Huong dan giai 99 bai tap HSG Hoa 9

HƯỚNG DẪN GIẢI
500 BÀI TẬP HÓA HỌC THCS
DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

Dùng để:
- Ôn luyện HSG môn Hóa học các cấp.
- Ôn luyện vào lớp 10 Hóa học trường chuyên.

GV: TRƯƠNG THẾ THẢO

Hè 2016


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
Bài 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau:
a) Ca tác dụng với dung dịch Na2CO3.
b) Na tác dụng với dung dịch AlCl3.
c) Fe tác dụng với dung dịch AgNO3.
d) Ba(HCO3)2 tác dụng với dung dịch AlCl3.
a) Ca + 2H2O  Ca(OH)2 + H2
Ca(OH)2 + Na2CO3  CaCO3 + 2NaOH
b) 2Na + 2H2O  2NaOH + H2
3NaOH + AlCl3  3NaCl + 2Al(OH)3
NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O
c) Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag
Fe(NO3)2 + AgNO3  Fe(NO3)3 + Ag
d) 3Ba(HCO3)2 + 2AlCl3  2Al(OH)3 + 6CO2 + 3BaCl2
Bài 2. Đốt cháy cacbon trong không khí ở nhiệt độ cao thu được hỗn hợp khí A. Cho A tác dụng với
FeO nung nóng thu được khí B và hỗn hợp rắn C. Cho B tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 thu được kết
tủa K và dung dịch D. Đun sôi D lại được kết tủa K. Cho C tác dụng với dung dịch HCl thu được khí và
dung dịch E. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được kết tủa F. Nung F trong không khí được

một oxit duy nhất. Xác định A, B, C, D, K, E, F và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
t
t
- Đốt cháy cacbon: C + O2 
CO2, CO2 + C 
2CO
 Hỗn hợp khí A gồm CO, CO2 và N2
0

0

t
- Cho A tác dụng với FeO: FeO + CO 
Fe + CO2
 Khí B gồm CO2, N2; hỗn hợp rắn C gồm FeO, Fe
- Do đun sôi D lại được kết tủa K nên CO2 tác dụng tạo hai muối:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O, 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
t0
 CaCO3 + CO2 + H2O
Ca(HCO3)2 
Kết tủa K: CaCO3, dung dịch D: Ca(HCO3)2
- Cho C tác dụng với dung dịch HCl:
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2, FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O
Khí là H2, dung dịch E gồm FeCl2, HCl dư (có thể)
- Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư:
HCl + NaOH  NaCl + H2O, FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl
Kết tủa F là Fe(OH)2
- Nung F trong không khí:
4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O
0

Bài 3. Hòa tan hết 20,88 gam một oxit kim loại bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng, thu được dung dịch
X và 3,248 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Xác định oxit kim loại.
Gọi công thức oxit kim loại là MxOy
®Æ
c, t 0
 xM2(SO4)m + (mx-2y)SO2 + (2mx-2y)H2O (1)
2MxOy + (2mx–2y)H2SO4 
2(Mx+16y) gam
(mx-2y)


20,88 gam
0,145 mol
2(Mx  16y) (mx  2y)
2y

 M  72m  80
Tỉ lệ:
20,88
0,145
x
2y/x
1
2
8/3
m
2
3
3

3
M
64 (Cu) 136 (loại) 56 (Fe)
8/3
Vậy MxOy là Cu2O hoặc FeO
GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 1


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
Bài 4. Ba dung dịch A, B, C thỏa mãn: A tác dụng với B thì có kết tủa BaSO4, B tác dụng với C thì
có kết tủa xuất hiện, A tác dụng với C thì có khí CO2 thoát ra. Tìm A, B, C và viết các phương trình
phản ứng xảy ra.
Do A tác dụng với B thì có kết tủa BaSO4, B tác dụng với C thì có kết tủa xuất hiện, A tác
dụng với C thì có khí thoát ra
 A: H2SO4 hoặc NaHSO4, B: BaCl2, C: Na2CO3
NaHSO4 + BaCl2  BaSO4 + NaCl + HCl
BaCl2 + Na2CO3  BaCO3 + 2NaCl
2NaHSO4 + Na2CO3  2Na2SO4 + CO2 + H2O
Bài 5. Chọn chất phù hợp, ghi rõ loại chất và viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau:

- Oxit axit  Axit: SO3 + H2O  H2SO4
- Oxit axit  Muối: SO3 + 2NaOH  Na2SO4 + H2O
- Axit  Muối: H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O
- Muối  Axit: AgNO3 + HCl  AgCl + HNO3
- Oxit bazơ  Muối: Na2O + SO3  Na2SO4
- Oxit bazơ  Bazơ: Na2O + H2O  2NaOH
t0
- Bazơ  Oxit bazơ: Cu(OH)2 

 CuO + H2O
- Bazơ  Muối: Cu(OH)2 + H2SO4  CuSO4 + 2H2O
- Muối  Bazơ: CuSO4 + 2NaOH  Cu(OH)2 + Na2SO4
Bài 6. Hòa tan hết một lượng kim loại M trong dung dịch H2SO4 20% (loãng, dư 20% so với lượng cần
phản ứng), thu được dung dịch chứa muối trung hòa có nồng độ là 23,68% và axit dư. Tìm M.
Gọi hóa trị của M là n (1  n  3), chọn 2 mol M
2M + nH2SO4  M2(SO4)n
+ nH2 (1)

 1 mol 
2 mol  n mol
n mol
Theo (1): n(H2) = n(H2SO4) (phản ứng) = n mol
n.120
 1, 2n mol
Vì dư 20%  n(H2SO4) (ban đầu) =
100
98 1, 2n
100  588n gam
 Khối lượng dung dịch H2SO4 đã dùng là:
20
Theo ĐLBTKL: m(dung dịch sau) = 2M + 588n – 2n = 2M + 586n gam
2M  96n 23,68

 M  28n
Tỉ lệ:
2M  586n 100
n
1
2

3
M 28 (loại) 56 (Fe) 84 (loại)
Vậy kim loại M là sắt (Fe)
Bài 7. Chia 26,32 gam hỗn hợp A gồm Fe, Mg, Al2O3 và oxit của kim loại X có hóa trị 2 thành 2
phần bằng nhau. Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl dư, thu được 0,22 mol H2. Phần 2 tác dụng hết
với dung dịch HNO3 loãng dư, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất), trong đó thể tích NO do Fe
sinh ra bằng 1,25 lần do Mg sinh ra. Nếu hòa tan hết lượng oxit có trong mỗi phần phải dùng vừa hết
50 ml dung dịch NaOH 2M. Biết lấy m gam Mg và m gam X cho tác dụng với dung dịch H 2SO4
GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 2


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
loãng dư thì thể tích khí H2 do Mg sinh ra lớn hơn 2,5 lần do X sinh ra. Viết các phương trình phản
ứng xảy ra, xác định X và tính số mol mỗi chất trong mỗi phần.
Gọi số mol Mg, Fe, Al2O3 và XO lần lượt là a, b, c, d trong mỗi phần
Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 (1)
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (2)
Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O (3)
XO + 2HCl  XCl2 + H2O (4)
3Mg + 8HNO3  3Mg(NO3)2 + 2NO + 4H2O (5)
Fe + 4HNO3  Fe(NO3)2 + NO + 2H2O (6)
Al2O3 + 6HNO3  2Al(NO3)2 + 3H2O (7)
XO + 2HNO3  X(NO3)2 + H2O (8)
Mg + H2SO4  MgSO4 + H2 (9)
X + H2SO4  XSO4 + H2 (10)
Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O (11)
XO + 2NaOH  Na2XO2 + H2O (12)
a + b = 0,22

a=0,12 mol

Theo (1,2,5,6) và bài ra ta có: 
2 
b=1,25× 3 a b=0,1 mol
Ta có: moxit = 13,16 – (0,12.24 + 0,1.56) = 4,68 gam
Nếu chỉ có Al2O3 tan trong dung dịch NaOH thì:
1
0,1
n Al2O3  n NaOH 
 0, 05mol  m Al2O3 = 5,1 gam > 4,68 gam
2
2
 XO tan trong dung dịch NaOH
Theo (11, 12) và bài ra ta có hệ:
d  0, 05
c  d  0, 05


0, 42  X  77, 6

102c  (X  16)d  4, 68 d 
86  X

m
m
 2,5.  X  60
24
X
Vậy X là Zn (kẽm)  c = 0,03 mol và d = 0,02 mol

Mặt khác theo (9, 10) và bài ra:

