
1.2 Bài tập rèn luyện
Câu 29: Cho 158,4g hỗn hợp X gồm Fe, F e(NO
3
)
2
, F e(NO
3
)
3
vào một bình kín rồi nung ở nhiệt độ
cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn giảm 55,2g so với ban đầu. Cho chất rắn này tác
dụng với thu được khí NO và dung dịch Y.Cho NaOH dư vào Y được kết tủa Z.Nung Z ngoài không khí
tới khối lượng không đổi được m g chất rắn. Giá trị của m là:
A. 196 . B. 120. C. 128. D. 115,2.
Lời giải:

Phân tích đề toán:


F e
F e(NO
3
)
2
F e(NO
3
)
3


t
0
−→


F e
x
O
y
O
2
NO
2


HN O

3
−−−−→

NO
F e(NO
3
)
3

Khi cho chất rắn tác dụng với HNO
3
tạo ra khí NO chứng tỏ F e
x
O
y
còn chứa hợp chất sắt khác ngoài
F e
2
O
3
, và như vậy thì O
2
hết. Vì O
2
tham gia phản ứng oxi hóa thành F e
+3
.
Nên chất rắn giảm chính là lượng NO
2
thoát ra m

NO
2
= 55, 2 ⇒ n
NO
2
= 1, 2 (mol) ⇒ n
NO
−
3
=
1, 2 (mol)
Ta có m
X
= m
F e
+ m
NO
−
3
⇒ m
F e
= 158, 4 − 1, 2. 6 2 = 84 g ⇒ n
F e
= 1, 5 mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố để tính khối lượng rắn .m
F e
2
O
3
= 1, 5.80 = 120g

Đáp án B.
Câu 30: Hỗn hợp X gồm Fe S, F eS
2
, CuS tan vừa hết trong dung dịch chứa 0, 33mol H
2
SO
4
đặc sinh ra
0, 325mol SO
2
và dd Y. Nhúng thanh sắt nặng 50g vào dd Y phản ứng xong thấy thanh sắt nặng 49,48g
và dd Z. Cho Z phản ứng với HNO
3
đặc nóng dư sinh ra khí NO
2
duy nhất và còn lại dd E (không chứa
NH
+
4
). Khối lượng muối khan có trong E là:
A. 20,27. B. 18,19. C. 21.3. D. 21,41.
Lời giải:
Quy hỗn hợp về [F eS; F eS
2
; CuS] = [F e; Cu; S] = (a; b; c) : mol
Bảo toàn e :3n
F e
+ 2n
Cu
+ 6n

S
= 2n
SO
2
⇒ 3a + 2b + 6 c = 2. 0 , 325 = 0, 65
Bảo toàn điện tích :3n
F e
3+
+ 2n
Cu
2+
= 2n
SO
2−
4
= 2.[(0, 33 − 0, 325) + c] ⇒ 3a + 2b − 2c = 0, 01
2F e
3+
+ F e → 3F e
2+
a a/2 3/2a
bring about change 15
1.2 Bài tập rèn luyện />Cu
2+
+ F e → Cu + F e
2+
b b . b. . . . . . .
Khối lượng kim loại giảm là :
56.(
a

2
+ b) − 64b = 50 − 49, 48 = 0, 52 ⇒ 28a − 8b = 0, 52
Giải ra ta được :a = 0, 03; b = 0, 04; c = 0, 08
Bảo toàn điện tích trong dung dịch E

3n
F e
= 2n
SO
2−
4
+ n
NO
−
3
⇒ 3.

3a
2
+ b

= 2.[(0, 33 − 0, 325) + c] + n
NO
−
3
⇒ n
NO
−
3
= 0, 085

Khối lượng trong E là :

m
F e
3+
+ m
SO
2−
4
+ m
NO
−
3
= 56.

3a
2
+ b

+ 96.[(0 , 33 − 0, 32 5) + c] + 62.0, 085 = 18, 19
Đáp án B.
Câu 31: Hỗn hợp X gồm FeO, F e
2
O
3
, F e
3
O
4
, CuO. Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch

H
2
SO
4
đặc nóng dư thu được 3,36 lít SO
2
(đktc). Nếu khử m gam hỗn hợp X bằng H
2
đun nóng sau
1 thời gian thu được 76,64 gam hỗn hợp Y, hoà tan hết hỗn hợp Y trong dung dịch HNO3 loãng dư thu
được 3,136 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là
A. 77,60. B. 79,2. C. 79,6. D. 77,28.
Lời giải:
Xét phản ứng :X + H
2
SO
4
.Theo đó, ta có: n
e
(X nhường)=2n
SO
2
= 0, 15.2 = 0, 3
Mặt khác:
(e):n
e
(X nhường) + 2n
H
2
= 3n

