115 bài tập vận dụng Hóa học 9

115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

1

MÓN QUÀ NHỎ DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 9

Nhân dịp Tết Mậu Tuất sắp đến, thầy tổng hợp một số bài tập gửi tặng các em
học sinh yêu thích môn Hóa học. Tài liệu này được tổng hợp từ những câu hỏi
mà học sinh nhờ thầy hướng dẫn. Ngoài ra thầy còn soạn thêm một số bài để
nội dung tài liệu được phong phú hơn, giúp các em học sinh có cái nhìn rộng
hơn về những phương pháp, kỹ thuật giải BTHH và có thể chinh phục kỳ thi HSG
hóa học THCS các cấp đạt kết quả cao. Trong quá trình tổng hợp không thể
tránh khỏi một số lỗi, thầy mong các em thông cảm!
Bài 1: Hoà tan hoàn toàn 1 hidroxit của kim loại M bằng 1 lượng vừa đủ HCl 10% sau phản ứng thu được
dung dịch A. Thêm vào A một lượng vừa đủ AgNO3 20% thu được dung dịch muối có C% 8,965. Xác
định công thức hóa học của hidroxit trên.
Phân tích: Đề cho tất cả các dữ kiện ở dạng tương đối (tỷ lệ) nên bài toán này phù hợp với phương pháp
tự chọn lượng chất. Để đơn giản ta thường chọn 1 mol chất bất kỳ.
Hướng dẫn:
Giả sử có 1mol MOH
M(OH)x + xHCl  MClx + xH2O
1
x
1
(mol)
 (M+17) 36,5x
(gam)
MClx + xAgNO3  M(NO3)x + xAgCl 
1
x
1

x
(mol)

170x
(M+62x)
143,5x (gam)
Dung dịch sau phản ứng chỉ có 1 chất tan là M(NO3 )x
Theo BTKL ta có:
100
100
 170x 
– 143,5x = (M + 1088,5x) gam
10
20
x  1
M  62x
8,965


 0,08965  M  39x  
 KOH
M  1088,5x 100
 M  39(K)

m dd (spư) = M  17x  36,5x 

Bài 2: Khi phân tích 2 oxit và 2 hidroxit tương ứng của cung một nguyên tố hoá học được số liệu sau : Tỉ
số thành phần trăm về khối lượng của oxi trong 2 oxit đó = 20:27. Tỉ số % về khối lượng của nhóm
hidroxit trong 2 hidroxit đó = 107:135 . Xác định nguên tố đó.

Hướng dẫn:
Đặt oxit : R2Ox R2Oy các hydroxit tương ứng: R(OH)x ; R(OH)y
 8y R  8x 27
2,8xy
.

 R=
(1)

20
y  1,35x
 R  8y 8x
 
 17y . R  17x  135  R= 476xy
(2)
 R  17y 17x
107
107y  135x

Từ (1), (2) 

x  2
2,8
476
107y-135x
x 2


 170    
y  1,35x 107y  135x

y  1,35x
y 3
y  3

Từ (1)  R = 56 (Fe)
Bài 3: Cho 16,0 gam hỗn hợp một rượu với nước tác dụng với K vừa đủ thì giải phóng 7,392 lít khí ở
27,3oC và 1 atm. Để trung hòa lượng KOH thu được cần 100 ml dd HCl 2M.
a. Tìm CTPT rượu.
b. Lấy 48 gam hỗn hợp trên tác dụng với V (ml) dung dịch axit axetic 20%, D =1,02g/ml có xúc tác, sau
một thời gian thu được m (gam) este. Tính m, V nhỏ nhất. Biết lượng rượu còn lại 25%.


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

2

Hướng dẫn:
a) n H 
2

1.7,392
 0,3(mol)
22,4
.(27,3  273)
273

2R(OH)n + 2nK  2R(OK)n + nH2 
a
0,5an (mol)
2HOH + 2K  2KOH + H2 

0,2
0,2
0,1 (mol)
HCl + KOH  KCl + H2O
0,2 0,2 (mol)
0,4
n
16  0,2.18
 R + 17n = R  17n 
 R  14n  CT của R: (-CH 2 -)n
0,4 / n
Vì gốc hidrocacbon - CH2 - có hóa trị 2 nên  chỉ có n = 2 là thỏa mãn

Ta có: 0,5an  0,1  0,3  a 

Vậy CTPT của ancol là: C2H4(OH)2 etilen glycol
24
 0,3(mol)
16
1,02V
n CH COOH 
20  0,204V(mol)
3
100
75
n C H (OH) ( phản ưng)  0,3 
 0,225(mol)
2 4
2
100