Bài 8. Biết axit lactic có công thức là:
Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho axit lactic lần lượt tác dụng với:
a) Na dư.
b) CH3COOH.
c) Dung dịch Ba(OH)2.
d) Dung dịch NaHCO3 vừa đủ, cô cạn lấy chất rắn, cho chất rắn tác dụng với vôi tôi xút nung nóng.
a) CH3CH(OH)-COOH + 2Na  CH3CH(ONa)-COONa + H2
H2SO4 ®Æ
c,t0


 CH3CH(OOC-CH3)-COOH +H2O
b)CH3CH(OH)-COOH +CH3COOH 

c) 2CH3CH(OH)-COOH + Ba(OH)2  [CH3CH(OH)-COOH]2Ba + 2H2O
d) CH3CH(OH)-COOH + NaHCO3  CH3CH(OH)-COONa +CO2 + H2O
CaO,t
 CH3CH2OH + Na2CO3
CH3CH(OH)-COONa + NaOH 
0

GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 3


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó

Bài 9. Viết các công thức cấu tạo ứng với công thức phân tử C4H8.
CH2 = CH – CH2 – CH3, CH3 – CH = CH – CH3,CH2 = C(CH3) – CH3,

Bài 10. Tính khối lượng benzen tối thiểu cần dùng để điều chế 15,7 gam brombenzen. Biết hiệu suất
phản ứng theo benzen đạt 80%.
Fe,t
Phương trình phản ứng: C6H6Br + Br2 
 C6H5Br + HBr (1)
0,1
0,1 (mol)

15,7 100
.
.78 = 9,75 gam.
 m(C6H6)=
157 80
0

Bài 11. Xác định các chất và viết các phương trình theo sơ đồ chuyển hóa sau:
A (Điều chế từ đá vôi)  B  CH3CHO  C  Este  Polime
A điều chế từ đá vôi  A: CaC2, B: C2H2, C: CH3COOH/C2H5OH
CaC2 + 2H2O  C2H2 + H2O
HgSO ,t0

4  CH3CHO
C2H2 + H2O 
Mn 2 ,t 0
t0
2CH3CHO +O2 
2CH3COOH hoặc: CH3CHO+H2 

 C2H5OH

H SO ®Æ
c,t0

2 4

 CH3COOCH2CH=CH2 + H2O
CH3COOH+CH2=CH-CH2OH 


H SO ®Æ
c,t0

2 4

 C2H3COOC2H5 + H2O
Hoặc: C2H3COOH + C2H5OH 

xt,p,t 0
 [-CH2-CH(CH2-OOCH3)-]n
nCH3COOCH2CH=CH2 

xt,p,t 0

 [-CH2-CH(COOC2H5)-]n Hoặc PVA
Hoặc: nC2H3COOC2H5 

Bài 12. Thực hiện phản ứng este hóa giữa axit C xHyCOOH và rượu CnH2n+1OH. Sau phản ứng
tách lấy hỗn hợp X chỉ gồm este, axit và rượu. Đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam hỗn hợp X, thu được

12,768 lít khí CO2 (đktc) và 8,28 gam H2O. Nếu cũng cho hỗn hợp X như trên thì tác dụng vừa đủ với
150 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 3,84 gam rượu. Hóa hơi hoàn toàn lượng rượu này thì thu
được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 3,36 gam N2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất).
iết các phương trình phản ứng, xác định công thức este và tính hiệu suất phản ứng este hóa.
H2SO4 ®Æ
c,t0


 CxHyCOOCnH2n+1 + H2O (1)
CxHyCOOH + CnH2n+1OH 

CxHyCOOH + NaOH  CxHyCOONa + H2O (2)
t0
 CxHyCOONa + CnH2n+1OH (3)
CxHyCOOCnH2n+1 + NaOH 
 (n+x+1)CO2+(2n+y+1)/2H2O(4)
CxHyCOOCnH2n+1+(4x+6n+y+1)O2 
 (x+1)CO2 + (y+1)/2H2O (5)
CxHyCOOH + (4x+y+1)/4O2 
 nCO2 + (n+1)H2O (6)
CnH2n+1OH +3n/2O2 
Gọi số mol este là a (mol)  Có (0,12 – a) (mol) CnH2n+1OH dư, (0,15 –a) (mol) CxHyCOOH
(RCOOH) dư trong 13,2 gam X
Ta có: nrượu ban đầu = n N2  3,36 / 28  0,12mol , n CO2  0,57mol , n H2O  0,46mol
Theo (1, 2, 3) ta có: naxit ban đầu = nmuối = nNaOH = 0,15 (mol)
Ta có: 3,84 / 0,12  32  14n  18  n  1  rượu là CH3OH

GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 4

Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
13, 2  0,57.12  0, 46.2
 a = 0,08
16
Vậy trong 13,2g X: 0,04(mol) CH3OH, 0,07(mol) RCOOH,0,08(mol) RCOOCH3
Ta có: 0,04.32 + 0,07(R + 45) + 0,08(R + 59) = 13,2  R = 27 là C2H3Vậy CTPT của este là C2H3COOCH3
axit(ban ®Çu) 0,15 r­ î u(ban ®Çu) 0,12



 H%theo r­ î u
Do:
1
1
1
1
0, 08
 H% =
.100% =66,67%
0,12

BTNT oxi: 2(0,15-a) + 2a + (0,12-a) =

Bài 13. Chọn 10 chất rắn khác nhau mà khi cho 10 chất đó lần lượt tác dụng với dung dịch HCl có 10
chất khí khác nhau thoát ra. Viết các phương trình phản ứng minh hoạ.
-Các chất rắn có thể chọn lần lượt là:
Zn; FeS; Na2SO3; CaCO3; MnO2; CaC2; Al4C3; Na2O2; Mg3N2; Zn3P2
-Các khí điều chế lần lượt là: H2  ; H2S  ; SO2  ; CO2  ; Cl2  ; C2H2  ; CH4  ; O2  ; NH3  ;

PH3 
-Các ptpư: 1/ Zn + 2HCl  ZnCl2 + H2 
2/ FeS + 2HCl

FeCl2 + H2S 
3/ Na2SO3 + 2HCl  2NaCl + SO2  + H2O
4/ CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + CO2  + H2O
t

5/ MnO2 + 4HCl đặc 
MnCl2 + Cl2  + 2H2O
6/ CaC2 + 2HCl
 CaCl2 + C2H2 
7/ Al4C3 + 12HCl  4AlCl3 + 3CH4 
8/ 2Na2O2 + 4HCl  4NaCl + O2  + 2H2O
9/ Mg3N2 + 6HCl  3MgCl2 + 2NH3 
10/ Zn3P2 + 6HCl  3ZnCl2 + 2PH3 
0

Bài 14. Viết phương trình hóa học (ở dạng công thức cấu tạo thu gọn) thực hiện các biến hóa theo sơ
đồ sau:
(1)
(2)
Axetilen
Etilen
Etan
(7)
(5)
(8)
(3)

(4)
(6)
P.V.C
Vinylclorua
ĐicloEtan
Etylclorua
Các ptpư:
HC  CH + H2

t 0 , Pd

H2C = CH2

(1)

0

t , Ni

H2C = CH2 + H2

t0

HC  CH + HCl

H3C – CH3

(2)

H2C = CHCl

(3)

- [H2C - CHCl]n -

(4)

0

n(H2C = CHCl)

t , xt

H2C = CH2 + Cl2
H2C = CHCl + HCl

t 0 , xt

ClH2C – CH2Cl

(5)

ClH2C – CH2Cl

(6)

as
GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 5

Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
H3C – CH3 + Cl2

CH3 – CH2Cl + HCl

(7)

H2C = CH2 + HCl

CH3 – CH2Cl

(8)

Bài 15. Biết axit lactic có công thức là:
Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho axit lactic lần lượt tác dụng với:
a. Na dư.
b. CH3COOH.
c. Dung dịch Ba(OH)2.
d. Dung dịch NaHCO3 vừa đủ, cô cạn lấy chất rắn, cho chất rắn tác dụng với vôi tôi xút nung nóng.
a) CH3CH(OH)-COOH + 2Na  CH3CH(ONa)-COONa + H2
H SO ®Æ
c,t0

2 4

 CH3CH(OOC-CH3)-COOH +H2O
b) CH3CH(OH)-COOH +CH3COOH 


c) 2CH3CH(OH)-COOH + Ba(OH)2  [CH3CH(OH)-COOH]2Ba + 2H2O
d) CH3CH(OH)-COOH + NaHCO3  CH3CH(OH)-COONa +CO2 + H2O
CaO,t 0
CH3CH(OH)-COONa + NaOH 
 CH3CH2OH + Na2CO3