NO
⇒ n
H
2
= 0, 06 = n
O
(bị khử)
Mặt khác: m
X
= m
y
+ m
O(bị khử)
= 77, 6
Chọn A.
Câu 32: Hỗn hợp X gồm Fe
3
C, Fe , C. Cho m gam X tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng dư thu
được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với hiđro là 30,48 và dung dịch Z. Hấp thụ hết khí Y vào 800 ml dung
dịch hỗn hợp NaOH 1M và KOH 1,2M thu được dung dịch chỉ chứa muối có tổng khối lượng muối là
132,26. Cô cạn dung dịch Z thu được m+50,04 gam muối khan. Giá trị của m là
A. 22,8. B. 21,4. C. 21,96. D. 21,64.
Lời giải:
Quy đổi hỗn hợp X thành F e, C Y

SO

2
CO
2
⇔ XO
2
(X= 28,96)
Theo đầu bài ta có:









2n
XO
2−
3
+ n
HXO
−
3
= n
+
K
+ n
+
Na

= n
OH
−
= 1, 76
m
Na
+
+ m
K
+
+ m
XO
2−
3
+ m
HXO
−
3
= 132, 26
n
Na
+
= 0, 8
n
K
+
= 0, 8.1, 2
⇒ n
XO
2−

3
+ n
HXO
−
3
=
1303
1316
=
n
Y
M
Y
= 60, 96⇒ n
CO
2
= 0, 15; n
SO
2
= 0, 84
bring about change 16
1.2 Bài tập rèn luyện />Măt khác, Bảo toàn e cho cả quá trình, ta có:
3n
F e
+ 4n
c
= 2n
SO
2
⇔ 6n

F e
2
(SO
4
)
3
+ 4n
C
= 2.0, 84 ⇒ 6
m + 50, 04
400
+ 4.0, 15 = 2.0, 84 ⇒ m = 21, 96
Chọn C.
Câu 33: Nung nóng m gam hỗn hợp X gồm CaCO
3
và FeCO
3
trong không khí đến khối lượng không
đổi thu được 2 oxit có số mol bằng nhau. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO
3
dư thu
được 14,784 lít hỗn hợp khí NO và CO
2
(đktc, NO là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là
A. 44,82. B. 9,76. C. 74,70. D. 68,72.
Lời giải:

CaCO
3
(a mol)

F eCO
3
(b mol)
kk;t
0
→



CaO(a mol)
F e
2
O
3
(
b
2
mol)
Theo bài ra, ta có: n
CaO
= n
F e
2
O
3
⇔ a =
b
2
BTe, ta có:n
F eCO

3
= 3n
NO
(C): n
CO
2
= n
CaCO
3
+ n
F eCO
3
Do đó:





a =
b
2
b
3
+ a + b = 0, 66
⇔

a = 0, 18
b = 0, 36
Do đó:
m = m

CaCO
3
+ m
F eCO
3
= 100a + 116b = 59, 76.
Đáp án B.
Câu 34: Hỗn hợp X gồm Al
2
O
3
, MgO, F e
2
O
3
, ZnO. Để hoà tan 31,48 gam hỗn hợp X cần 325 gam
dung dịch H
2
SO
4
19,6%. Dùng khí CO dư đun nóng để khử 31,48 gam hỗn hợp X thu được 27,16 gam
chất rắn Y. Chất rắn Y tác dụng với dung dịch HNO
3
loãng dư thu được 2,24 lít hỗn hợp khí NO và N
2
O
(đktc) có tỉ khối so với hiđro là 17,1. Số mol HNO
3
tham gia phản ứng là
A. 1,47375. B. 1,56125 . C. 1,45250 . D. 1,58150.

Lời giải:
Xét phản ứng X + H
2
SO
4
n
O
2−
/X
= n
H
2
SO
4
= 0, 65 ( Bản chất: H
+
+ O
2−
→ H
2
O)
Xét X+ CO
n
O
2−
(bị khử)
=
31, 48 − 27, 16
16
= 0, 27 = n

CO pu
⇒ n
O
2−
/Y
= n
O
2−
/X
− n
O
2−
(bị khử)
= 0, 38
BTe, ta có:
2n
CO
= 3n
NO
+ 8n
N
2
O
+ 8n
NH
4
NO
3
⇔ 2.0, 27 = 3.0, 07 + 8.0, 03 + 8n
NH

4
NO
3
⇒ n
NH
4
NO
3
= 0, 01125
Do đó:
n
HN O
3
(pu
) = 2n
O
2
/Y
+ 4n
NO
+ 10n
N
2
O
+ 10n
NH
4
NO
3
= 2.0, 38 + 4.0, 07 + 8.0, 01125 = 1, 4525.

