Một số phản ứng hóa học thường gặp và 300 câu hỏi tổng hợp ôn thi ĐH môn Hóa 2016 có lời giải chi tiết

/>
Phụ lục
MỘT SỐ PHẢN ỨNG VÔ CƠ PHỔ THÔNG CẦN CHÚ Ý
1. H2 S(k) + SO2 (k) → S(r) + H2 O (điều kiện: có vết nước hoặc đun nóng)
2. H2 S(k) + Cl2 (k) → S(r) + HCl(k) (điều kiện: nhiệt độ thường hoặc đun nóng)
3. H2 S + Cl2 + H2 O → HCl + H2 SO4 (điều kiện: nhiệt độ thường)
4. H2 S + Br2 → S + HBr (điều kiện: nhiệt độ thường, trong H2O)
5. SO2 + Br2 + H2 O → HBr + H2 SO4 (điều kiện: nhiệt độ thường)
6. SO2 + Cl2 + H2 O → H2 SO4 + HCl (điều kiện: nhiệt độ thường)
7. Br2 + Cl2 + H2 O → HCl + HBrO3 (điều kiện: nhiệt độ thường)
8. N aOH(dd) + X2 → N aOX + N aX + H2 O (X: Cl, Br, I. điều kiện: nhiệt độ thường)
9. N aOH(dd) + X2 → N aX + N aXO3 + H2 O (X: Cl, Br, điều kiện: đun nóng khoảng > 70 độ C)
10. N aOH(dd) + N O2 → N aN O2 + N aN O3 + H2 O (điều kiện: nhiệt độ thường)
11. N aOH(dd) + N O2 + O2 → N aN O3 (điều kiện: nhiệt độ thường)
12. N a2 CO3 (nóng chảy) + SiO2 → N a2 SiO3 + CO2
13. N aOH(loãng lạnh − 2%) + F2 → N aF + OF2 + H2 O
14. N aAlO2 (dd) + CO2 + H2 O → N aHCO3 + Al(OH)3 (điều kiện: nhiệt độ thường hoặc đun nóng)
15. N aAlO2 (dd) + HCl + H2 O → N aCl + Al(OH)3 (điều kiện: nhiệt độ thường hoặc đun nóng)
Nếu dư HCl thì Al(OH)3 tan trong HCl dư
16. N aAlO 2(dd) + N H4 Cl + H2 O → N H3 + N aCl + Al(OH)3 (điều kiện: nhiệt độ thường)
16. M g + CO2 → M gO + C (điều kiện: Khoảng 500 độ C)
17. M g + SiO2 → M gO + Si (điều kiện: khoảng 1000 độ C)
18. CO + I2 O5 (r) → I2 + CO2 (điều kiện: nhiệt độ thường hoặc đun nóng)
19. CO2 + N a2 SiO3 (dd) + H2 O → N a2 CO3 + H2 SiO3 (điều kiện: nhiệt độ thường)
20. N H3 + O2 → N2 + H2 O (điều kiện: đốt cháy N H3 )
21. N H3 + O2 → N O + H2 O (điều kiện: 800 độ C, xt: Pt/Rh)
22. N H3 (k) + Cl2 → N2 + N H4 Cl (điều kiện: N H3 cháy trong Cl2 ở điều kiện thường)
23. P X3 + H2 O → H3 P O3 + HX (X: Cl, Br, I ; điều kiện thường)
24. SO2 + F e2 (SO4 )3 + H2 O → H2 SO4 + F eSO4 (điều kiện: nhiệt độ thường)
25. SO2 + KM nO4 + H2 O → K2 SO4 + M nSO4 + H2 SO4 (điều kiện: nhiệt độ thường)
26 . H2 S + KM nO4 + H2 SO4 → S + M nSO4 + K2 SO4 + H2 O (điều kiện: nhiệt độ thường)

27. H2 S + F eCl3 (dd) → F eCl2 + S + HCl (điều kiện: nhiệt độ thường)
28. H2 S + M (N O3 )2 (dd) → HN O3 + M S (M: Cu, Pb) (điều kiện: nhiệt độ thường)
29. H2 S + AgN O3 (dd) → HN O3 + Ag2 S (điều kiện: nhiệt độ thường)
30. H2 S + HN O3 (long) → S + H2 O + N O
31. N aX(tinh thể)+H2 SO4 (đặc, đun nóng) → N a2 SO4 (hoặc N aHSO4 )+HX(khí) (X: N O3− , Cl− , F − )
32. Ca3 (P O4 )2 + H3 P O4 (dd) → Ca(H2 P O4 )2 (điều kiện: nhiệt độ thường)
33. C + ZnO → CO + Zn (điều kiện: đun nóng)
34. HCOOH → H2 O + CO(điều kiện: đun nóng có H2 SO4 đặc xúc tác)
35.Ag2 S(hoặcHgS) + O2 → Ag(hoặcHg) + SO2 (điều kiện: đốt cháy)
36. Zn + Cr2 (SO4 )3 (dd) → ZnSO4 + CrSO4 (điều kiện: môi trường axit)
37. K2 Cr2 O7 + H2 S + H2 SO4 → S + Cr2 (SO4)3 + K2 SO4 + H2 O
38. Ag(hoặcCu) + H2 S + O2 → Ag2 S(hoặcCuS) + H2O
(điều kiện: nhiệt độ thường ngoài không khí)
39. SO2 + I2 + H2 O → H2 SO4 + HI (điều kiện: nhiệt độ thường)
40. Ag3 P O4 + HN O3 (dd) → AgN O3 + H3 P O4 (điều kiện: nhiệt độ thường)
41. Ag2 O + H2 O2 (dd) → Ag + H2 O + O2 (điều kiện: nhiệt độ thường)
42. HClO + HClđặc → H2 O + Cl2 (điều kiện: nhiệt độ thường)
bring about change

3


/>43. SO2 + K2 Cr2 O7 + H2 SO4 → K2 SO4 + Cr2 (SO4 )3 + H2 O (điều kiện: nhiệt độ thường)
44. Sn + O2 (đun nóng) → SnO2
45. HI + O2 → I2 + H2 O (điều kiện: nhiệt độ thường ngoài không khí)
MỘT SỐ PHẢN ỨNG HỮU CƠ PHỔ THÔNG CẦN CHÚ Ý
1. C4 H10 + O2 → CH3 COOH + H2 O . điều kiện: (Co(CH3 COO)2 , 1800 C, 150atm)
2. C6 H5 − CH3 + KM nO4 + H2 SO4 → C6 H5 − COOH + M nSO4 + K2 SO4 + H2 O (điều kiện: đun
nóng)
3. C6 H5 − CH2 − CH2 − CH3 + KM nO4 + H2 SO4 → C6 H5 − COOH + CH3 COOH + K2 SO4 +