Bài 16. Ba dung dịch A, B, C thỏa mãn: A tác dụng với B thì có kết tủa BaSO4, B tác dụng với C thì
có kết tủa xuất hiện, A tác dụng với C thì có khí CO2 thoát ra. Tìm A, B, C và viết các phương trình
phản ứng xảy ra.
Do A tác dụng với B thì có kết tủa BaSO4, B tác dụng với C thì có kết tủa xuất hiện, A tác
dụng với C thì có khí thoát ra
 A: H2SO4 hoặc NaHSO4, B: BaCl2, C: Na2CO3
NaHSO4 + BaCl2  BaSO4 + NaCl + HCl
BaCl2 + Na2CO3  BaCO3 + 2NaCl
2NaHSO4 + Na2CO3  2Na2SO4 + CO2 + H2O
Bài 17. Chia 80 (g) hỗn hợp X gồm sắt và một oxit của sắt thành hai phần bằng nhau:
Hoà tan hết phần I vào 400 (g) dung dịch HCl 16,425% được dung dịch A và 6,72 lít khí H 2
(đktc). Thêm 60,6 (g) nước vào A được dung dịch B, nồng độ % của HCl dư trong B là 2,92%.
a. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X và xác định công thức của oxit sắt.
b. Cho phần II tác dụng vừa hết với H2SO4 đặc nóng rồi pha loãng dung dịch sau phản ứng bằng
nước, ta thu được dung dịch E chỉ chứa Fe2(SO4)3. Cho 10,8 (g) bột Mg vào 300 ml dung dịch E
khuấy kĩ, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 12,6 (g) chất rắn C và dung dịch D. Cho dung
dịch D tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, lọc kết tủa và nung đến khối lượng không đổi được m (g)
chất rắn F (trong điều kiện thí nghiệm BaSO4 không bị phân huỷ). Tính CM của dung dịch E và giá trị
m.
Đặt công thức của oxit sắt là FexOy
Các phương trình hoá học:
Fe + 2HCl

FeCl2 + H2

(1)
FexOy + 2yHCl
 xFeCl 2y + yH2O (2)
x

nHCl ban đầu 

400.16, 425
6,72
 1,8 (mol); n H2 
 0,3 (mol)
100.36,5
22, 4

mddB = 400 + 40 – 0,3.2 + 60,6 = 500 (g)

GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 6


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
 nHCl dư 

2,92.500
 0, 4 (mol).
100.36,5

 nHCl đã phản ứng ở (1) và (2) = 1,8 – 0,4 = 1,4 (mol)
Từ (1): nHCl = 2n H2 = 2.0,3 = 0,6 (mol)

Từ (1): nFe = n H2 = 0,3 (mol)  mFe = 0,3.56 = 16,8 (g)

 m Fex Oy = 40 – 16,8 = 23,2 (g)
 nHCl ở (2) = 1,4 – 0,6 = 0,8 (mol)
1
0, 4
Từ (2): n Fex Oy 
.0,8 
2y
y
0, 4
x 3
(56x  16y)  23, 2  
 ta có:
y
y 4
Vậy công thức của FexOy là Fe3O4
Các pthh:
2Fe + 6H2SO4đ

Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)
2Fe3O4 + 10H2SO4đ

3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2)
Fe2(SO4)3 + 3Mg

2Fe + 3MgSO4 (3)
Có thể: Fe + Fe2(SO4)3

3FeSO4 (4)

Ba(ỌH)2 + MgSO4 
BaSO4 + Mg(OH)2 (5)
Có thể: Ba(OH)2 + FeSO4

BaSO4 + Fe(OH)2
(6)
Mg(OH)2

MgO + H2O (7)
t


0

Có thể: Fe(OH)2
t

hoặc: 4Fe(OH)2 + O2 
0

n Mg 

FeO + H2O

(8)

2Fe2O3 + 4H2O (9)

10,8
 0, 45 (mol)

24

Xét trường hợp 1: Mg chưa phản ứng hết, Fe2(SO4)3 hết ở (3)  không có (4,6,8,9)
Đặt: n Fe2 (SO4 )3 trong 300ml ddE là x
Từ (3): nMg đã phản ứng = 3x
 nMg còn lại = 0,45 – 3x
Từ (3): nFe = 2x  mFe = 2x.56
Ta có pt: (0,45 – 3x).24 + 2x.56 = 12,6
 x = 0,045 (mol)

 CM của Fe2(SO4)3 trong ddE 

0,045
 0,15(M)
0,3

Khi đó trong ddD chỉ có: MgSO4 và kết tủa gồm BaSO4 và Mg(OH)2
Từ (3): n MgSO4  3n Fe2 (SO4 )3  3.0,045  0,135 (mol)
Từ (5): n BaSO4  n MgSO4  0,135 (mol)
Từ (7): n MgO  n Mg(OH)2  0,135 (mol)
Giá trị của m trong trường hợp này = 0,135.233 + 0,135.40 = 36,855 (g)
Xét trường hợp 2: Mg hết, Fe2(SO4)3 sau phản ứng (3) còn dư:
 (4,6,7) hoặc (4,6,8) xảy ra.

1
3

1
3

Từ (3): n Fe2 (SO4 )3  .n Mg  .0, 45  0,15 (mol)

GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 7


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
Từ (3): n Fe 

2
2
n Mg  .0, 45  0,3 (mol)  16,8 (g)
3
3

Theo bài ra khối lượng chất rắn chỉ có 12,6 (g) nhỏ hơn 16,8 (g) chứng tỏ (4) có xảy ra và khối lượng
Fe bị hoà tan ở (4) = 16,8 – 12,6 = 4,2 (g)  0,075 (mol)
 từ (4): n Fe2 (SO4 )3 = nFe bị hoà tan = 0,075 (mol)

 Tổng n Fe2 (SO4 )3 trong 300 ml ddE ở trường hợp này = 0,15 + 0,075 = 0,225 (mol)
Vậy C M của dung dịch E 

0, 225
 0,75(M)
0,3

Khi đó: Kết tủa thu được khi cho dung dịch D phản ứng với Ba(OH)2 gồm: BaSO4, Mg(OH)2,
Fe(OH)2.
Với : n MgSO4 ở (3) = nMg = 0,45 (mol)

Từ (4): n FeSO4 = 3nFe= 3.0,075 = 0,225 (mol)
Từ (5): n BaSO4  n Mg(OH)2  n MgSO4  0,45 (mol)
Từ (6): n BaSO4  n Fe(OH)2  n FeSO4  0,225 (mol)

 Số mol trong kết tủa lần lượt là:
n BaSO4 = 0,45 + 0,225 = 0,675 (mol)

n Fe(OH)2 = 0,225 (mol), n Mg(OH)2 = 0,45 (mol)
Khi nung kết tủa trên ta lại phải xét 2 trường hợp:
a) Nếu nung trong chân không:
Từ (7): n MgO  n Mg(OH)2  0,45 (mol)
Từ (8): n FeO  n Fe(OH)2  0,225 (mol)
Giá trị của m trong trường hợp này = 0,675.233 + 0,45.40 + 0,225.72 = 191,475 (g)
b) Nếu nung trong không khí:
Từ (9): n Fe2O3 

1
1
.n Fe(OH)2  .0, 225  0,1125 (mol)
2
2

Vậy giá trị của m trong trường hợp này là:
0,675.233 + 0,45.40 + 0,1125.160 = 193,275 (g)
Bài 18. Chia 26,32 gam hỗn hợp A gồm Fe, Mg, Al2O3 và oxit của kim loại X có hóa trị 2 thành 2
phần bằng nhau. Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl dư, thu được 0,22 mol H2. Phần 2 tác dụng hết
với dung dịch HNO3 loãng dư, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất), trong đó thể tích NO do Fe
sinh ra bằng 1,25 lần do Mg sinh ra. Nếu hòa tan hết lượng oxit có trong mỗi phần phải dùng vừa hết
50 ml dung dịch NaOH 2M. Biết lấy m gam Mg và m gam X cho tác dụng với dung dịch H 2SO4
loãng dư thì thể tích khí H2 do Mg sinh ra lớn hơn 2,5 lần do X sinh ra. Viết các phương trình phản

ứng xảy ra, xác định X và tính số mol mỗi chất trong mỗi phần.
Gọi số mol Mg, Fe, Al2O3 và XO lần lượt là a, b, c, d trong mỗi phần
Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 (1)
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (2)
Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O (3)
XO + 2HCl  XCl2 + H2O (4)
3Mg + 8HNO3  3Mg(NO3)2 + 2NO + 4H2O (5)
Fe + 4HNO3  Fe(NO3)2 + NO + 2H2O (6)
Al2O3 + 6HNO3  2Al(NO3)2 + 3H2O (7)
XO + 2HNO3  X(NO3)2 + H2O (8)
GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 8