H 2SO 4 đặc ,t 0

 (CH3COO)2C2 H4 + 2H2O
2CH3COOH + C2H4(OH)2 


b) n C

2H 4 (OH) 2

0,45

 0, 2 

0,225

0,225 (mol)

 m = 0,225. 146 = 32,85 gam
 0,45 = 0,75.0,204V  V = 2,94 ml

Bài 4: Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu bằng 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim
loại tan hết thu được dung dịch X và hỗn hợp khí B. Thêm 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X
thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được 16,0 gam
chất rắn. Cơ cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng khơng đổi thu được 41,05 gam chất
rắn. (Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn)
a. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A.
b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch X.
Tóm tắt:
 hhB 

 Fe  87,5(g)dd (0,7molHNO3 ) 
cô cạn
t0

11,6(g)A   
 T 
 41,05(g) rắn
0,5mol KOH ddZ 
Cu
0
ddX  
t /KK
 Y  16g rắn

%m(trongA)  ? ; C%(trong X)=?
Hướng dẫn:
Nếu KOH hết thì  n KNO  n KOH = 0,5  mT  0,5.85 = 42,5 gam > 41,05 gam (loại)
2

 KNO2 : a 85a  56b  41,05 a  0,45  n NO  (trong X)
3
 KOH còn dư  


a  b  0,5
 KOH : b
a  0,05

 Fe : n1
 Fe O : 0,5n1 56n1  64b  11,6 n1  0,15

%m Fe  72,41%
 2 3




Cu : n 2
CuO : n 2
80n1  80n 2  16
n 2  0,05 %m Cu  27,59%
Nếu muối trong X là Fe(NO3)3 và Cu(NO3)2:  n NO (trong muối) = 0,15.3+0,05.2 = 0,55 > 0,45 (vơ lý)
3

 X có muối Fe(NO3)2 , HNO3 hết.


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

3

 Fe(NO3 )3 : x
 x  y  0,15
 x  0,05

X  Fe(NO3 ) 2 : y


Cu(NO ) : 0,05 3x  2y  0,45  0,1  0,35  y  0,1
3 2


Sơ đồ bảo toàn oxi, hidro, nitơ : HNO3  (-NO3) + H2O + NOn (B)
0,7
0,45
0,35 0,25 (mol)
 m B = 0,7.63 – 0,45.62 – 0,35.18 = 9,9  m X  11,6  87,5  9,9  89, 2(g)
0,1.180

C%Fe( NO3 )2  89,2 100%  20,17%

0,05.242

 C%Fe( NO ) 
100%  13,57%
3 3
89, 2


0,05.188
100%  10,54%
C%Cu(NO3 )2 
89,2


Bài 5: Chất hữu cơ X có phần trăm khối lượng H và N lần lượt là 7,86% và 15,73%. Đốt cháy hoàn toàn
2,225 gam X thu được 1,68 lít khí CO2 (đktc), biết MX < 100. Xác định công thức phân tử của X.
Hướng dẫn:
n C  n CO  0,075(mol) ; n H =2,225.8,86/1= 0,1(mol); n N =2,225.15,73/14= 0,025(mol);
2

 n C : n H : n N  0, 075 : 0,175 : 0,025  3 : 7 : 1

Đặt công thức của X: (C3H7NRx)n
Vì MX < 100 nên  n = 1  CTPT có dạng C3 H7NRx
MX =

100
14  89  x.M R= 89 – 57 = 32  x = 2; MR = 16 (O)
15,73

Vậy CTPT của X là: C3H7NO2
Bài 6: Cho 3,82 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu vào cốc đựng 850 ml dung dịch CuSO4 0,1M.

sau phản ứng thu được dung dịch Y và chất rắn Z. Lọc lấy chất rắn Z nung nóng trong oxi dư, ở
nhiệt độ cao, phản ứng xong thu được 6,8 gam chất rắn. Đem 1/2 lượng dung dịch Y tác dụng với
dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa rồi đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu
được 2,2 gam chất rắn. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính khối lượng mỗi kim loại
trong hỗn hợp X. Biết các phương trình hóa học đều xảy ra hoàn toàn.
Hướng dẫn:
Nếu CuSO4 phản ứng hết thì số mol Cu trong Z > 0,085 mol (vì trong hỗn hợp X còn có Cu)
 sau khi đốt sẽ cho khối lượng chất rắn > 0,085.80 = 6,8 gam  loại.
Vậy CuSO4 còn dư  Al, Fe phản ứng hết.
Al2 (SO4 )3 : 0,5x

Al : x(mol)
Fe O : 0,5y
NaOH
t 0 /O2
Y FeSO4 : y


[Fe(OH)2  Cu(OH)2 ] 
4,4(g)  2 3

CuSO4
dö
3,82(g)XFe: y(mol) 

CuO: z
CuSO : z
0,085(mol)
4

Cu : z(mol)

t 0 ,O2
Z: Cu 
CuO: 0,085(mol)
1,5x  y  z  n
 0,085  x  0,02
m  0,54(g)
SO4
Al



 27x  56y  64z  3,82
  y  0,03  m Fe  1,68(g)
80y  80z  4,4
z  0,025 



m Cu  1,60(g)

Bài 7: Oxi hóa hoàn toàn 8 gam hỗn hợp 2 kim loại A,B đều hóa trị II thu được hỗn hợp 2 oxit tương ứng. Để hòa
tan hết lượng oxit thu được thì phải dùng đúng 150ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng thu được dung dịch 2
muối. Cho dung dịch NaOH vào 2 muối này thu được kết tủa cực đại gồm 2 hidroxit kim loại có khối lượng m
(gam). Tính m.