M nSO4 + H2 O. (điều kiện: đun nóng)
4. CH3 −CH = CH2 +KM nO4 (loãng −2%)+H2 O → CH3 −CH(OH)−CH2 −OH+M nO2 +KOH
(điều kiện: điều kiện thường)
5. CH3 − CH = CH2 + KM nO4 + H2 SO4 → CH3 COOH + CO2 + K2 SO4 + M nSO4 + H2 O(điều
kiện: đun nóng)
6. Xiclopropan + Br2 /CCl4 (hoặcBr2 /H2 O) → Br − CH2 − CH2 − CH2 − Br (điều kiện: điều kiện
thường)
7. CH2 = CH − Cl + N aOH(đậm đặc, nhiệt độ cao, áp suất cao) → CH3 − CHO + N aCl + H2 O
8. C6 H12 (xiclohexan) + Cl2 → C6 H1 1Cl + HCl (điều kiện: ánh sáng khuếch tán hoặc nhiệt độ)
9. CH3 OH + CO → CH3 COOH (điều kiện: RhIII, I-, 1800 C, 30 atm)
10. CH3 OH + CuO(hoặcO2 , điều kiện: Cu) → HCHO + Cu + H2 O
11. C2 H5 OH → CH2 = CH−CH = CH2 +H2 O+H2 (điều kiện:M gO/ZnO hoặc Al2 O3 /ZnO, 350−
4500 C)
12. C6 H6 + Cl2 → C6 H6 Cl6 (điều kiện: ánh sáng khuếch tán hoặc nhiệt độ)
13. C6 H6 + Cl2 (hoặcBr2) → C6 H5 − Cl + HCl. (điều kiện: bột F eCl3 , AlCl3 hoặc có mặt Fe, Al)
14.HCHO + Br2 (trong nước) → CO2 + HBr.(điều kiện: điều kiện thường)
15. HCHO + H2 → CH3 − 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 + H2 O → R − CH(OH) − COOH + N H3 (điều kiện: xúc tác H2SO4 loãng)
18. RCOOH → (RCO)2 O + H2 O (điều kiện: P2 O5 , nhiệt độ)
19. CH3 − COOH + Cl2 (hoặcBrom) → Cl − CH2 − COOH + HCl (điều kiện: ánh sáng hoặc có
mặt photpho)
20. CH3 − CO − CH3 + Br2 → CH3 − CO − CH2 − Br + HBr (điều kiện: axit như CH3COOH hoặc
ánh sáng khuếch tán)
21. HCOOH + Br2 (dd trong nước) → H2 O + CO2 + HBr (điều kiện: nhiệt độ thường)
22. R − CHO + Cu(OH)2 + N aOH → RCOON a + Cu2 O + H2 O (điều kiện: đun nóng)
23. R − CH(OH) − CH2 − OH + Cu(OH)2 → Phức Cu2+ màu xanh lam đậm +H2 O. điều kiện: nhiệt
độ thường)
24. CH3 − COOH + Cu(OH)2 → (CH3 COO)2 Cu + H2 O (điều kiện: nhiệt độ thường)
25. C6 H5 − N O2 + [H] → C6 H5 − N H2 + H2O. (điều kiện: Fe/HCl hoặc Zn,Sn trong HCl)

26. C6 H5 − N H2 + N aN O2 + HCl → [C6 H5 − N2 ] + Cl− + N aCl + H2 O (điều kiện: nhiệt độ lạnh 0
- 5 độ C)
27. C6 H5 − N H2 + N aN O2 + HCl → C6 H5 − OH + N2 + N aCl + H2 O (điều kiện: nhiệt độ thường
hoặc đun nóng)
28. CH3 − CHO + KM nO4 (loãng) + H2 O → CH3 COOK + KOH + M nO2 (điều kiện: điều kiện
thường hoặc đun nóng)
29. C2 H2 + KM nO4 + H2 SO4 → CO2 + K2 SO4 + M nSO4 + H2 O(điều kiện: điều kiện thường hoặc
đun nóng)
30. C2 H2 + HCl → CH2 = CH − Cl (điều kiện: hơi HCl, đun nóng)

bring about change

4


/>31. CH2 = CH − Cl + HCl → CH3 − CH(Cl)2 (điều kiện: hơi HCl, đun nóng)

bring about change

5


/>
1
1.1

Hóa học vô cơ
Câu hỏi lí thuyết

Câu 1: Có các hóa chất : K2 Cr2 O7 , HCl, KM nO4 , M nO2 , N aCl, HClO, H2 SO4 , KClO3 . Những hóa

chất được sử dụng để điều chế Cl2 trong phòng thí nghiệm là
A. 3.

B. 4.

C. 5.

D. 6.

Lời giải:
Phương pháp điều chế Cl2 trong phòng thí nghiệm là cho HCl tác dụng với các chất oxi hóa mạnh.
Những chất đó là K2 Cr2 O7 , KM nO4 , M nO2 , KClO3 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 SO2 :
A. Dung dịch BaCl2 , CaO, nước brom.
B. Dung dịch N aOH, O2 ,dung dịch KM nO4 .
C. O2 ,nước brom,dung dịch KM nO4 .
D. H2 S, O2 ,nước brom.
Lời giải:
Nhìn vào đề bài ta loại ngay câu D vì H2 S có tính khử, không có tính oxi hóa
Câu A, B thì BaCl2 không tác dụng với SO2 còn phản ứng với N aOH, CaCl2 là phản ứng trao đổi
Câu C đúng
Các phương trình phản ứng
2SO2 + O2 ↔ 2SO3
SO2 + 2KM nO4 + 2H2 O → 2M nSO4 + H2 SO4 + K2 SO4
SO2 + Br2 + 2H2 O → H2 SO4 + 2HBr
Câu 3: Trong phòng thí nghiệm do sơ suất nên một học sinh đã điều chế quá nhiều khí Cl2 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 N H3 vừa phải vào phòng.
D. Phun mù bằng hơi nước trong phòng.
Lời giải:
Vôi bột không tác dụng với khí Cl2 nên loại B.
Cl2 + H2 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 N H3 vừa phải vào phòng có thể (hơi dư một tí) để có phản ứng
sau xảy ra:
8 NH3 + 3 Cl2 −−→ 6 NH4 Cl + N2
(không độc)
Câu 4: Cho các phát biểu sau:
1. CO2 tan trong nước nhiều hơn SO2 ở cùng điều kiện nhiệt độ áp suất.
2. SO2 là phân tử phân cực còn CO2 là phân từ không phân cực.
3. SO2 có tính khử, CO2 không có tính khử.
4. SO2 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 CO2 rất ít tan trong nước còn .SO2 thì tan nhiều trong nước
Đáp án B.
Câu 5: Cho các phản ứng:
1)Cu + HN O3 (loãng) → X + ...
2)M nO2 + HCl → Y + ...
3)N aHSO3 + N aHSO4 → Z + ...
4)Ba(HCO3 )2 + HN O3 → T + ... Các khí sinh ra tác dụng được với dung dịch N aOHlà:
A. X;Y;Z;T.