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
Mg + H2SO4  MgSO4 + H2 (9)
X + H2SO4  XSO4 + H2 (10)
Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O (11)
XO + 2NaOH  Na2XO2 + H2O (12)
a + b = 0,22
a=0,12 mol

Theo (1,2,5,6) và bài ra ta có: 
2 
b=1,25× 3 a b=0,1 mol
Ta có: moxit = 13,16 – (0,12.24 + 0,1.56) = 4,68 gam
Nếu chỉ có Al2O3 tan trong dung dịch NaOH thì:
1
0,1

n Al2O3  n NaOH 
 0, 05mol  m Al2O3 = 5,1 gam > 4,68 gam
2
2
 XO tan trong dung dịch NaOH
Theo (11, 12) và bài ra ta có hệ:
d  0, 05
c  d  0, 05


0, 42  X  77, 6

102c  (X  16)d  4, 68 d 
86  X

m
m
 2,5.  X  60
Mặt khác theo (9, 10) và bài ra:
24
X
Vậy X là Zn (kẽm)  c = 0,03 mol và d = 0,02 mol
Bài 19: Dung dịch X và Y chứa HCl với nồng độ mol tương ứng là C1, C2 (M), trong đó C1 > C2. Trộn
150 ml dung dịch X với 500ml dung dịch Y được dung dịch Z. Để trung hòa 1/10 dung dịch Z cần
10ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và Ba(OH)2 0,25M. Mặt khác lấy V1 lít dung dịch X chứa 0,05
mol HCl trộn với V2 lít dung dịch Y chứa 0,15 mol axit được 1,1 lít dung dịch. Hãy xác định C1, C2,
V1, V2.
n NaOH  0, 01.1  0, 01 (mol); n Ba (OH)2  0, 01.0, 25  0, 0025 (mol).

Phương trình hóa học:

HCl  NaOH  NaCl  H 2O

(1)

Mol : 0,01 0,01
2HCl+Ba(OH) 2  BaCl 2  2H 2O (2)
Mol : 0,005 0,0025
 0,15C1  0,5C2  10.(0, 01  0, 005)  0,15
 C2  0,3  0,3C1 (*)
Mặt khác, ta có: V1 + V2 = 1,1 (lít)
0, 05 0,15
0, 05
0,15
V1 

; V2 
 1,1

C1
C1
C2
C2
Thay (*) vào (**) ta được:
0, 05
0,15

 1,1
C1
0,3  0,3C1
 0,33C12  0,195C1  0, 015  0

 C1  0,5M hoặc C1 = 1/11 M.
* Với C1 = 0,5 M  C2 = 0,3 – 0,3.0,5=0,15 (M) (thỏa mãn vì C1 > C2)
0, 05
0,15
 0,1 (lít); V2 
 1 (lít).
 V1 
0,5
0,15
GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 9


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
* Với C1 = 1/11 M  C2 = 0,3 – 0,3.1/11 = 3/11 (loại vì khi đó C1 < C2).
Bài 20: Nung a gam một hiđroxit của kim loại R trong không khí đến khối lượng không đổi, thấy khối
lượng chất rắn giảm đi 9 lần, đồng thời thu được một oxit kim loại. Hòa tan hoàn toàn lượng oxit trên
bằng 330ml dung dịch H2SO4 1M, thu được dung dịch X. Cho X tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư,
sau khi phản ứng hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Tính a, m, biết lượng axit đã lấy dư 10% so với
lượng cần thiết để phản ứng với oxit.
Đặt công thức của hiđroxit là R(OH)n, công thức oxit là R2Om (1≤n≤m≤3; n, m N*)
mn
to
2R(OH) n 
O 2 
 R 2O m  nH 2O
(1)
2

Khối lượng chất rắn giảm đi 9 lần
a
9
a 8a
 mgiảm đi =  m R 2Om  a  
 m R (OH)n  m R 2Om
9
8
9 9
n
m
R
Kết
luận


mR (OH)n
m R 2 Om

1
1
64

1
2
-8

1
3
-80

2
2
128

2
3
56

3
3
192

Loại

Loại

Loại

Loại

Thỏa mãn

Loại



2(R  17n) 9
  R  136n  72m
2R  16m 8

Kim loại R là sắt, công thức hiđroxit: Fe(OH)2.
t
4Fe(OH) 2  O 2 
 2Fe 2O3  4H 2O
o

(2)

Gọi x là số mol của H2SO4 phản ứng với oxit  x 

10
 x  0,33.1  x  0,3(mol)
100

10
 0,3  0, 03(mol)
100
Phương trình hóa học:
Fe2 O3  3H 2SO4  Fe2 (SO 4 )3  3H 2 O (3)

 n H2SO4 d ­ 

Mol : 0,1

0,3

0,1

Fe2 (SO4 )3  3Ba(OH) 2  2Fe(OH)3  3BaSO 4  (4)

Mol: 0,1
0,2
H 2SO 4  Ba(OH) 2  BaSO 4  2H 2O

0,3
(5)

Mol : 0,03
0,03
Kết tủa thu được gồm: Fe(OH)3 0,2 mol; BaSO4 0,33 mol
 m  m Fe(OH)3  m BaSO4  0, 2.107  0,33.233  98, 29 (gam).
Theo sự bảo toàn nguyên tố Fe  n Fe(OH)2  2n Fe2O3  2.0,1  0, 2(mol)
 a = 0,2.90=18 (g).
Bài 21: Cho kim loại Na dư vào hỗn hợp T gồm etanol và glixerol, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn
thấy khối lượng khí thoát ra bằng 2,5% khối lượng hỗn hợp T. Xác định thành phần % khối lượng
mỗi chất trong T.
Gọi x và y lần lượt là số mol của etanol, glixerol.
GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 10


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
2C2 H5OH  2Na  2C2 H5ONa  H 2
Mol : x
0,5x
2C3H5 (OH)3  6Na  2C3H 5 (ONa)3  3H 2
Mol :
y
mH2  2(0,5x  1,5y)  x  3y

1,5y

mT  46x  92y
2,5
2,5
14y
m H2 
 mT  x  3y 
 (46x  92y)  x 
100
100
3
14y
46 
46x
3
%mC2H5OH 

100%  70%.
46x  92y 46  14y  92y
3
 %mC3H5 (OH)3  100%  70%  30%.
Bài 22: Thực hiện phản ứng este hóa giữa axit C xHyCOOH và rượu CnH2n+1OH. Sau phản ứng
tách lấy hỗn hợp X chỉ gồm este, axit và rượu. Đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam hỗn hợp X, thu đượ c
12,768 lít khí CO2 (đktc) và 8,28 gam H2O. Nếu cũng cho hỗn hợp X như trên thì tác dụng vừa đủ với
150 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 3,84 gam rượu. Hóa hơi hoàn toàn lượng rượu này thì thu
được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 3,36 gam N2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất).
Viết các phương trình phản ứng, xác định công thức este và tính hiệu suất phản ứng este hóa.
H SO ®Æ

c,t0

2 4

 CxHyCOOCnH2n+1 + H2O (1)
CxHyCOOH + CnH2n+1OH 

CxHyCOOH + NaOH  CxHyCOONa + H2O
(2)
t0
CxHyCOOCnH2n+1 + NaOH  CxHyCOONa + CnH2n+1OH
(3)
 (n+x+1)CO2+(2n+y+1)/2H2O (4)
CxHyCOOCnH2n+1+(4x+6n+y+1)O2 
 (x+1)CO2 + (y+1)/2H2O
CxHyCOOH + (4x+y+1)/4O2 
(5)
 nCO2 + (n+1)H2O
CnH2n+1OH +3n/2O2 
(6)
Gọi số mol este là a (mol)  Có (0,12 – a) (mol) CnH2n+1OH dư, (0,15 –a) (mol) CxHyCOOH
(RCOOH) dư trong 13,2 gam X
Ta có: nrượu ban đầu = n N2  3,36 / 28  0,12mol , n CO2  0,57mol , n H2O  0,46mol

Theo (1, 2, 3) ta có: naxit ban đầu = nmuối = nNaOH = 0,15 (mol)
Ta có: 3,84 / 0,12  32  14n  18  n  1  rượu là CH3OH
13, 2  0,57.12  0, 46.2
 a = 0,08
16
Vậy trong 13,2g X: 0,04(mol) CH3OH, 0,07(mol) RCOOH,0,08(mol) RCOOCH3

Ta có: 0,04.32 + 0,07(R + 45) + 0,08(R + 59) = 13,2  R = 27 là C2H3Vậy CTPT của este là C2H3COOCH3
axit(ban ®Çu) 0,15 r­ î u(ban ®Çu) 0,12



 H%theo r­ î u
Do:
1
1
1
1
0, 08
 H% =
.100% =66,67%
0,12

BTNT oxi: 2(0,15-a) + 2a + (0,12-a) =

Bài 23. Cho sơ đồ biến hoá sau :
GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 11


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó

Biết X là NaCl. Hãy tìm các chất X1, X2,.., Y1, Y2 ... và hoàn thành các PTHH của sơ đồ biến hoá đó.