Đáp án C.
Câu 35: Hòa tan hoàn toàn m (g) hỗn hợp x gồm FeS và F eS
2
( lưu huỳnh chiếm 44% khối lượng hỗn
hợp) trong 800 ml HNO
3
4M, thu được dung dịch Y và khí NO duy nhất. Dung dịch này có thể hòa tan
tối đa 44, 8g Fe cho khí NO duy nhất. Giá trị của m là:
bring about change 17
1.2 Bài tập rèn luyện />A. 60,7. B. 44. C. 40. D. 50.
Lời giải:
Coi hỗn hợp chỉ gồm Fe(xmol) và S(ymol)
Theo đề lưu huỳnh chiếm 44% khối lượng hỗn hợp nên có y =
11x
8
Trong dung dịch Y gồm có F e
2
(SO
4
)
3
và F e(NO
3
)
3
Y hòa tan tối đa nên sắt chỉ lên sắt 2
Ta có n
F ehatan
=
n

F e
3+
2
+
3n
HN O
3
d
8
⇒ n
HN O
3
d
=
8
3
(0, 8 −
x
2
) (1)
Mặt khác ta có



n
HN O
3
pu
= n
NO

+ 3n
F e(NO
3
)
3
n
F e(NO
3
)
3
= n
F e
− n
F e
2
(SO
4
)
3
3n
NO
= 3n
F e
+ 6n
S
⇒ n
HN O
3
pu
= 4n

F e
= 4x (2)
Từ (1) và (2) ta tính được x = 0, 4mol → m = 40g. Đáp án C
Nhận xét: Từ bài toán này ta có thể áp dụng công thức nhanh cho các bài toán khác tương tự ( hỗn hợp
gồm hợp chất của sắt và lưu huỳnh)
Đó là n
HN O
3
pu
= 4n
F e
từ đó có thể rút ngắn thời gian làm bài
Câu 36: Hòa tan hết 53, 82g kim loại M (có hóa trị duy nhất trong các hợp chất) vào dung dịch HNO
3
(
chưa biết rõ loãng hay đặc nóng) thu được dung dịch X (không chứa NH
+
4
)và 8, 064 lít hỗn hợp khí Y
( gồm hai khí) có tỉ khối so với H
2
bằng 16, 75.Mặt khác cô cạn X thu được 190, 8g rắn Z Thành phần
phần trăm về khối lượng của N (nitơ) trong Z là:
A. 15,58 %. B. 17,85 %. C. 15,87 %. D. 18,75 %.
Lời giải:
Giả sử X chỉ gồm muối nitrat → n
N
= n
NO
−

3
= (190, 8 − 53, 82)/62 = 2, 21 mol
Thừa dữ kiện + không có đáp án → loại. Vậy X gồm M(NO
3
)
n
và M(OH)
n
Từ đó tính được: n
H
2
= 0, 09 ; n
N
2
O
= 0, 27 mol ( chỗ này hai th gồm NO
2
và N
2
O ) → n
HN O
3
(p)
= 2, 7
BT nguyên tố N: → n
N(X)
= n
HN O
3
− n

N(Y )
= 2, 7 − 0, 27.2 = 2 , 16 mol
Đáp án A.
Câu 37: Hỗn hợp X gồm Mg, Al, MgO, F eO, Mg(OH)
2
, Al(OH)
3
. Nung m gam hỗn hợp X trong điều
kiện không có không khí đến khối lượng không đổi thu được m − 1, 44 gam hỗn hợp rắn Y. Để hoà tan
m gam hỗn hợp X cần 1, 50 lít dung dịch HCl1M thu được 3, 808lít H
2
(đktc). Cho m gam hỗn hợp X
bằng dung dịch HNO
3
loãng dư thu được 4 , 48 lít NO (đktc) và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu
được m + 108, 48 gam muối khan. Số mol HNO
3
tham gia phản ứng là:
A. 2,250. B. 2,424. C. 2,135. D. 2,725.
Lời giải:
Khi nung trong điều kiện không có không khí: 2OH
−
→ O
2−
+ H
2
O
bring about change 18
1.2 Bài tập rèn luyện />m
gim

= m
H
2
O
= 1, 44 → n
H
2
O
= 0, 08 → n
OH
−
= 0, 16
n
H
+
= 2n
H
2
= 0, 34 (tạo khí )
2H
+
+ O
2−
→ H
2
O
n
O
2−
= 1/2n