B. Y;Z;T.

C. Z;T.

D. Y;T.

Lời giải:
X, Y, Z, T lần lượt là N O, Cl2 , SO2 , CO2
Do đó các chất tác dụng được với dung dịch N aOH là Y, Z, T
Đáp án B.
Câu 6: Khi điều chế oxi trong phòng thí nghiệm bằng phản ứng phân huỷ H2 O2 (xúc tác M nO2 ), 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. N a.

B. Bột CaO.

C. CuSO4 .5H2 O.

D. Bột S.

Lời giải:
Đáp án B vì CaO vừa có tác dụng hút ẩm tốt vừa không tác dụng với O2
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 SiO2
PTHH:
SiO2 + 4 HF −−→ SiF4 + 2 H2 O
Câu 9: Trong phòng thí nghiệm, khí CO2 được điều chế từ CaCO3 và dung dịch HCl thường bị lẫn khí
hiđro clorua và hơi nước. Để thu được CO2 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. N aOH, H2 SO4 đặc.

B. N aHCO3 ; H2 SO4 .

C. N a2 CO3 ; N aCl.

D. H2 SO4 đặc, N a2 CO3 .

Lời giải:
Đáp án D. Khi cho H2 SO4 đặc thì nó hút nước còn muối N a2 CO3 lại tác dụng với khí HCl tạo ra khí
CO2
Câu 10: Để đề phòng nhiễm độc CO, người ta sử dụng mặt nạ phòng độc có chứa hóa chất là:
A. Cu và M nO2 .

B. CuO và M gO.

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(H2 P O4 )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 (N H2 )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 (N O3− ) và ion amoni (N H4+ ).
(9). Amophot là hỗn hợp các muối (N H4 )2 HP O4 và KN O3 .
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 K2 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 (N O3− ) và ion amoni (N H4+ ).
9. sai nitrophotka là hỗn hợp các muối (N H4 )2 HP O4 và KN O3 .
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. O2 .

B. H2 S.

C. N2 O.

D. N2 .

Lời giải:
A là N H3
B là N2

C là Li3 N
E là N H4 N O3
F là N2 O
G là H2 O
Đáp án C.
Câu 13: Cho dãy các chất Ca(HCO3 )2 , N H4 Cl, (N H4 )2 CO3 , ZnSO4 , 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(HCO3 )2 , (N H4 )2 CO3 , Al(OH)3 , Zn(OH)2
Đáp án A.
Câu 14: Cho các chất Al, Al2 O3 , Al2 (SO4 )3 , ZnOH2 , N aHS, K2 SO3 , (N H4 )2 CO3 . Số phản ứng phản
ứng được với HCl và N aOH
bring about change

9


1.1

/>
Câu hỏi lí thuyết
A. 5.

B. 6.

C. 7.

D. 4.

Lời giải:
Các chất là Al, Al2 O3 , ZnOH2 , N aHS, (N H4 )2 CO3 . Vậy có 5 chất
Đáp án A.
Câu 15: Dung dịch Br2 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. H2 S và SO2 .

B. SO2 vàH2 S.

C. SO2 và HI.

D. HI và SO2 .

Lời giải:
Khí làm mất màu dung dịch Br2 chỉ có thể là H2 S hoặc SO2
Khí làm màu dung dịch sẫm màu hơn là HI do I2 màu tím.
Vậy chọn C.
Các phương trình phản ứng:
SO2 + Br2 + 2 H2 O −−→ 2 HBr + H2 SO4
2 HI + Br2 −−→ 2 HBr + I2
Câu 16: X là một halogen. Cho khí X2 , đi qua dung dịch N aOH 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 OF2
Đáp án A.
Câu 17: Có hai bình kín không giãn nở đựng đầy các hỗn hợp khí ở t0 C như sau:
- Bình (1) chứa H2 và Cl2
- Bình (2) chứa CO và O2
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:
H2 + Cl2 −−→ HCl (1 )

bring about change

10

1.1

/>
Câu hỏi lí thuyết
2 CO + O2 −−→ 2 CO2 (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 F eCl2 + dung dịch AgN O3 dư →
(2) Hg + S →
(3) F2 + H2O →
(4) N H4Cl + N aN O2 →
(5) K + H2 O →
(6) H2 S + O2 dư →
(7) SO2 + dung dịch Br2 →
(8) Mg + dung dịch HCl →
(9) Ag + O3 →
t0

(10) KM nO4 −
→
(11) M nO2 + HCl đặc →
(12) dung dịch F eCl3 + Cu →
Trong các phản ứng trên, số phản ứng tạo đơn chất là bao nhiêu?
Lời giải:
(1) dung dịch F eCl2 + dung dịch AgN O3 dư → Ag
(2) Hg + S →

(3) F2 + H2O → O2
(4) N H4Cl + N aN O2 → N2
(5) K + H2 O → H2
(6) H2 S + O2 dư →
(7) SO2 + dung dịch Br2 →
(8) Mg + dung dịch HCl → H2
(9) Ag + O3 → O2
t0

(10) KM nO4 −
→ O2
(11) M nO2 + HCl đặc → Cl2
(12) dung dịch F eCl3 + Cu →
Câu 19: Cho các cặp chất sau:
(1). Khí Cl2 và khí SO2
(2).Khí H2 S và dung dịch P b(N O3 )2
(3).Khí H2 S và SO2
(4) Khí Cl2 và dung dịch N aOH
(5) Li và N2
bring about change