X1: Na, X2: NaOH, X3: Na2CO3, X4: Cl2, X5: HCl, X6: BaCl2
Y1: H2O, Y2: CO2, Y3: H2, Y4: BaO

Các PTHH xảy ra :
§ iÖn ph©n nãng ch¶y

 2Na + Cl2
1. 2NaCl 
2. 2Na + 2H2O  2NaOH + H2
3. 2NaOH + CO2  Na2CO3 + H2O
4. 2Na + Cl2  2NaCl
t0

5. Cl2 + H2  2HCl
6. HCl + NaOH  NaCl + H2O
7. 2HCl + BaO  BaCl2 + H2O
8. BaCl2 + Na2CO3  BaCO3 + 2NaCl
Bài 24. Chỉ dùng thêm một hoá chất hãy phân biệt các chất đựng trong các lọ riêng biệt, mất nhãn sau
bằng phương pháp hoá học: CuO, Al, Na2O, Al2O3.
Dùng nước để nhận biết:
- Na2O tan, còn lại không phản ứng: Na2O + H2O  2NaOH
- Dùng dd NaOH nhận ra Al2O3 tan, Al tan có bọt khí, còn lại là CuO
2 NaOH +Al2O3  2NaAlO2 + H2O
2NaOH +
2Al + 2H2O  2 Na AlO2 + 3 H2
Bài 25. Nhận biết các chất sau trong các lọ riêng biệt, mất nhãn bằng phương pháp hoá học: CO2,
C2H4, C2H2, CH4.
- Dẫn 4 khí qua nước vôi trong khí nào làm nước vôi trong bị vẩn đục là CO2
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
3 khí không hiện tượng là CH4, C2H4, C2H2
- Dẫn 3 khí còn lại qua dd AgNO3/NH3 khí nào p/ứng tạo kết tủa màu vàng là C2H2.
C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3  Ag2C2 + 2NH4NO3
- Cho 2 khí còn lại qua dung dịch brom khí nào làm mất màu nước brom là C2H4

C2H4 + Br2  C2H4Br2
Còn lại là CH4.
Bài 26. Từ xenlulozơ, hóa chất vô cơ và điều kiện cho đủ, hãy viết các PTHH để điều chế: ancol
etylic, nhựa PE, axit axetic, etyl axetat.
Các phản ứng hóa học điều chế:
+ Điều chế Rượu etylic:
H2SO4loãng,t 0
(C6 H10O5 )n + nH 2O 
 nC6 H12O6
Lên men
C6 H12O6 
2 C2 H5OH+ 2 CO 2
+ Điều chế PE:

H2SO4 đ,170 c
C2 H5OH 
 C2 H 4 + H 2 O
o

GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 12


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
t ,p,xt
nCH2 = CH2 
 ( CH2 - CH2 ) n
Polietilen PE
+ Điều chế Axit axetic:

MG
C2 H5OH+ O2 
CH3COOH+ H 2 O
+ Điều chế Etyl axetat:
H2SO4đ,t o

 CH3COOC2 H5 + H2O
CH3COOH+ C2 H5OH 

o

Bài 27. Viết công thức cấu tạo của các chất có cùng công thức phân tử là C4H10O.
Công thức cấu tạo của các chất có công thức phân tử C4H10O:
- Đồng phân ancol: CH3-CH2-CH2-CH2-OH; CH3-CH2-CH(OH)-CH3;
CH3CH(CH3)CH2OH; (CH3)3C-OH;
- Đồng phân ete: CH3-O-CH2-CH2-CH3
CH3-CH2-O-CH2-CH3; (CH3)2CH-O-CH3.
Bài 28. Dung dịch X là ancol etylic 92o. Cho 10 ml X tác dụng hết với Na thì thu được bao nhiêu lít
khí (đktc)? Biết khối lượng riêng của ancol etylic là 0,8 g/ml và của H2O là 1,0 g/ml.
Các phương trình phản ứng :
2C2H5OH + 2Na  2C2H5ONa + H2
(1)
2H2O + Na  2NaOH + H2
(2)
Tính số mol của ancol và nước trong 10 ml X:
10.92.0,8
n C2H5OH =
= 0,16 mol .
100.46
10.8.1

2
n H 2O =
=
mol.
100.18 45
1
2
Theo (1;2) VH 2 = (0,16+
).22,4≈2,29 lít
45
2
Bài 29. Biết A là oxit của một kim loại, khử hoàn toàn 0,16 gam A cần 67,2ml khí H 2 (đktc).
Nếu lấy toàn bộ lượng kim loại vừa thu được cho phản ứng với dung dịch HCl dư thì thu được
44,8ml khí H2 (đktc). Xác định công thức của A.
Gọi công thức oxit là MxOy
PTHH: MxOy + yH2  xM + yH2O
n H 2 = n H 2O = 0,003 mol
Khối lượng nước là 0,003.18 = 0,054g  mO =0,054 -0,006 =0,048 gam
Vậy mM =0,16 -0,048 =0,112g.
PTHH: 2M + 2nHCl  2MCln + nH2
2A(g)
n(mol)
0,112 (g)
0,002(mol)
 M= 28n.
Vì n hoá trị của kim loại nên 1n3 chỉ có n=2 thoả mãn
 M=56 là Fe
 CTHH là Fe2O3
Bài 30. Cho hỗn hợp gồm 6,4 gam CuO và 8 gam Fe2O3 tác dụng với 155ml dung dịch H2SO4 1M đến
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy có m gam chất rắn không tan. Tính giá trị của m.

GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 13


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
Số mol CuO = 6,4: 80= 0,08 (mol);
Số mol Fe2O3= 8:160 = 0,05 (mol)
Số mol H2SO4 = 0,155.1 = 0,155 (mol)
Sau phản ứng còn chất rắn không tan, chứng tỏ axit hết và oxit dư
Trường hợp 1: CuO phản ứng hết trước
CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O
Fe2O3+ 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O
1
Theo phương trình: Số mol Fe2O3 pư = (0,155-0,08)= 0,025 (mol)
3
 Số mol Fe2O3 dư = 0,05-0,025=0,025 (mol)
 m = 0,025.160= 4,0 (gam)
Trường hợp 2: Fe2O3 phản ứng hết trước
Fe2O3+ 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O
CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O
Theo phương trình: Số mol CuO pư = 0,155- 0,05.3= 0,005 (mol)
 Số mol CuO dư = 0,08-0,005=0,075 (mol)
 m= 0,075.80= 6,0 (gam)
Vậy: 4,0 ≤ m ≤ 6,0
Bài 31. Cho 4,48 lít khí CO2 (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 150ml dung dịch Ca(OH)2 1M thu được a
gam kết tủa. Tính giá trị của a.
Số mol CO2= 4,48:22,4= 0,2 (mol)
Số mol Ca(OH)2 = 0,15.1 =0,15 (mol)
Vì 0,5

CO2
+ Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
2CO2
+ Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
Gọi x, y tương ứng là số mol của CaCO3 và Ca(HCO3)2 theo phương trình phản ứng ta có hệ:
 x  2y  0,2

 x  y  0,15
Giải hệ ta có: x=0,1 mol và y=0,05 mol
a = khối lượng kết tủa= 0,1.100= 10gam
Bài 32. Cho 18,5 gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe, Cu (phần 1) tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl dư
thu được 4,48 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, cho 0,3 mol hỗn hợp X (phần 2) phản ứng vừa đủ với 7,84
lít khí Cl2 (đktc). Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X ở phần 1.
Gọi x,y,z lần lượt là số mol của Zn, Fe, Cu có trong 18,5 gam X
 kx; ky; kz lần lượt là số mol của Zn, Fe, Cu có trong 0,3 mol X
Các phương trình hoá học
Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 (1)
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (2)
Cu + HCl → không phản ứng
-Theo bài ra: 65x+56y+64z = 18,5
(I)
(II)
n H2 = x+y = 0,2
Zn + Cl2 → ZnCl2
(3)
2Fe + 3Cl2→ 2FeCl3 (4)
Cu + Cl2 → CuCl2
(5)
Theo (3), (4), (5): n Cl2 = kx+1,5ky+kz = 0,35 mol (III)
GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 14