H
2
= (1, 5 − 0, 34 − 0, 16)/2 = 0, 5
Gọi n
NH
4
NO
3
= x
108, 48 = 0, 16(62 − 17) + 80x − 16.0, 5 + 62(8x + 0, 2. 3 + 0, 5.2)
x = 0, 0175 → n
HN O
3
= 2O
2−
+ n
OH
−
+ 10n
NH
4
NO
3
+ 4n
NO
= 2, 135 mol
Đáp án C.
Câu 38: Hỗn hợp X gồm Al, Zn, F e, Mg. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu
được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m + 27, 6 9 gam hỗn hợp muối. Oxi hóa dung dịch Y
cần 0, 784 lít khí Clo (đktc). Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với oxi sau 1 thời gian thu được m + 1, 76

gam hỗn hợp Z. Cho hỗn hợp Z tác dụng với dung dịch HNO
3
loãng dư thu được 4, 032 lít NO (đktc)
và dung dịch T. Cô cạn dung dịch T thu được 70, 22 gam muối khan. Phần trăm khối lượng Fe trong hỗn
hợp X là:
A. 26,96 %. B. 20,22 %. C. 23,59 %. D. 30,32 %.
Lời giải:
Gọi n
NH
4
NO
3
= x, 8x + n
NO
.3 + n
O
.2 = n
Cl
2
.2 + n
H
2
.2 n
H
2
=
1
2
27, 69/35, 5 = 0, 39
Thay vào trên được x = 0, 01125

m
NH
4
NO
3
= 0, 9. m
m
′
KL
= 70, 22 − 0, 9 = 69, 32. n
NO
−
3
= n
Cl
2
.2 + n
H
2
.2
m
KL
= m
m
′
KL
− 3
NO
−
3

= 16, 62
mà n
F e
= 0, 035.2 = 0, 07
Đáp án C.
Câu 39: Cho x mol hỗn hợp kim loại Zn, Fe (có tỉ lệ mol 1 : 1) tan hết trong dung dịch chứa y mol H
2
SO
4
(tỉ lệ x : y = 2 : 5). Sau khi kim loại tan hết thu được sản phẩm khử Y duy nhất và dung dịch Z chỉ chứa
muối sunfat. Cho m gam Cu tan hoàn toàn trong dung dịch Z. Giá trị m lớn nhất là :
A. 6,4 y. B. 19,2 y. C. 12,8 y. D. 12,8 x.
Lời giải:
Giả sử có 1 mol Zn, 1 mol Fe thì sẽ có 5 mol H
2
SO
4
, Zn phản ứng trước thì số mol H
2
SO
4
còn là 3 mol
Mà ta có 2F e + 6H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4

)
3
+ SO
2
+ 6H
2
O
Phản ứng vừa hết nên số g Cu là : m =
n
F e
2
64 = 32 = 6, 4y Đáp án A.
Câu 40: Hoà tan hoàn toàn 5,4g oxit kim loại X bằng dung dich HNO
3
dư thu được 0,224 lít NO. Cho
dung dịch sau phản ứng tác dụng với KOH dư núng nóng thì thu được 0,126 lít khí nữa. X là:
A. FeO. B. MnO hoặc FeO.
bring about change 19
1.2 Bài tập rèn luyện />C. MnO hoặc Cu
2
O. D. Kết quả khác.
Lời giải:
n
NH
4
NO
3
= 5, 625.10
−3
mol, n

NO
= 0, 01 mol → n
enhận
= 0, 01.3 + 5, 6 25 . 10
−3
.8 = 0, 075 mol
Gọi x là số electron X nhường → M . 0, 075/x = 5, 4 → M = 72x
x = 1 → M = 72(F eO) x = 2 → M = 144(Cu
2
O)
Đáp án D.
Câu 41: Hỗn hợp bột A gồm 3 kim loại Mg, Zn, Al. Khi hòa tan hết 7, 5g A vào 1 lít dd HNO
3
thu được
1 lít dd B và hh khí D gồm NO và N
2
O.Thu khí D vào bình dung tích 3, 2(l) có chứa sẵn N
2
ở O
0
C và
0, 23atm thì nhiệt đọ trong bình tăng lên dến 27, 3
0
C, áp suất 1,1atm. Khối lượng bình tăng thêm 3, 72g.
Nếu cho 7, 5g A vào 1 lít dd KOH2M thì sau phản ứng khối lượng dd tăng thêm 5, 7g.Giá trị tổng số
mol 3 kim loại trong A.
A. 0,2. B. 0,5. C. 0,4. D. 0,25.
Lời giải:
Gọi số mol của Mg, Zn , Al lần lượt là a, b, c.
Khi cho hỗn hợp khí D vào bình dung tích 3,2 lít. Theo công thức n =

P V
RT
, ta tính được ngay:
n
N
2
= 0, 03mol, n
hh khí trong bình
= 0, 14mol
Khi đó n
hhNO,N
2
O
= 0, 11mol
⇒ M
NO,N
2
O
= 34. Sử dụng đường chéo ta tính được n
NO
= 0, 07mol, n
N
2
O
= 0, 04mol Khi cho A vào
KOH ta có ngay 7, 5 − 5, 7 = m
Mg(OH)
2
+ m
H

2
⇒ 58a + 2b + 3c = 1, 8
Từ đó ta có hệ:







24a + 65b + 27c = 7, 5
2a + 2b + 3c = 0, 53
58a + 2b + 3c = 0, 18
⇔







a = 0, 02
b = 0, 06
c = 0, 12
Từ đó suy ra n
hh kim loại
= a + b + c = 0, 2
Đáp án A.
Câu 42: Một hỗn hợp rắn A gồm kim loại M và một oxit của kim loại đó. Người ta lấy ra 2 phần, mỗi
phần có khối lượng 59, 2 g.