11


1.1

/>
Câu hỏi lí thuyết

(6) Glixerol và Cu(OH)2

(7) Hg và bột S
(8) Khí CO2 và dung dịch N aClO
(9) Khí F2 và Si
(10) Sục C2 H4 vào dung dịch KM nO4
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 + N2 → 2Li3 N
Hg + S → HgS
F2 + Si → SiF4 (F2 là một phi kim có tính oxi hóa rất mạnh)
Hoặc một phản ứng khác :SO2 + H2 S → S + 2H2 O
Câu 20: Cho các phát biểu sau:
(1) SO2 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 O3 .
(3) SO3 tan vô hạn trong axit sunfuric.
(4) Phân tử SO2 không phân cực .
(5) KM nO4 và KClO3 đuợc dùng để điều chế oxi vì có tính oxi hóa mạnh.
(6) SiO2 tan dễ trong kiềm nóng chảy và đẩy được CO2 ra khỏi muối .
(7) Giống như Cacbon, Silic có các số oxi hoá đặc trưng 0, +2, +4, -4.
(8) Cát là SiO2 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) KM nO4 , KClO3 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)M g(N O3 )2 ; KN O3 ; (2)N aN O3 ; N aHSO4 ; (3)F e(N O3 )3 ; N aHSO4 ; (4)N aN O3 ; N aHCO3 ; 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 N aN O3 ; N aHSO4 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 CuSO4 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 CuS O4 vào:
Zn2+ + 2 H+ −−→ H2 + Zn2+
H2 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 CuSO4 vào sẽ xảy ra phản ứng
Zn + CuSO4 −−→ ZnSO4 + 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 H2 nên tốc độ thoát khí tăng ( ăn mòn điện hóa học).
Câu 23: Cho dãy các kim loại: Li, Be, N a, M g, 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, N a, K, Ca, Rb, Sr, Ba.. Đáp án A.
Lưu ý: M g tác dụng nhanh với H2 O ở nhiệt độ cao. Ở nhiệt độ thường tan rất chậm xem như không tan.
Be không tác dụng với H2 O dù ở mọi nhiệt độ.
Al; Zn chỉ tác dụng với H2 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 CuSO4 với anot bằng Cu. Cho các phát biểu sau:
A. Phương trình điện phân: .2CuSO4 + 2H2 O → 2Cu + O2 + 2H2 SO4
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 CuSO4 , 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) + Cu2+ → Cu2+ + Cu(catot).
Chỉ có D đúng nên đáp án A.
Câu 26: Cho một lượng sắt tan trong dung dịch HN O3 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 KM nO4 /H2 SO4 . Chất tan trong
dung dịch là:
A. F e(N O3 )3 ; HN O3 .

B. F e(N O3 )2 .

C. F e(N O3 )2 ; HN O3 .

D. F e(N O3 )2 ; F e(N O3 )3 .

Lời giải:
X có khả năng làm mất màu dd KM nO4 /H2 SO4 nên X chứ F e(N O3 )2
Từ đây suy ra HN O3 hết.
X có màu nâu nhạt nên X có chứa F e(N O3 )3
Đáp án D.
Câu 27: Cho phương trình phản ứng:
FeS2 + Cu2 S + HNO3 −−→ Fe2 (SO4 )3 + CuSO4 + NO + H2 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 eS2 + Cu2 S → 2F e+3 + 2Cu+2 + 5S +6 + 40e
N +5 + 3e → N +2
6F eS2 + 3Cu2 S + 40HN O3 → 3F e2 (SO4 )3 + 6CuSO4 + 40N O + 20H2 O
Tổng hệ số là 118.

Câu 28: Cho phương trình phản ứng:
Mg + HNO3 −−→ Mg(NO3 )2 + NO + N2 O + H2 O
bring about change

14


1.2

/>
Bài tập rèn luyện

Nếu tỉ lệ khối của hỗn hợp N O và N2 O đối với H2 là 17,8. Tỉ lệ số phân tử bị khử và số phân tử oxy hóa
là:
Lời giải:
nN O : nN2 O = 3 : 2
25M g + 64HN O3 → 25M g(N O3 )2 + 6N O + 4N2 O + 32H2 O
Tỉ lệ là 14:25.

1.2

Bài tập rèn luyện

Câu 29: Cho 158,4g hỗn hợp X gồm F e, F e(N O3 )2 , F e(N O3 )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:




F ex Oy
Fe
0
NO
HN O3
t
→  O2  −−−−→
Phân tích đề toán: F e(N O3 )2  −
F e(N O3 )3
N O2
F e(N O3 )3
Khi cho chất rắn tác dụng với HN O3 tạo ra khí NO chứng tỏ F ex Oy còn chứa hợp chất sắt khác ngoài


F e2 O3 , và như vậy thì O2 hết. Vì O2 tham gia phản ứng oxi hóa thành F e+3 .
Nên chất rắn giảm chính là lượng N O2 thoát ra mN O2 = 55, 2 ⇒ nN O2 = 1, 2 (mol) ⇒ nN O3− =
1, 2 (mol)
Ta có mX = mF e + mN O3− ⇒ mF e = 158, 4 − 1, 2.62 = 84 g ⇒ nF e = 1, 5 mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố để tính khối lượng rắn .mF e2 O3 = 1, 5.80 = 120g
Đáp án B.
Câu 30: Hỗn hợp X gồm F eS, F eS2 , CuS tan vừa hết trong dung dịch chứa 0, 33mol H2 SO4 đặc sinh ra
0, 325mol SO2 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 HN O3 đặc nóng dư sinh ra khí N O2 duy nhất và còn lại dd E (không chứa
N H4+ ). 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 eS2 ; CuS] = [F e; Cu; S] = (a; b; c) : mol
Bảo toàn e :3nF e + 2nCu + 6nS = 2nSO2 ⇒ 3a + 2b + 6c = 2.0, 325 = 0, 65
Bảo toàn điện tích :3nF e3+ + 2nCu2+ = 2nSO42− = 2.[(0, 33 − 0, 325) + c] ⇒ 3a + 2b − 2c = 0, 01
2F e3+ + F e → 3F e2+
a..........a/2.......3/2a

bring about change

15


1.2

/>
Bài tập rèn luyện

Cu2+ + F e → Cu + F e2+
b.......b...............b.......
Khối lượng kim loại giảm là :
a
56.( + b) − 64b = 50 − 49, 48 = 0, 52 ⇒ 28a − 8b = 0, 52
2
Giải ra ta được :a = 0, 03; b = 0, 04; c = 0, 08
Bảo toàn điện tích trong dung dịch E
3nF e = 2nSO42− + nN O3− ⇒ 3.

3a

+b
2

= 2.[(0, 33 − 0, 325) + c] + nN O3−

⇒ nN O3− = 0, 085
Khối lượng trong E là :
mF e3+ + mSO42− + mN O3− = 56.