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
kx+1,5ky+kz = 0,3 mol
(IV)
Chia (III) cho (IV) ta được: kx  1,5ky  kz  0,35
kx  ky  kz
0,3
 x+z=2y (V)
Giải hệ (I; II; V) x=y=z= 0,1 (mol)
 Khối lượng Zn= 0,1.65= 6,5 (gam);
Khối lượng Fe = 0,1.56= 5,6 (gam);
Khối lượng Cu = 0,1.64= 6,4(gam)
Bài 33: Hai hiđrocacbon A, B lần lượt thuộc dãy anken và ankin. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp gồm A,
B bằng lượng oxi vừa đủ, thu được khối lượng CO2 và H2O là 15,14 gam, trong đó oxi chiếm 77,15% về khối
lượng.
1. Xác định công thức phân tử của A, B.
2. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp A, B có tỷ lệ số mol thay đổi ta vẫn thu được một
lượng khí CO2 như nhau thì A, B là hiđrocacbon gì?
1. Đặt CTPT của A là CmH2m và B là CnH2n-2 (n, m nguyên và lớn hơn 2)
Gọi x và y là số mol CO2 và H2O ở sản phẩm cháy
44 x  18 y  15,14
 ta được x = 0,25; y = 0,23

32 x  16 y  15,14.0, 7715
3n  1
CnH2n-2 +
O2  nCO2 + (n-1) H2O

2
CmH2m + 1,5m O2  mCO2 + m H2O
Do anken cháy có số mol CO2 bằng số mol H2O
Ta có số mol ankin bằng = 0,25 – 0,23 = 0,02mol
Số mol anken = 0,05 – 0,02 = 0,03 mol
Ta có phương trình 0,02n + 0,03m = 0,25 Hay 2n+ 3m = 25
Các cặp nghiệm : C8H14 và C3H6 ; C5H8 và C5H10 ; C2H2 và C7H14
2. Vì tổng số mol 2 hiđrôcacbon không đổi, mà số mol CO2 cũng không đổi, điều đó chứng tỏ số
nguyên tử cacbon trong ankin bằng số nguyên tử cacbon trong anken. Vậy 2 hiđrôcacbon là C5H8 v à
C5H10.
Bài 34: Cho b gam hỗn hợp Mg, Fe ở dạng bột tác dụng với 300ml dung dịch AgNO3 0,8 M, khuấy
kĩ để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A1 và chất rắn A2 có khối lượng là 29,28 gam
gồm hai kim loại. Lọc hết chất rắn A2 ra khỏi dung dịch A1.
1. Viết các PTHH của các phản ứng xảy ra.
2. Hoà tan hoàn toàn chất rắn A2 trong dung dịch H2SO4 đặc, đun nóng. Hãy tính thể tích khí SO2
(đktc) được giải phóng ra. Thêm vào A1 lượng dư dung dịch NaOH, lọc rửa toàn bộ kết tủa mới
tạo thành, rồi nung trong không khí ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi, thu được 6,4 gam
chất rắn. Tính phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp Mg, Fe ban đầu.
Đặt số mol Mg và Fe trong m1 g hỗn hợp lần lượt là x và y. Vì Mg là kim loại hoạt động hơn Fe
và Fe là kim loại hoạt động hơn Ag nên theo đề bài sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
kết tủa gồm 2 kim loại thì 2 kim loại đó phải là Ag và Fe dư. Các PTHH của các phản ứng xảy ra :
Mg + 2AgNO3  Mg(NO3)2 + 2Ag
(1)
x
2x
x
2x
Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag
(2)
a

2a
a
2a
Vì Fe dư nên AgNO3 phản ứng hết, Mg phản ứng hết dung dịch chứa Mg(NO3)2, Fe(NO3)2 và kết tủa
gồm Ag và Fe dư
GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 15


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
Mg(NO3)2+2NaOH  Mg(OH)2 + 2NaNO3 (3)
x
x
Fe(NO3)2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaNO3 (4)
a
a
t0

Mg(OH)2  MgO + H2O
x
x
t0

4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O
a
0,5a
Hoà tan A2 bằng H2SO4 đặc :

(5)

(6)

t0

2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
y-a
1,5(y-a)

(7)

t0

2Ag + 2H2SO4  Ag2SO4 + SO2 + 2H2O
(8)
(2x+2a)
(x+a)
Theo các PTHH trên và đề bài, ta có hệ phương trình :
x  a  0,12

216x  56y  160a  29,28
40x  80a  6,4

Giải hệ phương trình ta được : x = 0,08 ; a = 0,04 ; y =0,1
Đáp số : VSO2 = (0,15-0,02+0,08).22,4 = 4,709 (lit)
%Mg  25,53 % ; %Fe  74,47%.

Bài 35: Từ quặng đôlomit CaCO3.MgCO3, hãy trình bày phương pháp hóa học điều chế hai kim loại
riêng biệt là Ca và Mg.
Nung nóng quặng đôlomit thu được hỗn hợp CaO và MgO
to

 CaO + MgO + 2CO2
CaCO3.MgCO3 
Hòa tan trong nước hỗn hợp thu được, lọc lấy dd Ca(OH)2 và tách riêng phần không tan MgO

 Ca(OH)2 (1)
CaO + H2O 
Lấy phần không tan cho vào dd HCl dư, cô cạn dd sau pứ rồi điện phân nóng chảy được Mg
 MgCl2 + H2O
MgO + 2HCl 
dpnc

MgCl2 
Mg + Cl2
Cho phần nước lọc (1) vào dd HCl dư, cô cạn dd sau pứ rồi điện phân nóng chảy thu được Ca

 CaCl2 + 2H2O
Ca(OH)2 + 2HCl 
dpnc
 Ca + Cl2
CaCl2 

Bài 36. Hoàn thành phương trình hóa học theo sơ đồ sau:
CaO  Ca(OH)2  Ca(HCO3)2  CaCO3
CaCO3
GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 16


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó

CO2  NaHCO3  NaKCO3
Viết các phương trình hóa học:
to
 CaO + CO2
CaCO3 

 Ca(OH)2
CaO + H2O 
 Ca(HCO3)2
Ca(OH)2 + 2CO2 

Ca(HCO3)2

toC
 CaCO3 + H2O +CO2

 NaHCO3
CO2 + NaOH 
 NaKCO3 + H2O
NaHCO3 + KOH 

Bài 37: Hỗn hợp (A) gồm 3 kim loại Na, Al và Fe.
Nếu cho (A) vào nước cho đến khi phản ứng xong thì thu được V lít khí.
Nếu cho (A) vào dung dịch NaOH (dư), khi phản ứng xong thu được

7
V lít khí.
4

Nếu cho (A) vào dung dịch HCl (dư), khi phản ứng xong thì thu được

9
V lít khí.
4

Xác định tỷ lệ số mol các kim loại có trong hỗn hợp? Biết rằng khí thu được ở các trường hợp
trên đều ở điều kiện chuẩn.
* Các phương trình phản ứng - Khi cho (A) vào nước:
2Na + 2H2O  2NaOH + H2 
2Al + 2H2O + 2NaOH  2NaAlO2 + 3H2 
- Khi cho (A)vào dd NaOH:
2Na + 2H2O  2NaOH + H2 
2Al + 2H2O + 2NaOH  2NaAlO2 + 3H2 
- Khi cho (A) vào dd HCl:

(1)
(2)
(3)
(4)

2Na + 2HCl  2NaCl + H2 

(5)

2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 

(6)

Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 
* Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Na, Al, Fe có trong hỗn hợp (A);

Sau khi phản ứng kết thúc khí thoát ra là H2.
Gọi n là số mol H2 có trong V lít khí.
 Số mol H2 có trong

7
7
V lít là n;
4
4

 Số mol H2 có trong

9
9
V lít là n
4
4

Dựa vào pt (1) và (2) ta có :

(7)

x 3
 x  n  x  0,5n
2 2

GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 17

Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
x 3
7
 y n
2 2
4
Thay x = 0,5n vào tính được y = n
Theo (3) và (4) ta có :

x 3
9
 yz  n
2 2
4
Thay x, y vào tính được z = 0,5n
Theo (5), (6) và (7) ta có:

Vậy tỷ lệ số mol Na, Al, Fe có trong hỗn hợp là : 0,5n : n : 0,5n = 1:2:1
Bài 38: Hoà tan một lượng muối cacbonat của một kim loại hoá trị II bằng dung dịch H2SO4 14,7 %.
Sau khi phản ứng kết thúc khí không còn thoát ra nữa thì còn lại dung dịch 17% muối sunfat tan. Xác
định nguyên tử khối của kim loại.
Gọi x là số mol H2SO4 Công thức hóa học của muối cacbonat là RCO3