115 Bi tp húa hc 9 vn dung v vn dng cao - Thy Nguyn ỡnh Hnh tng cỏc em hc sinh

4

Hng dn:
t chung 2KL l M
2M + O2 2MO
(1)
MO + 2HCl MCl2 + H2O
(2)
MCl2 + 2NaOH M(OH)2 + 2NaCl (3)
Theo (2,3): n OH nCl nHCl 0,15(mol)
BTKL m M(OH) m M m OH m 8 0,15.17 10,55(g)
2

Bi 8: Cho 14,8 gam hn hp kim loi húa tr II, oxit v mui sunfat cua kim loi ú tan vo dung dch
ú tan vo dung dch H2S0 4 loóng d thu c dung dch A v 4,48l khớ ktc. Cho Na0H d vo dung
dch A thua c kt ta B. Nung B n nhit cao thỡ cũn li 14 gam cht rn. Mt khỏc, cho 14,8 gam
hn hp vo 0,2 lớt dung dch CuS0 4 2M. Sau khi phn ng kt thỳc, tỏch b cht kờt ta ri em cụ cn
dung dch thỡ thu c 62 gam cht rn. Xỏc nh kim loi.
Hng dn:

M 0,2
H 0,2(mol)

H 2 SO 4
14,8(g) MO : x
2
NaOH
t0
dd A
M(OH)2
14(g)MO : (x y 0,2)
MSO : y
4

coõcaùn dd
62(g) raộn (muoỏi)
dd
raộn

+ 0,4 mol CuSO4

TN1: Chuyn 14,8 gam hn hp 14 gam MO gim 0,8 gam
16x + 96y 16(x+y+0,2) = 0,8 y = 0,05 mol
TN2: 0,2 mol M + 0,4 mol CuSO4 CuSO4 cũn d 0,2 mol
dung dch cha mui MSO4 = 62 0,2.160 = 30 gam
BT mol SO4 s mol mui MSO4 = 0,2 + 0,05 = 0,25 mol
Ta cú: 0,25.(M+96) = 30 M = 24 (Mg)
Bi 9: Hũa tan 6 gam hn hp A gm Mg, MgO bng H2SO4 loóng va c dung dch B. Thờm
NaOH d vo B thu c kt ta D, nung D n khi lng khụng i c 8,4 gam cht rn E. Vit
PTHH v tớnh % khi lng ca mi cht trong hn hp A.

Hng dn:
MgO + H2SO4 MgSO4 + H2O
Mg + H2SO4 MgSO4 + H2
MgSO4 + 2NaOH Mg(OH)2 + Na2SO4
t
Mg(OH)2
MgO + H2O
Cỏch 1: Phng phỏp i s thụng thng
0

0,06.40

100% 40%
MgO : x BT Mg
40x 24y 6
x 0,06 %m MgO
6
t
MgO : (x y)


Mg : y
40x 40y 8,4 y 0,15
%m Mg 60%


Cỏch 2: S dng tng gim khi lng
Chuyn 6 gam (Mg, MgO) 8,4 gam MgO => tng 2,4 gam
Khi lng cht rn tng lờn bng khi lng oxi húa hp vi n cht Mg
n Mg

2,4
nO
0,15(mol)
16

0,15.24

100% 60%
%m Mg
6

%m MgO 40%


Cỏch 3: S dng t l chuyn cht + Quy tc ng chộo
t T

mE
mA



8,4
1,4
6


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh
Mg  MgO (T1 = 40/24=5/3) ; MgO  MgO (T2 =1)