3a
+ b + 96.[(0, 33 − 0, 325) + c] + 62.0, 085 = 18, 19
2

Đáp án B.
Câu 31: Hỗn hợp X gồm F eO, F e2 O3 , F e3 O4 , CuO. Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch
H2 SO4 đặc nóng dư thu được 3,36 lít SO2 (đktc). Nếu khử m gam hỗn hợp X bằng H2 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 + H2 SO4 .Theo đó, ta có: ne (X nhường)=2nSO2 = 0, 15.2 = 0, 3
Mặt khác:
(e):ne (X nhường) + 2nH2 = 3nN O ⇒ nH2 = 0, 06 = nO (bị khử)

Mặt khác: mX = my + mO(bị khử) = 77, 6
Chọn A.
Câu 32: Hỗn hợp X gồm F e3 C, F e, C. Cho m gam X tác dụng với dung dịch H2 SO4 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:
SO2
Quy đổi hỗn hợp X thành F e, C Y
⇔ XO2 (X= 28,96)
CO2

+
2nXO32− + nHXO3− = n+

K + nN a = nOH − = 1, 76



1303
mN a+ + mK + + mXO32− + mHXO3− = 132, 26
⇒ nXO32− + nHXO3− =

Theo đầu bài ta có:
=

1316
+ = 0, 8
n
N
a



nK + = 0, 8.1, 2
nY
MY = 60, 96⇒ nCO2 = 0, 15; nSO2 = 0, 84
bring about change

16


1.2

/>
Bài tập rèn luyện

Măt khác, Bảo toàn e cho cả quá trình, ta có:
3nF e + 4nc = 2nSO2 ⇔ 6nF e2 (SO4 )3 + 4nC = 2.0, 84 ⇒ 6

m + 50, 04
+ 4.0, 15 = 2.0, 84 ⇒ m = 21, 96
400

Chọn C.
Câu 33: Nung nóng m gam hỗn hợp X gồm CaCO3 và F eCO3 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 HN O3 dư thu
được 14,784 lít hỗn hợp khí N O và CO2 (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:

 CaO(a mol)
CaCO3 (a mol)
→
b
F e2 O3 (
F eCO3 (b mol)
mol)
2
b
Theo bài ra, ta có: nCaO = nF e2 O3 ⇔ a =
2
BTe, ta có:nF eCO3 = 3nN O (C): nCO2 = nCaCO3 + nF eCO3
kk;t0

Do đó:



a = b
a = 0, 18
2
⇔
Do đó:
b

b = 0, 36
 + a + b = 0, 66
3
m = mCaCO3 + mF eCO3 = 100a + 116b = 59, 76.
Đáp án B.
Câu 34: Hỗn hợp X gồm Al2 O3 , M gO, F e2 O3 , ZnO. Để hoà tan 31,48 gam hỗn hợp X cần 325 gam
dung dịch H2 SO4 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 HN O3 loãng dư thu được 2,24 lít hỗn hợp khí N O và N2 O
(đktc) có tỉ khối so với hiđro là 17,1. Số mol HN O3 tham gia phản ứng là
A. 1,47375.

B. 1,56125 .

C. 1,45250 .

D. 1,58150.

Lời giải:
Xét phản ứng X + H2 SO4
nO2− /X = nH2 SO4 = 0, 65 ( Bản chất: H + + O2− → H2 O)
Xét X+ CO

nO2− (bị khử) =

31, 48 − 27, 16
= 0, 27 = nCO
16

pu

⇒ nO2− /Y = nO2− /X − nO2− (bị khử) = 0, 38

BTe, ta có:
2nCO = 3nN O + 8nN2 O + 8nN H4 N O3 ⇔ 2.0, 27 = 3.0, 07 + 8.0, 03 + 8nN H4 N O3 ⇒ nN H4 N O3 = 0, 01125
Do đó:
nHN O3 (pu ) = 2nO2 /Y + 4nN O + 10nN2 O + 10nN H4 N O3 = 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 F eS và F eS2 ( lưu huỳnh chiếm 44% khối lượng hỗn
hợp) trong 800 ml HN O3 4M , thu được dung dịch Y và khí N O duy nhất. Dung dịch này có thể hòa tan
tối đa 44, 8g Fe cho khí N O 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 F e(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 e2 (SO4 )3 và F e(N O3 )3
Y hòa tan tối đa nên sắt chỉ lên sắt 2
nF e3+ 3nHN O3 d
Ta có nF ehatan =
+
2
8
x
8
⇒ nHN O3 d = (0, 8 − ) (1)
3
2
nHN O3 pu = nN O + 3nF e(N O3 )3
Mặt khác ta có nF e(N O3 )3 = nF e − nF e2 (SO4 )3 ⇒ nHN O3 pu = 4nF e = 4x (2)

3nN O = 3nF e + 6nS
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 nHN O3 pu = 4nF 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 HN O3 (
chưa biết rõ loãng hay đặc nóng) thu được dung dịch X (không chứa N H4+ )và 8, 064 lít hỗn hợp khí Y
( gồm hai khí) có tỉ khối so với H2 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 → nN = nN O3− = (190, 8 − 53, 82)/62 = 2, 21 mol
Thừa dữ kiện + không có đáp án → loại. Vậy X gồm M (N O3 )n và M (OH)n
Từ đó tính được: nH2 = 0, 09 ; nN2 O = 0, 27 mol ( chỗ này hai th gồm N O2 và N2 O ) → nHN O3 (p) = 2, 7
BT nguyên tố N: → nN (X) = nHN O3 − nN (Y ) = 2, 7 − 0, 27.2 = 2, 16 mol
Đáp án A.
Câu 37: Hỗn hợp X gồm M g, Al, M gO, F eO, M g(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 H2 (đktc). Cho m gam hỗn hợp X
bằng dung dịch HN O3 loãng dư thu được 4, 48 lít N O (đktc) và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu
được m + 108, 48 gam muối khan. Số mol HN O3 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 − → O2− + H2 O

bring about change

18


1.2

/>
Bài tập rèn luyện

mgim = mH2 O = 1, 44 → nH2 O = 0, 08 → nOH − = 0, 16
nH + = 2nH2 = 0, 34 (tạo khí )
2H + + O2− → H2 O
nO2− = 1/2nH2 = (1, 5 − 0, 34 − 0, 16)/2 = 0, 5
Gọi nN H4 N O3 = x
108, 48 = 0, 16(62 − 17) + 80x − 16.0, 5 + 62(8x + 0, 2.3 + 0, 5.2)
x = 0, 0175 → nHN O3 = 2O2− + nOH − + 10nN H4 N O3 + 4nN O = 2, 135 mol
Đáp án C.
Câu 38: Hỗn hợp X gồm Al, Zn, F e, M g. 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, 69 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 HN O3 loãng dư thu được 4, 032 lít N O (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:
1
Gọi nN H4 N O3 = x, 8x + nN O .3 + nO .2 = nCl2 .2 + nH2 .2 nH2 = 27, 69/35, 5 = 0, 39
2
Thay vào trên được x = 0, 01125
mN H4 N O3 = 0, 9. mm KL = 70, 22 − 0, 9 = 69, 32. nN O3− = nCl2 .2 + nH2 .2
mKL = mm KL − 3N O3− = 16, 62
mà nF 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 H2 SO4
(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 H2 SO4 , Zn phản ứng trước thì số mol H2 SO4 còn là 3 mol

Mà ta có 2F e + 6H2 SO4 → F e2 (SO4 )3 + SO2 + 6H2 O
nF e
64 = 32 = 6, 4y Đáp án A.
Phản ứng vừa hết nên số g Cu là : m =
2
Câu 40: Hoà tan hoàn toàn 5,4g oxit kim loại X bằng dung dich HN O3 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.

bring about change

B. MnO hoặc FeO.

19


1.2

/>
Bài tập rèn luyện
C. MnO hoặc Cu2 O.