RCO3 + H2SO4
x
x
mRSO4 = (R + 96)x
mdd RSO4 = mRCO3 + mdd H2SO4 – mCO2

= (R + 60)x +

RSO4
x

+

CO2
x

+

H2O

98 x.100
– 44x
14, 7

(3R  2048) x
3
Theo bài ra ta có :

=

C% dd RSO4 =

( R  96) x.100
= 17
(3R  2048) x

3

Giải ra ta được : R = 24  Vậy R là Mg
Bài 39. Cho 16,8 gam hỗn hợp gồm 2 oxit kim loại (thuộc phân nhóm chính nhóm II) tan hết trong
nước tạo thành dd X. Thêm 500ml dd HCl 0,4M vào dd X thì phản ứng vừa đủ để tạo thành kết tủa
lớn nhất là 2,58 gam. Xác định công thức hóa học của 2 oxít.
Thêm dd HCl vào dd X có kết tủa xuất hiện, chứng tỏ trong hai oxit phải có một oxit lưỡng tính và do
2 kim loại trong nhóm II => oxit lưỡng tính là BeO.
Gọi x, y lần lượt là số mol của MO và BeO
MO + H2O  M(OH)2
(1)
x
x
BeO + M(OH)2  MBeO2 + H2O
(2)
y
y
y
M(OH)2 + 2HCl  MCl2 + 2H2O
(3)
(x-y)
2(x-y)
MBeO2 + 2HCl  Be(OH)2 + MCl2
(4)
y
2y
y
GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 18

Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
Số mol Be(OH)2 : y = 2,58/43= 0,06 mol
Số mol HCl tham gia (3) và (4) là : 2(x-y) + 2y = 0,5 . 0,4
=> 2x = 0,2 => x = 0,1
Khối lượng hỗn hợp oxit : mMO + mBeO = (M + 16)0,1 + 25. 0,06 = 16,8
=> M = 137 (Ba)
Vậy 2 oxit là : BeO và BaO
Bài 40: Hỗn hợp chúa Fe, FeO , Fe2O3. Nếu hoà tan hết a gam hỗn hợp bằng HCl thì lượng H2 thoát
ra bằng 1% lượng hỗn hợp đem thí nghiệm. Nếu khử a gam hỗn hợp bằng H2 dư thì thu được lượng
nước bằng 21,15 % lượng hỗn hợp đem thí nghiệm. Xác định % mỗi chất trong hỗn hợp.
Gọi x, y, z lần lượt là số mol Fe, FeO, Fe2O3
Ta có : 56x + 72y + 160z = a (*)
Fe
x

+ 2HCl




FeCl2

+

H2
x

FeO

+ 2HCl




FeCl2

+

H2O (2)

Fe2O3

+

6HCl


 2FeCl3

+ 3H2O (3)

FeO
y

+

H2




+

Fe


 2Fe
Fe2O3 + 3H2
z
Từ PT (1) ta có : mH2 = 1%mhh
hay 2x = 0,01a

(1)

H2O (4)
y

+ 3H2O (5)
3z

 a = 200x (**)
 x = 0,005a (***)
Từ PT (4)(5) ta có : 18(y + 3z) = 0,2115a
0, 2115a
– 3z
18
= 0,01175a – 3z (****)
Thay (***) và (****) vào (*) ta được:

 y=

a = 56. 0,005a + 72(0,01175a – 3z) + 160z

 a=

4000 z
9

% Fe =

5600x
Thay a = 200x vào ta được :
a

% Fe =

5600 x
= 28%
200 x

% Fe2O3 =

16000z
4000 z
Thay a =
vào ta được :
a
9

GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 19


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
% Fe2O3 =

16000 z
= 36%
4000 z
9

% FeO = 100 – 28 – 36 = 36%
Bài 41: Cho 39,6g hỗn hợp gồm KHSO3 và K2CO3 vào 400g dd HCl 7,3%, khi xong phản ứng thu
được hỗn hợp khí X có tỉ khối so với khí H2 bằng 25,33 và một dd A.
a) Hãy chứng minh rằng axit còn dư.
b) Tính C% các chất trong dd A.

a) Ta có : nHCl =

400.7,3
 0,8mol
100.36,5

Giả sử trong hỗn hợp chỉ có KHSO3
Do KHSO3 = 120 < Mhh nên :
nKHSO3 =

mhh
> nhh thật
120

39, 6
 0,33mol
120

 KCl + SO2 + H2O
KHSO3 + HCl 

0,33
1

<

0,8
1

 HCl dư

Mà nKHSO3 < nhh  hỗn hợp hết , axit dư
b) MA = 25,33. 2 = 50,66g
Gọi x, y lần lượt là số mol KHSO3 và K2CO3
 KCl + SO2  + H2O
KHSO3 + HCl 
x
x
x
x

 2KCl + CO2  + H2O
K2CO3 + 2HCl 
y
2y
2y
y
Theo PT : mhh = 120x + 138y = 39,6

MA =

64 x  44 y
 50, 66
x y

Giải hệ ta được : x = 0,1
y = 0,2
mddA = 39,6 + 400 – (64. 0,1 + 44. 0,2) = 424,4g
nKCl = 0,1 + 0,2. 2 = 0,5mol  mKCl = 0,5. 74,5 = 37,25g
nHCl dư = 0,8 – (0,1 + 0,2. 2) = 0,3mol  mHCl = 0,3. 36,5 = 10,95g
C%dd KCl =

37, 25
.100  8, 78%
424, 4

C%dd HCldư =

10,95
.100  2,58%

424, 4

GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 20


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
Bài 42. Viết các phương trình hóa học để hoàn thành sơ đồ sau:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
Fe 
 Fe3O 4 
 CO 2 
 NaHCO3 
 NaCl 
 Cl 2 
 FeCl3 
 Fe(NO3 ) 3 
 NaNO 3

t
(1) 3Fe+2O 2 
 Fe3O 4

o

t
(2) Fe3O 4  4CO 
 3Fe  4CO 2
o

(3) CO 2  NaOH  NaHCO3
(4) NaHCO3  HCl  NaCl  CO 2   H 2O
đpdd
(5) 2NaCl+2H 2 O 
 2NaOH  Cl2   H 2 
c.m.ngăn
t
(6) 3Cl2  2Fe 
 2FeCl3
o

(7) FeCl3  3AgNO3  3AgCl   Fe(NO3 )3
(8) Fe(NO3 )3  3NaOH  Fe(OH)3  3NaNO3
Bài 43.
a. Không dùng chất chỉ thị màu, chỉ dùng một hóa chất hãy nhận biết các dung dịch loãng
đựng trong các lọ mất nhãn riêng biệt sau: BaCl2, NaCl, Na2SO4, HCl. Viết các phương trình hóa học.
- Trích mẫu thử: Lấy ở mỗi lọ một lượng nhỏ ra ống nghiệm để nhận biết.
- Lấy dung dịch Na2CO3 cho vào mỗi ống trên:
+ Xuất hiện kết tủa trắng  Nhận biết được BaCl2.
BaCl2 + Na2CO3  BaCO3 + 2NaCl.
+ Có khí bay lên  Nhận biết được HCl:
2HCl + Na2CO3  2NaCl + CO2 + H2O.
+ Hai ống nghiệm không có hiện tượng gì chứa NaCl và Na2SO4.

- Dùng BaCl2 vừa nhận biết được ở trên cho vào hai mẫu chứa NaCl và Na2SO4:
+ Xuất hiện kết tủa trắng  Nhận biết được Na2SO4.
Na2SO4 + BaCl2  BaSO4 + 2NaCl.
+ Còn lại là NaCl.
b. Nêu hiện tượng và viết các phương trình hóa học trong hai trường hợp sau:
- Sục từ từ khí cacbonic vào dung dịch bari hiđroxit đến dư.
- Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch NaOH loãng có chứa một lượng nhỏ
phenolphtalein.
* Khi sục khí cacbonic vào dung dịch Ba(OH)2 đến dư, ban đầu xuất hiện kết tủa trắng, sau tan dần.
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O
CO2 + BaCO3 + H2O  Ba(HCO3)2.
* Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch NaOH loãng có chứa một lượng nhỏ phenolphtalein:
dung dịch có màu hồng, sau nhạt dần đến mất hẳn.
HCl + NaOH  NaCl + H2O.
Bài 44.
a. Từ tinh bột và các chất vô cơ cần thiết khác, điều kiện có đủ, hãy viết các phương trình hóa
học điều chế etanol, axit axetic, etyl axetat.
axit, t o
(C6 H10O5 ) n  nH 2O 
 nC6 H12O6
men r­ î u
C6 H12O6 
 2C2 H5OH  2CO 2
30 32o C
men giÊm
C2 H5OH  O 2 
 CH3COOH  H 2O

GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 21


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
 CH3COOC2 H5  H2O
CH3COOH  C2 H5OH 
o
H2SO4đ
t

b. Bằng phương pháp hóa học, hãy nhận biết các khí sau đựng trong các lọ riêng biệt:
cacbonic, etilen, metan, hiđro. Viết các phương trình hóa học.
+ CO2: Nhận biết bằng dung dịch nước vôi trong  vẩn đục.
+ Etilen làm mất màu vàng của dung dịch brom.
Đốt cháy hai khí còn lại, đem sản phẩm qua dung dịch nước vôi trong thấy vẩn đục  Nhận biết
được metan, còn lại là H2.
CH2 = CH2 + Br2  BrCH2 – CH2Br
to
CH4 + 2O2 
 CO2 + 2H2O
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
2H2 + O2  2H2O
Bài 45. Nung a gam một hiđroxit của kim loại R trong không khí đến khối lượng không đổi, thấy
khối lượng chất rắn giảm đi 9 lần, đồng thời thu được một oxit kim loại. Hòa tan hoàn toàn lượng oxit
trên bằng 330ml dung dịch H2SO4 1M, thu được dung dịch X. Cho X tác dụng với dung dịch
Ba(OH)2 dư, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Tính a, m, biết lượng axit đã lấy dư
10% so với lượng cần thiết để phản ứng với oxit.
Đặt công thức của hiđroxit là R(OH)n, công thức oxit là R2Om (1≤n≤m≤3; n, m N*)
mn
to

2R(OH) n 
O 2 
 R 2O m  nH 2O
(1)
2
Khối lượng chất rắn giảm đi 9 lần
a
9
a 8a
 mgiảm đi =  m R 2Om  a  
 m R (OH)n  m R 2Om
9
8
9 9
mR (OH)n 2(R  17n) 9
=>

  R  136n  72m
m R 2 Om
2R  16m 8
n
m
R
Kết
luận

1
1
64

1
2
-8

1
3
-80

2
2
128

2
3
56

3
3
192

Loại

Loại

Loại

Loại

Thỏa mãn

Loại

Kim loại R là sắt, công thức hiđroxit: Fe(OH)2.
to
4Fe(OH) 2  O 2 
 2Fe 2O3  4H 2O
(2)
Gọi x là số mol của H2SO4 phản ứng với oxit  x 

10
 x  0,33.1  x  0,3(mol)
100

10
 0,3  0, 03(mol)
100
Phương trình hóa học:
Fe2 O3  3H 2SO4  Fe2 (SO 4 )3  3H 2 O (3)

 n H2SO4 d ­ 

Mol : 0,1

0,3

0,1

Fe2 (SO4 )3  3Ba(OH) 2  2Fe(OH)3  3BaSO 4  (4)
Mol: 0,1
0,2

H 2SO 4  Ba(OH) 2  BaSO 4  2H 2O
Mol : 0,03

0,3
(5)

0,03

GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 22


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
Kết tủa thu được gồm: Fe(OH)3 0,2 mol; BaSO4 0,33 mol
 m  m Fe(OH)3  m BaSO4  0, 2.107  0,33.233  98, 29 (gam).
Theo sự bảo toàn nguyên tố Fe  n Fe(OH)2  2n Fe2O3  2.0,1  0, 2(mol)
 a = 0,2.90=18 (g).
Bài 46. Hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu. Lấy 3,31 gam X cho vào dung dịch HCl dư, thu được 0,784 lít H2
(đktc). Mặt khác, nếu lấy 0,12 mol X tác dụng với khí clo dư, đun nóng thu được 17,27 gam hỗn hợp
chất rắn Y. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, tính thành phần % về khối lượng của các chất trong
X.
Gọi số mol của Al, Fe, Cu trong 3,31 gam X lần lượt là x, y, z
 27x + 56y + 64z = 3,31 (I)
Phương trình hóa học:
2Al  6HCl  2AlCl3  3H 2
Mol: x
1,5x
Fe  2HCl  FeCl 2  H 2
Mol: y

y

0, 784
 0, 035(mol) (II).
22, 4
Gọi số mol của Al, Fe, Cu trong 0,12 mol X lần lượt là kx, ky, kz.
 kx + ky + kz = 0,12 (III).
Khi cho X tác dụng với clo dư, phương trình hóa học là
to
2Al  3Cl 2 
 2AlCl3
 n H2  1,5x  y 

Mol : kx
kx
to
2Fe  3Cl2 
 2FeCl3

Mol : ky

ky

Cu + Cl 2 
 CuCl 2
to

Mol : kz

kz

 m Y  133,5kx  162,5ky  135kz  17, 27(IV).
xyz
0,12
Từ (III) và (IV) 

 1, 25x-2,23y+1,07z  0 (V).
133,5x  162,5y  135z 17, 27
27x  56y  64z  3,31
x  0, 01


Kết hợp (I), (II), (V) ta có hệ phương trình: 1,5x  y  0, 035
  y  0, 02
1, 25x  2, 23y  1, 07z  0 z  0, 03


 Trong 3,31 gam X:
mAl = 0,01.27 =0,27 (gam); mFe = 0,02.56 = 1,12 (gam); mCu = 1,92 (gam).
0, 27
%m Al 
100%  8,16%.
3,31
1,12
%m Fe 
100%  33,84%.
3,31
 %m Cu  100%  8,16%  33,84%  58, 00%
Bài 47. Dung dịch X và Y chứa HCl với nồng độ mol tương ứng là C1, C2 (M), trong đó C1 > C2.

Trộn 150 ml dung dịch X với 500ml dung dịch Y được dung dịch Z. Để trung hòa 1/10 dung dịch Z
GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 23


Hướng dẫn giải 500 bài tập Hóa học THCS hay và khó
cần 10ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và Ba(OH)2 0,25M. Mặt khác lấy V1 lít dung dịch X chứa
0,05 mol HCl trộn với V2 lít dung dịch Y chứa 0,15 mol axit được 1,1 lít dung dịch. Hãy xác định C 1,
C2, V1, V2.
n NaOH  0, 01.1  0, 01 (mol); n Ba (OH)2  0, 01.0, 25  0, 0025 (mol).

Phương trình hóa học:
HCl  NaOH  NaCl  H 2O

(1)

Mol : 0,01 0,01
2HCl+Ba(OH) 2  BaCl 2  2H 2O (2)
Mol : 0,005 0,0025
 0,15C1  0,5C2  10.(0, 01  0, 005)  0,15
 C2  0,3  0,3C1 (*)
Mặt khác, ta có: V1 + V2 = 1,1 (lít)
0, 05 0,15
0, 05
0,15
V1 

; V2 
 1,1


C1
C1
C2
C2
Thay (*) vào (**) ta được:
0, 05
0,15

 1,1
C1
0,3  0,3C1
 0,33C12  0,195C1  0, 015  0

 C1  0,5M hoặc C1 = 1/11 M.
* Với C1 = 0,5 M  C2 = 0,3 – 0,3.0,5=0,15 (M) (thỏa mãn vì C1 > C2)
0, 05
0,15
 V1 
 0,1 (lít); V2 
 1 (lít).
0,5
0,15
* Với C1 = 1/11 M  C2 = 0,3 – 0,3.1/11 = 3/11 (loại vì khi đó C1 < C2).
Bài 48. Đốt cháy hoàn toàn 12 gam một chất hữu cơ A (chứa C, H, O), toàn bộ sản phẩm cháy thu
được đem hấp thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 thu được 20 gam kết tủa và dung dịch B, đồng thời
thấy khối lượng dung dịch kiềm tăng 4,8 gam. Đun nóng B đến khi phản ứng kết thúc thu được 10
gam kết tủa nữa.
a. Xác định công thức phân tử của A, biết tỉ khối của A so với metan là 3,75.
b. Biết dung dịch của A làm đổi màu quỳ tím sang đỏ. Viết các phương trình hóa học khi cho

A tác dụng với CaCO3, KOH, Na, BaO.
a. Đặt công thức phân tử của A là CxHyOz (điều kiện: x, y, z nguyên, dương, y  2x+2)
y z
y
to
C x H y O z  (x   )O 2 
 xCO 2  H 2O
(1)
4 2
2
CO 2  Ca(OH) 2  CaCO3  H 2O
(2)

20
100
2CO 2  Ca(OH) 2  Ca(HCO3 ) 2


Mol : 0,2

Mol :

0,2



(3)

0,1

Ca(HCO3 ) 2 
 CaCO3  CO 2  H 2O (4)
to

Mol :

 n CO2

10
100
 0, 2  0, 2  0, 4(mol) .
0,1



GV: Trương Thế Thảo – Email:

Page 24