• Phần 1:Hòa tan vào dung dịch của hỗn hợp NaNO
3
và H
2
SO
4
(vừa đủ ) thu được 4, 48 lít khí NO
và dung dịch B.Cô cạn thu được m g rắn khan.
• Phần 2: Đem nung nóng rồi cho tác dụng với khí H
2
dư cho đến khi được một chất rắn duy nhất,
hòa tan hết chất rắn đó bằng nước cường toan thì có 17, 92 (lít) khí NO thoát ra. Các thể tích đo ở
ĐKTC.
Giá trị của m gần nhất với:
bring about change 20
1.2 Bài tập rèn luyện />A. 160. B. 170. C. 180. D. 190.
Lời giải:
Quy hỗn hợp gồm [M, M
x
O
y
] = [M, O] = (a; b) : mol
Bảo toàn e cho phần 1: m.n
M
= 3n
NO
+ 2n
O
⇒ m.a = 3.0, 2 + 2b (Với m là hóa trị của M)
Bảo toàn e cho phần 2:m.n

M
= 3n
NO
= 3.0, 8 = 2, 4
Từ đó suy ra :n
O
= 0, 9 ⇒ m
O
= 14, 4 ⇒ m
M
= 44, 8
Trong dung dịch B có chứa :M
m+
; SO
2−
4
; Na
+
Bảo toàn ion :
m.n
M
+ n
Na
+
= 2n
SO
2−
4
⇒ 2, 4 + 0, 2 = 2n
SO

2−
4
⇒ n
SO
2−
4
= 1, 3
Khối lượng dung dịch B là :
m
B
= m
Na
+
+ m
SO
2−
4
+ m
M
m+
= 23.0, 2 + 96.1, 3 + 44, 8 = 174, 2
Đáp án B.
Câu 43: 15: Cho 3,2 gam hỗn hợp F e và Cu( có tỉ lệ mol tương ứng 8 : 3 )vào 100ml dung dịch chứa
HNO
3
0,2M, H
2
SO
4
0,9M và NaNO

3
0,4M. Sau khi kết thúc phản ứng thu được khí NO sản phẩm
khử duy nhất. Cô cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch thu được sau phản ứng thì khối lượng muối khan thu
được là.
A. 13,38. B. 32,48. C. 24,62. D. 12,13.
Lời giải:
Từ đề bài tỉ lệ mol F e : Cu = 8 : 3 ta suy ra n
F e
= 0, 04mol, n
Cu
= 0, 015mol
Số mol e cho tối đa là (Fe → Fe
3+
): 0, 04.3 + 0, 015.2 = 0, 15mol
Mặt khác:

n
H
+
= 0, 2mol
n
NO
−
3
= 0, 06mol
Bán phản ứng khử:
4H
+
+ NO
−

3
+ 3e → NO + 2H
2
O
Số mol e nhận là :n
e nhận
=
3
4
n
H
+
= 0, 15mol = n
e cho
Nên ta suy ra kim loại tan vừa hết Dung dịch sau phản ứng :











NO
−
3
dư : 0, 01mol

SO
2−
4
: 0, 09mol
Na
+
: 0, 04mol
ion KL : 3, 2g
Khi đó m
muối
= 3, 2 + 0, 04.2 3 + 0, 01.62 + 0, 09.96 = 13, 38g
Đáp án A.
Câu 44: 16: Nhiệt phân 50,56 gam KMnO
4
sau 1 thời gian thu được 46,72 gam chất rắn. Cho toàn bộ
lượng khí sinh ra phản ứng hết với hỗn hợp X gồm Mg, Fe thu được hỗn hợp Y nặng 13,04g. Hòa tan
bring about change 21
1.2 Bài tập rèn luyện />hoàn toàn Y trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng dư thu được 1,344l SO
2
ở đktc( sản phẩm khử duy nhất).
Phần trăm khối lượng Mg trong X:
A. 39,13 %. B. 46,15 %. C. 28,15 %. D. 52,17 %.
Lời giải:
Sử dụng bảo toàn khối lượng suy ra :m
O
2

= 50, 56 − 46, 7 2 = 3, 84 ⇒ n
O
2
= 0, 12 ⇒ n
O
= 0, 24
Mg: x mol, Fe: y mol. Ta có ngay hệ