D. Kết quả khác.

Lời giải:
nN H4 N O3 = 5, 625.10−3 mol, nN O = 0, 01 mol → nenhận = 0, 01.3 + 5, 625.10−3 .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(Cu2 O)
Đáp án D.
Câu 41: Hỗn hợp bột A gồm 3 kim loại M g, Zn, Al. Khi hòa tan hết 7, 5g A vào 1 lít dd HN O3 thu được

1 lít dd B và hh khí D gồm N O và N2 O.Thu khí D vào bình dung tích 3, 2(l) có chứa sẵn N2 ở O0 C và
0, 23atm thì nhiệt đọ trong bình tăng lên dến 27, 30 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 M g, 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 =

PV
, ta tính được ngay:
RT

nN2 = 0, 03mol, nhh khí trong bình = 0, 14mol
Khi đó nhhN O,N2 O = 0, 11mol
⇒ MN O,N2 O = 34. Sử dụng đường chéo ta tính được nN O = 0, 07mol, nN2 O = 0, 04mol Khi cho A vào
KOH ta có ngay 7, 5 − 5, 7 = mM g(OH)2 + mH2 ⇒ 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 nhh 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 N aN O3 và H2 SO4 (vừa đủ ) thu được 4, 48 lít khí N O
và dung dịch B.Cô cạn thu được m g rắn khan.
• Phần 2: Đem nung nóng rồi cho tác dụng với khí H2 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 N O 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, Mx Oy ] = [M, O] = (a; b) : mol
Bảo toàn e cho phần 1: m.nM = 3nN O + 2nO ⇒ m.a = 3.0, 2 + 2b (Với m là hóa trị của M)
Bảo toàn e cho phần 2:m.nM = 3nN O = 3.0, 8 = 2, 4
Từ đó suy ra :nO = 0, 9 ⇒ mO = 14, 4 ⇒ mM = 44, 8
Trong dung dịch B có chứa :M m+ ; SO42− ; N a+ Bảo toàn ion :
m.nM + nN a+ = 2nSO42− ⇒ 2, 4 + 0, 2 = 2nSO42− ⇒ nSO42− = 1, 3
Khối lượng dung dịch B là :
mB = mN a+ + mSO42− + mM 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
HN O3 0,2M, H2 SO4 0,9M và N aN O3 0,4M. Sau khi kết thúc phản ứng thu được khí N O 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 nF e = 0, 04mol, nCu = 0, 015mol
Số mol e cho tối đa là (F e → F e3+ ): 0, 04.3 + 0, 015.2 = 0, 15mol
nH + = 0, 2mol
Mặt khác:
Bán phản ứng khử:
nN O3− = 0, 06mol
4H + + N O3− + 3e → N O + 2H2 O
3
Số mol e nhận là :ne nhận = nH + = 0, 15mol = ne cho
4
Nên ta suy ra kim loại tan vừa hết Dung dịch sau phản ứng :


N O3− dư : 0, 01mol



SO2− : 0, 09mol
4
+


N a : 0, 04mol





ion KL : 3, 2g
Khi đó mmuối = 3, 2 + 0, 04.23 + 0, 01.62 + 0, 09.96 = 13, 38g
Đáp án A.
Câu 44: 16: Nhiệt phân 50,56 gam KM nO4 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 H2 SO4 đặc nóng dư thu được 1,344l SO2 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 :mO2 = 50, 56 − 46, 72 = 3, 84 ⇒ nO2 = 0, 12 ⇒ nO = 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, 24.16 = 9, 2
Từ đó suy ra %M g =

⇔

x = 0, 15
y = 0, 1

0, 15.24
= 39, 13%
9, 2

Đáp án A.
Câu 45: Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HN O3 24 %. Sau khi các kim loại
tan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm N O, N2 O, N2 bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm một
lượng vừa đủ O2 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 H2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A
để được lượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa. Tính m1 , m2 . Biết lượng HN O3 lấy dư 20%
so với lượng cần thiết.
Lời giải:
Khi thoát ra gồm N2 O, N2 dễ tính được nN2 O = 0, 15, N2 = 0, 05
Suy ra nN O = 0, 2
Gọi số mol của Mg, Al lần lượt là x và y
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. nHN O3 pứ = 2x + 3y + 0, 2 + 2.0, 15 + 2.0, 05 = 2, 9mol

Do khối lượng kết tủa là lớn nhất nên có hệ

Vậy nHN O3 = 2, 9.1, 2 = 3, 48mol Suy ra m2 = 913, 5g

Câu 46: Cho 6, 69g hỗn hợp dạng bột gồm Al và F e vào 100mldung dịch CuSO4

0, 75M khuấy kĩ để

phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn X. Hòa tan hoàn toàn X bằng HN O3

1M thu được khí

N O sản phẩm khử duy nhất. Thể tích HN O3 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: nAl = 0, 248(mol)
BTe, ta có: 3nN O = 3nAl ⇒ nN O = 0, 248( mol) Khi đó: nHN O3 = 4nN O = 4.0, 248 = 0, 988(mol)
Mặt khác, Giả sử hỗn hợp ban dầu chỉ có F e Khi đó: nF e = 0, 119.Để HN O3 min trong trường hợp này
thì F e chỉ được tạo muối sắt (II)(Khi đó số mol NO sinh ra ít nhất nên HN O3 dùng ít nhất)
Lập luận tương tự như trên ta có:3nN O = 2nF e ⇒ nN O = 0, 079 ⇒ nHN O3 = 0, 316(mol)
Do vậy: 0, 316 < nHN O3 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 H2 SO4 loãng dư thu được 0, 96m gam kết tủa. Cho m gam hỗn hợp X tác
dụng với dung dịch HN O3 loãng dư thu được 0, 672 lít N O (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Cho dung
dịch Y tác dụng với dung dịch AgN O3 dư thu được m1 gam kết tủa. Giá trị của m1 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: nO = x + y + z ⇒ nH+ = 2(x + y + z)
Lại thấy nCl− =3nBr− nên dễ dàng suy ra được số mol hai thằng này theo x, y, z


0, 37.153x = 0, 63(72y + 80z)

 x = 0, 18

y
=

0,
09
Khi đó ta có hệ
⇒ y = 0, 09..