2x + 3y = 0, 24.2 + 0, 06.2 = 0, 6
24x + 56y = 13, 04 − 0, 24.1 6 = 9, 2
⇔

x = 0, 15
y = 0, 1
Từ đó suy ra %Mg =
0, 15.24
9, 2
= 39, 13%
Đáp án A.
Câu 45: Cho m
1
gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m
2
gam dung dịch HNO
3
24 %. Sau khi các kim loại
tan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N
2
O, N
2

bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm một
lượng vừa đủ O
2
vào X, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có
4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra (ở đktc). Tỷ khối của Z đối với H
2
bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A
để được lượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa. Tính m
1
, m
2
. Biết lượng HNO
3
lấy dư 20%
so với lượng cần thiết.
Lời giải:
Khi thoát ra gồm N
2
O, N
2
dễ tính được n
N
2
O
= 0, 15, N
2
= 0, 05
Suy ra n
NO
= 0, 2

Gọi số mol của Mg, Al lần lượt là x và y
Do khối lượng kết tủa là lớn nhất nên có hệ

2x + 3y = 3.0, 2 + 0, 15.8 + 0, 05.10 = 2, 3
58x + 78y = 62, 2
Tính được x = 0, 4; y = 0, 5 ⇒ m = 23, 1g. n
HN O
3
pứ
= 2x + 3y + 0, 2 + 2.0, 15 + 2.0, 05 = 2, 9mol
Vậy n
HN O3
= 2, 9.1, 2 = 3, 48mol Suy ra m
2
= 913, 5g
Câu 46: Cho 6, 69g hỗn hợp dạng bột gồm Al và F e vào 100mldung dịch CuSO
4
0, 75M khuấy kĩ để
phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn X. Hòa tan hoàn toàn X bằng HNO
3
1M thu được khí
NO sản phẩm khử duy nhất. Thể tích HNO
3
tối thiểu cần dùng là:
A. 0,5. B. 0,6. C. 0,4. D. 0,3.
Lời giải:
Giả sử hỗn hợp ban đầu chỉ có Al.Khi đó: n
Al
= 0, 248(mol)
BTe, ta có: 3n

NO
= 3n
Al
⇒ n
NO
= 0, 248( mol) Khi đó: n
HN O
3
= 4n
NO
= 4.0, 248 = 0, 988(mol)
Mặt khác, Giả sử hỗn hợp ban dầu chỉ có F e Khi đó: n
F e
= 0, 119.Để HNO
3
min trong trường hợp này
thì F e chỉ được tạo muối sắt (II)(Khi đó số mol NO sinh ra ít nhất nên HNO
3
dùng ít nhất)
Lập luận tương tự như trên ta có:3n
NO
= 2n
F e
⇒ n
NO
= 0, 079 ⇒ n
HN O
3
= 0, 316(mol)
Do vậy: 0, 316 < n

HN O
3
min < 0, 988
bring about change 22
1.2 Bài tập rèn luyện />Đáp án C.
Câu 47: Hỗn hợp X gồm BaO, F eO và CuO . Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch hỗn hợp
HCl0, 75M và HBr0, 25M vừa đủ thu được dung dịch Y chứa 73, 7475 gam chất tan. Cho m gam hỗn
hợp X tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng dư thu được 0, 96m gam kết tủa. Cho m gam hỗn hợp X tác
dụng với dung dịch HNO
3
loãng dư thu được 0, 672 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Cho dung
dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO
3
dư thu được m
1
gam kết tủa. Giá trị của m
1
là:
A. 130,3275. B. 132,6825. C. 128,3625. D. 124,1275 .
Lời giải:
Gọi số mol BaO, F eO và CuO lần lượt là x, y, z.
Dễ có: n
O
= x + y + z ⇒ n
H+
= 2(x + y + z)

Lại thấy n
Cl
−
= 3n
Br
−
nên dễ dàng suy ra được số mol hai thằng này theo x, y, z
Khi đó ta có hệ







0, 37.153x = 0, 63(72y + 80z)
y = 0, 09
137x + 56y + 64z +
80(x + y + z)
2
+
3.35, 5(x + y + z)
2
= 73, 7475
⇒



x = 0, 18
y = 0, 09

z = 0, 12
Từ đó suy ra n
Cl
−
= 3n
Br
−
= 0, 585. m
kt
= m
AgCl
+ m
AgBr
+ m
Ag
= 130, 3275
Đáp án A
Câu 48: Hòa tan hoàn toàn 1, 28g Cu vào dung dịch chứa 0, 12mol HNO
3
thu được dung dịch X và
hỗn hợp khí Y gồm NO và NO
2
.Cho X tác dụng hoàn toàn với 105 mldung dịch KOH 1M , sau phản
ứng lọc bỏ kết tủa được dd Y
1
.Cô cạn Y
1
thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu
được 8, 78g chất rắn. Tỉ khối của khí Y so với He là:
A. 9. B. 10. C. 9,5. D. 8.