137x + 56y + 64z + 80(x + y + z) + 3.35, 5(x + y + z) = 73, 7475
z = 0, 12
2
2
Từ đó suy ra nCl− = 3nBr− = 0, 585. mkt = mAgCl + mAgBr + mAg = 130, 3275
Đáp án A
Câu 48: Hòa tan hoàn toàn 1, 28g

Cu vào dung dịch chứa 0, 12mol

HN O3 thu được dung dịch X và

hỗn hợp khí Y gồm N O và N O2 .Cho X tác dụng hoàn toàn với 105mldung dịch KOH

1M , sau phản

ứng lọc bỏ kết tủa được dd Y1 .Cô cạn Y1 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: nCu = 0, 02 mol; nKOH = 0, 105 mol
x = nKOHdư
x + y = 0, 105
x = 0, 005
Gọi
→
→
mol
y = nKN O3
56x + 85y = 8, 78
y = 0, 1
→ nHN O3 d = nKN O3 − 2nCu(N O3 )2 = 0, 06 mol → nHN O3 P = 0, 12 − 0, 06 = 0, 06 mol
Bảo toàn nguyên tố Nito và bảo toàn electron ta tính được: nN O = nN O2 = 0, 01 mol → MX =
0, 01.30 + 0, 01.46
= 38 → D = 38/4 = 9, 5
0, 01 + 0, 01
Đáp án C.
Câu 49: Thổi một luồng khí CO qua ống sứ chứa 37, 76 gam hỗn hợp gồm F e2 O3 và F e3 O4 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 O3 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(N O3 )3 có trong dung dịch Z là.
A. 18,24 %.

bring about change

B. 15,96 %.

C. 55,61 %.

D. 23,16 %.

23


1.2

/>
Bài tập rèn luyện

Lời giải:
Hỗn hợp Z gồm F e(N O3 )2 và F e(N O3 )3 ( vì F e là kim loại có tính khủ yếu không có khả năng tạo muối
amoni); HN O3 đã hết.
nO = nCO2 = nCaCO3 = 0, 32 mol → mX = 37, 76 − 0, 32.16 = 32, 64 gam. nHN O3 = 1, 36 mol→
nH2 O = 0, 68 mol
BTKL: → mkh = mX + mHN O3 − mH2 O − mmuối = 7, 28 gam → nN (trong khí) = 0, 2 mol
→ nN O3− (trong muối) = 1, 36 − 0, 2 = 1, 34 mol
x = nF e(N O3 )2

2x + 3y = 1, 34

→

→

y = nF e(N O3 )3

180x + 242y = 98, 8
mddsauPƯ = 265, 36 g → C%F e(N O3 )3 = 18, 34%

2x + 3y = 1, 16
180x + 242y = 98, 8

→

x = 0, 28
y = 0, 2

Đáp án A.
Câu 50: Cho hỗn hợp rắn X gồm F eS; F eS2 ; F e2 O3 ; F eO; S; CuO (Trong đó oxi chiếm 16%mX ).Hòa
tan hoàn toàn 10g X bằng một lượng vừa đủ H2 SO4 đặc, nóng. Sau phản ứng thấy thoát ra 0, 31mol

SO2

và dung dịch Y . Cho Y tác dụng hoàn toàn với một lượng bột M g. Sau đó thấy thanh kim loại tăng 2, 8g
(Giả sử kim loại tạo ra bám hết vào thanh M g). 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
57



x
=


700
 56x + 64y + 32z = 8, 4g

41
Ta có: 3x + 2y = 2z + (0, 4 − 0, 31)2 ⇒ y =


1400


x(56 − 24) + y(64 − 24) = 2, 8

 z = 43
700
61
Dễ suy ra 2nO =
≈ 0, 35. Suy ra V = 1, 568
175
Đáp án D.
Câu 51: Trộn KM nO4 ; KClO3 với một lượng bột M nO2 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) O2 . Biết rằng KClO3 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 KM nO4 là:
A. 62,5 %.

B. 91,5 %.

C. 75 %.

D. 80 %.

Lời giải:
mY = 14, 9 : 0, 36315 = 41, 03(g) ⇒ nO2 =

52, 55 − 41, 03
= 0, 36(mol), nKCl = 0, 2mol
32

2 KMnO4 −−→ K2 MnO4 + MnO2 + O2
Gọi số mol của KMnO4 ;K2 MnO4 ;MnO2 trong Y lần lượt là x, y, z

bring about change

24


1.2

/>
Bài tập rèn luyện




158x + 197y + 87z = 41, 03 − 14, 9 = 26, 13
x = 0, 03
Khi đó ta có hệ: 4x + 4y + 2z + 2.0, 36 = 4(x + 2y) + 0, 2.3 + 2(z − y) ⇒ y = 0, 06


200, 5x + 275y + 126z = 51, 275 − 14, 9 = 36, 375
z = 0, 11
Vậy hiệu suất là 80%
Đáp án D.
Câu 52: Cho m(g) hỗn hợp gồm N aBr và N aI phản ứng với dd H2 SO4 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 N a dư vào phần chất lỏng thu được dung
dịch B. Dung dịch B hấp thụ vừa đủ 2, 24(l) CO2 (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: SO2 , H2 S, chất lỏng là H2 O

x = nN a2 CO3
x + y = 0, 1
Gọi
⇒
⇒ x = y = 0, 05
106x + 84y = 9, 5
y = nN aHCO3
→ nN aOH = 2nN a2 CO3 + nN aHCO3 = 0, 15 mol → nH2 S = 0, 15 mol ; nSO2 = 0, 075 mol
2 NaBr + 2 H2 SO4 −−→ Na2 SO4 + SO2 + Br2 + 2 H2 O
8 NaI + 5 H2 SO4 −−→ 4 Na2 SO4 + H2 S + 4 I2 + 4 H2 O
→ m = 0, 075.2.103 + 0, 15.8.150 = 195, 45 gam
Đáp án B.
Câu 53: Hỗn hợp X có F eS2 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 HN O3 dư được dung dịch Y và 0,59 mol hỗn hợp khí Z gồm (NO và N O2 ) có
khối lượng 26,34 gam. Thêm dung dịch BaCl2 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 nF eS2 = nM S = x mol ⇒ x(152 + M ) = 6, 51
F eS2 → F e3+ + 2.S 6+ + 15e
M S → M n+ + S 6+ + (6 + n)e
Bảo toàn e:
N 5+ + 3e → N 2+

N 5+ → N 4+ + 1e
⇒ 15x + (6 + n)x = 0, 69
0, 69
= 6, 51. Chọn n=2 ta có M=65 (Zn) %M S = 44, 7%
Giải 2 phương trình trên ⇒ (152 + M ).
21 + n
Ta có : m = mBaSO4 = 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 SO42− , 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
HN O3 tạo với AgN O3 kết tủa trắng hóa đen ngoài ánh sáng. Kết tủa Y đem nung được a g chất rắn T.
bring about change

25


1.2

/>
Bài tập rèn luyện

Gía trị của A thay đổi tùy theo lượng Ba(OH)2 đem dùng: nếu vừa đủ thì a cực đại và nếu lấy dư thì a
giảm đến cực tiểu. Khi lấy chất rắn T với giá trị cực đại a = 7, 204 gam, thấy T chỉ phản ứng hết với 60
ml dd HCl 1.2 M, còn lại 5,98 gam chất rắn. Hãy lập luận để xác định các ion có trong dung dịch.
Lời giải:
Khi cho dd tác dụng với Ba(OH)2 có khí thoát ra nên trong dd có chứa ion N H4+ nên khí X là N H3
NH4+ + OH− −−→ NH3 ;Ba2+ + SO42− −−→ BaSO4
Dd Z tác dụng với AgN O3 tạo kết tủa trắng hoá đen ngoài ánh sáng nên trong dd có chứa Cl−
Cl− + AgNO3 −−→ AgCl+ NO3− ;2 AgCl −−→ 2 Ag + Cl2
Giá trị của a thay đổi tùy theo lượng Ba(OH)2 đem dùng: nếu vừa đủ a cực đại, nếu lấy dư a giảm đến

cực tiểu: trong dd phải có chứa kim loại tạo hidroxit lưỡng tính. Với Y cực đại đem nung chỉ có hidroxit
bị nhiệt phân
Mn+ + nOH− −−→ M(OH)n
2 M(OH)n −−→ M2 On + nH2 O
M2 On + HCl −−→ 2 MCln + nH2 O
0, 036
1
.1, 2.0, 06 =
2n
n
(7, 204 − 5, 98)n
⇒ 2M + 16n + 34n ⇔ M = 9n
MM2 On =
0, 036
Vậy M là Al nên trong dd có chứa Al3+

nM2 On =

Câu 55: Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp KN O3 và H2 SO4 , đun nhẹ, trong điều kiện thích
hợp, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A chứa m gam muối; 1,792 lít hỗn hợp khí
B ( đktc) gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí và còn lại 0,44 gam chất
rắn không tan. Biết tỉ khối hơi của B đối với H2 là 11,5. Giá trị của m là?
A. 27,96.

B. 29,72.

C. 31,08.

D. 36,04.

Lời giải:
5 − 0, 44
nM g =
= 0, 19(mol)
24
N O : 0, 06(mol)
MB = 23 ⇒ B :
(Do cả hai khí không màu , một khí hóa nâu là N O)
H2 : 0, 02(mol)
Khí H2 thoát ra cho thấy N O3− hết.
(BTe), ta có: 2nM g = 2nH2 + 3nN O + 8nN H4+ ⇒ nN H4+ = 0, 02.

nM g2+ : 0, 19mol



+

nK = nN O− = 0, 02 + 0, 06 = 0, 08
3
Do đó: A gồm:
nN H4+ = 0, 02




 n 2− = 0, 19.2 + 0, 08 + 0, 02
SO4
2
bring about change

26


1.2

/>
Bài tập rèn luyện

Vậy m = 31, 08g
Đáp án C.
Câu 56: Cho 8g hỗn hợp hai kim loại M g và F e vào 50ml hỗn hợp hai dung dịch axit H2 SO4 và HCl
có nồng độ tương ứng là 1,8M và 1,2M. Dẫn toàn bộ khí sinh ra qua ống chứa 16g CuO nung nóng. Để
hòa tan hết chất rắn còn lại trong ống cần bao nhiêu ml dung dịch HN O3 đặc 42%, d = 1, 2g/ml?Biết
phản ứng hòa tan sinh ra N O2
Lời giải:
Theo đề: nH + = 2nH2 SO4 + nHCl = 0, 05.2.1, 8 + 0, 05.1, 2 = 0, 24 mol
Giả sử hỗn hợp kim loại chỉ có F e → nhhmin = 8/45 = 0, 143 mol
Để hỗn hợp kim loại tan hết thì nH + ≥ 2nhhmin ≥ 0, 143.2 = 0, 286mol > 0, 24 (đề cho)
Suy ra hh kim loại chưa tan hết.
Bảo toàn H suy ra nH2 = 1/2nH + = 0, 12 mol → nCuO = 0, 2 − 0, 12 = 0, 08 mol nCu = 0, 12 mol
→ nHN O3 = 2nCuO + 4nCu = 0, 08.2 + 0, 12.4 = 0, 64 mol → VHN O3 = 0, 64.63.100/42 = 96 ml
Câu 57: 29: Hỗn hợp A gồm KClO3 , Ca(ClO2 )2 , Ca(ClO3 )2 , CaCl2 và KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt
phân hoàn toàn A ta thu được chất rắn B gồm CaCl2 , KCl và 17,472 lít khí (ở đktc). Cho chất rắn B tác
dụng với 360 ml dung dịch K2 CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong
dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl có trong A. Phần trăm khối lượng KClO3 có trong A là:
A. 47,83 %.

B. 56,72 %.

C. 54,67 %.

D. 58,55 %.

Lời giải:
Ta có: nO2 = 0, 78 ⇒ mB = 58, 72g
Dễ có nCaCl2 = nK2 CO3 = 0, 18 ⇒ mKCltrong B = 38, 74g
mKCltrongD = 38, 74 + 2.0, 18.74, 5 = 65, 56 ⇒ nKCltrongA = 0, 12
⇒ nKClO3 = nKCltrong B − nKCltrongA = 0, 4 Từ đó suy ra % khối lượng KClO3 có trong A là: 58,55%
Đáp án D.
Câu 58: Cho 93, 4g hỗn hợp A gồm 3 muối M gCl2 , N aBr, KI vào 700mldung dịch AgN O3

2M .

Khi phản ứng kết thúc, thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc bỏ kết tủa B, cho 22, 4g bột sắt vào
dung dịch D. Sau khi phản ứng xong thu được chất rắn F và dd E.Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra
4, 48(l)

H2 (ĐKTC) và dung dịch Y . Cho dung dịch N aOH dư vào dung dịch E và Y thu được kết tủa,

nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đỏi thu được 40g chất rắn.
1. Khối lượng kết tủa B là:
A. 179,6 g.

B. 176,9 g.

C. 198,6 g.

D. 189,8 g.

2.Hòa tan hỗn hợp A trên vào nước thu được dung dịch X. Dẫn V (l) khí Cl2 sục vào dung dịch X , cô
cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66, 2g chất rắn. Giá trị của V là:
A. 8,96.

B. 2,24.

C. 4,48.

D. 13,44.

Lời giải:
bring about change

27