Lời giải:
Theo đề: n
Cu
= 0, 02 mol; n
KOH
= 0, 105 mol
Gọi

x = n
KOHdư
y = n
KNO
3
→

x + y = 0, 105
56x + 85y = 8, 78
→

x = 0, 005
y = 0, 1
mol
→ n
HN O
3
d
= n
KNO
3
− 2n

Cu(NO
3
)
2
= 0, 06 mol → n
HN O
3
P
= 0, 12 − 0, 06 = 0, 06 mol
Bảo toàn nguyên tố Nito và bảo toàn electron ta tính được: n
NO
= n
NO
2
= 0, 01 mol → M
X
=
0, 01.30 + 0, 01.46
0, 01 + 0, 0 1
= 38 → D = 38/4 = 9, 5
Đáp án C.
Câu 49: Thổi một luồng khí CO qua ống sứ chứa 37, 76 gam hỗn hợp gồm F e
2
O
3
và F e
3
O
4
đun nóng,

sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn X và hỗn hợp khí Y. Hấp thụ toàn bộ khí Y vào nước vôi trong lấy
dư thu được 32,0 gam kết tủa. Hòa tan hết rắn X trong 240 gam dung dịch HN O
3
35, 7% thu được dung
dịch Z chỉ chứa các muối có khối lượng 98, 8 gam và hỗn hợp gồm các khí, trong đó oxi chiếm 61, 538%
về khối lượng. Nồng độ phần trăm C% của F e(NO
3
)
3
có trong dung dịch Z là.
A. 18,24 %. B. 15,96 %. C. 55,61 %. D. 23,16 %.
bring about change 23
1.2 Bài tập rèn luyện />Lời giải:
Hỗn hợp Z gồm F e(NO
3
)
2
và Fe (NO
3
)
3
( vì F e là kim loại có tính khủ yếu không có khả năng tạo muối
amoni); HNO
3
đã hết.
n
O
= n
CO
2

= n
CaCO
3
= 0, 32 mol → m
X
= 37, 76 − 0, 32.16 = 32, 64 gam. n
HN O
3
= 1, 36 mol→
n
H
2
O
= 0, 68 mol
BTKL: → m
kh
= m
X
+ m
HN O
3
− m
H
2
O
− m
muối
= 7, 28 gam → n
N(trong khí)
= 0, 2 mol

→ n
NO
−
3
(trong muối)
= 1, 36 − 0, 2 = 1, 34 mol

x = n
F e(NO
3
)
2
y = n
F e(NO
3
)
3
→

2x + 3y = 1, 34
180x + 242y = 98, 8
→

2x + 3y = 1, 16
180x + 242y = 98, 8
→

x = 0, 28
y = 0, 2
m

ddsauPƯ
= 265, 36 g → C%F e(NO
3
)
3
= 18, 34%
Đáp án A.
Câu 50: Cho hỗn hợp rắn X gồm F eS; FeS
2
; F e
2
O
3
; F eO; S; CuO (Trong đó oxi chiếm 16%m
X
).Hòa
tan hoàn toàn 10g X bằng một lượng vừa đủ H
2
SO
4
đặc, nóng. Sau phản ứng thấy thoát ra 0, 31m o l SO
2
và dung dịch Y . Cho Y tác dụng hoàn toàn với một lượng bột Mg. Sau đó thấy thanh kim loại tăng 2, 8g
(Giả sử kim loại tạo ra bám hết vào thanh Mg). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 10g X cần vừa đủ V (l) hỗn
hợp khí A gồm oxi và ozon (Tỉ lệ mol 1:1). Giá trị của V là:
A. 1,4784. B. 1,4783. C. 1,5322. D. 1,5680.
Lời giải:
Coi hỗn hợp gồm F e, Cu, O, S gọi số mol F e, Cu, S lần lượt là x, y, z
Ta có:




56x + 64y + 32z = 8, 4g
3x + 2y = 2z + (0, 4 − 0, 31)2
x(56 − 24) + y(64 − 24) = 2, 8
⇒











x =
57
700
y =
41
1400
z =
43
700
Dễ suy ra 2n
O
=
61

175
≈ 0, 35. Suy ra V = 1, 568
Đáp án D.
Câu 51: Trộn KMnO
4
; KClO
3
với một lượng bột MnO
2
trong bình kín thu được hỗn hợp X.Lấy 52, 55g
X đem nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn Y và V (lít) O
2
. Biết rằng KClO
3
nhiệt phân
hoàn toàn tạo 14, 9g KClchiếm 36, 315% khối lượng chất rắn Y . Sau đó cho toàn bộ Y tác dụng hoàn
toàn với axit HCl đặc, dư, đun nóng, sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được 51, 275g muối khan.Hiệu
suất quá trình nhiệt phân KMnO
4
là:
A. 62,5 %. B. 91,5 %. C. 75 %. D. 80 %.
Lời giải:
m
Y
= 14, 9 : 0, 36315 = 41, 03(g) ⇒ n
O
2
=
52, 55 − 41, 03
32

= 0, 36(mol), n
KCl
= 0, 2mol
2 KMnO
4
−−→ K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
Gọi số mol của KMnO
4
;K
2
MnO
4
;MnO
2
trong Y lần lượt là x, y, z
bring about change 24
1.2 Bài tập rèn luyện />Khi đó ta có hệ:



158x + 197y + 87z = 41, 03 − 14, 9 = 26, 13
4x + 4y + 2z + 2.0, 36 = 4(x + 2y) + 0, 2.3 + 2(z − y)
200, 5x + 275y + 126z = 51, 275 − 14, 9 = 36, 375

⇒



x = 0, 03
y = 0, 06
z = 0, 11
Vậy hiệu suất là 80%
Đáp án D.
Câu 52: Cho m(g) hỗn hợp gồm NaBr và NaI phản ứng với dd H
2
SO
4
đặc nóng thu được hỗn hợp khí
A (ĐKTC).Ở điều kiện thích hợp, hỗn hợp khí A phản ứng vừa đủ với nhau tạo thành chất rắn có màu
vàng và một chất lỏng không màu làm đổi màu quỳ tím. Cho Na dư vào phần chất lỏng thu được dung
dịch B. Dung dịch B hấp thụ vừa đủ 2, 24(l) CO
2
(ĐKTC) được 9, 5g muối.Giá trị của m là:
A. 196,46. B. 195,45. C. 197,64. D. 196,56.
Lời giải:
Hỗn hợp khí A gồm: SO
2
, H
2
S, chất lỏng là H
2
O
Gọi


x = n
Na
2
CO
3
y = n
NaHCO
3
⇒

x + y = 0, 1
106x + 84y = 9, 5
⇒ x = y = 0, 05
→ n
NaOH
= 2n
Na
2
CO
3
+ n
NaHCO
3
= 0, 15 mol → n
H
2
S
= 0, 15 mol ; n
SO
2

= 0, 075 mol
2 NaBr + 2 H
2
SO
4
−−→ Na
2
SO
4
+ SO
2
+ Br
2
+ 2 H
2
O
8 NaI + 5 H
2
SO
4
−−→ 4 Na
2
SO
4
+ H
2
S + 4 I
2
+ 4 H
2

O
→ m = 0, 075.2.103 + 0, 15.8.150 = 195, 45 gam
Đáp án B.
Câu 53: Hỗn hợp X có FeS
2
và MS (có tỉ lệ mol 1 : 1, M có hóa trị không đổi). Cho 6,51 gam X tác dụng
hoàn toàn với dung dịch HNO
3
dư được dung dịch Y và 0,59 mol hỗn hợp khí Z gồm (NO và NO
2
) có
khối lượng 26,34 gam. Thêm dung dịch BaCl
2
dư vào Y được m gam kết tủa trắng không tan trong dung
dịch axit dư trên. Tính giá trị m và thành phần phần trăm khối lượng MS trong hỗn hợp X là:
A. 20,97 và 44,7%. B. 20,97 và 44,7%. C. 6,99 và 44,7%. D. 6,99 và 55,3%.
Lời giải:
Gọi n
F eS
2
= n
MS
= x mol ⇒ x(152 + M) = 6, 51
Bảo toàn e:




F eS
2

→ Fe
3+
+ 2.S
6+
+ 15e
N
5+
+ 3e → N
2+




MS → M
n+
+ S
6+
+ (6 + n)e
N
5+
→ N
4+
+ 1e
⇒ 15x + (6 + n)x = 0, 69
Giải 2 phương trình trên ⇒ (152 + M).
0, 69
21 + n
= 6, 51. Chọn n=2 ta có M=65 (Zn) %MS = 44, 7%
Ta có : m = m
BaSO

4
= 0, 09.233 = 20, 97
Đáp án A.
Câu 54: Một dung dịch có chứa 4 ion của 2 muối vô cơ trong có ion SO
2−
4
, khi tác dụng vừa đủ với dung
dịch Ba(OH)
2
đun nóng cho khí X, kết tủa Y và dung dịch Z. Dung dịch Z sau khi axit hóa tan bằng
HNO
3
tạo với AgNO
3
kết tủa trắng hóa đen ngoài ánh sáng. Kết tủa Y đem nung được a g chất rắn T.
bring about change 25