Áp dụng quy tắc đường chéo ta có:
m Mg
m MgO

3

1, 4  1
3 %m Mg  100%  60%
5

 
5 / 3  1,4 2 %m
MgO  40%


 Cách 4: Phương pháp bảo toàn khối lượng
n MgO (trong E)=

8,4
 0, 21 mol
40

Theo BTKL ta có:
m A  m Mg

0,06.40

100%  40%
%m MgO 
6

 m O  0,21.24  n MgO .16  6  n MgO (trong A)  0, 06(mol)  
%m Mg  60%


Bài 10: A chứa C,H,O và tỉ khối hơi so với He là 20.
a) Xác định CTPT của A.
b) Xác định CTCT của A. Biết A mạch hở, tác dụng được với Na.
Hướng dẫn:
x  1


a) Công thức tổng quát của A: CxHyOz 2  y  2x  2 ; y chaün
z  1

M A  4.20  80  12x + y + 16z = 80

Khi x = 1, y = 2  z max 

80  14
 4,25  z  {1;2;3;4}
16

 Nếu z = 4  12x + y = 16  x= 1 ; y =4  CH4O4 (loại, vì không tồn tại)
 Nếu z = 3  12x + y = 32  x= 2 ; y =8  loại, chỉ số H vượt quá bão hòa
 Nếu z = 2  12x + y = 48  x= 3 ; y =12  loại, chỉ số H vượt quá bão hòa
 Nếu z = 1  12x + y = 64  x= 5 ; y = 4  C5H4O
b) A tác dụng được với Na  A có nhóm –OH
C5H4O (k = 4)
CTCT ancol A: CH≡C-C≡C-CH2OH
Bài 11: Chia một lượng FexOy làm 2 phần bằng nhau:

Phần 1: Hòa tan trong dung dịch H2SO4 loãng cần a(mol) axit
Phần 2: Hòa tan trong dung dịch H2SO4 đặc, cần b mol axit (biết phản ứng có sinh SO2)
Biết n Fe trong mỗi phần bằng b – a. Xác định công thức oxit sắt.
Hướng dẫn:
- Phần 1:
2FexOy + 2yH2SO4  xFe2(SO4)2y/x + 2yH2O
 n O(oxit)  n H

2SO4

 a(mol)

- Phần 2:
2FexOy + (6x-2y)H2SO4  xFe2(SO4)3 + (6x-2y)H2O + (3x-2y)SO2 
Theo đề: n Fe  n H SO  n O
2

4

Theo phản ứng  2x = 6x – 2y – 2y  x = y
Công thức oxit FeO

5


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

6

Bài 12: Cho hỗn hợp A gồm 1,12gam Fe và 1,92gam Cu vào 400ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm H2SO4

0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch B và khí NO (sp khử duy
nhất) cho V( ml) dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng tủa đạt lớn nhất. Tính V nhỏ nhất?
Hướng dẫn:
Số mol Fe = 0,02 mol ; số mol Cu = 0,03 mol
Số mol H2SO4 = 0,2 mol ; NaNO3 = 0,08 mol
2Fe + 4H2SO4 + 2NaNO3  Fe2(SO4)3 + Na2SO4 + 4H2O + 2NO 
0,02
0,04
0,02
0,01
0,01
3Cu + 4H2SO4 + 2NaNO3  3CuSO4
+ Na2SO4 + 4H2O + 2NO 
0,03
0,04
0,02
0,03
0,01
H2SO4 dư + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O
0,12
Fe2(SO4)3 + 6NaOH  2Fe(OH)3  + 3Na2SO4
CuSO4 + 2NaOH  Cu(OH)2  + Na2SO4
n NaOH  n H2SO4 ( dö) .2  n Fe .3  n Cu .2  0,12.2  0,02.3  0,03.2  0,36(mol)
V

0,36
 0,36(lít)  360ml
1

Bài 13: Cho 0,51g hỗn hợp A ở dạng bột gồm Fe và Mg vào 100 ml dd CuSO4. Sau khi phản ứng hoàn

toàn lọc thu được 0,69g chất rắn B và dd C. Thêm dd NaOH dư vào C lấy kết tủa đem nung ngoài không
khí đến khối lượng không đổi thu được 0,45g chất rắn D.
a) Tính CM của CuSO4 đã dùng?
b) Tính thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp?
Hướng dẫn:
Nếu toàn bộ kim loại Mg, Fe chuyển hết vào chất rắn D thì mD > 0,51 gam
Theo đề cho mD = 0,45 gam < 0,51  kim loại còn dư  CuSO4 hết.
Mg + CuSO4  MgSO4 + Cu
x
x
x
x rắn tăng 40x (g)
Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu
y
y
y
y rắn tăng 8y (g)
MgSO4  Mg(OH)2  MgO
x
x
2FeSO4  2Fe(OH)2  Fe2O3
y
0,5y
0,00375.24

 100%  17,65%
 40x  8y  0, 69  0,51  0,18  x  0, 00375 %m Mg 
0,51



Ta có: 
 40x  80y  0, 45
 y  0,00375 %m  82,35%
Fe


 CM (CuSO4) = 0,00375*2/0,1 =0,075M
Bài 14: Hỗn hợp A gồm : FeO, Fe, Cu. Cho m gam hỗn hợp A tác dụng với 200 ml dd HCl, thu được
dung dịch B; 0,56 lít khí đktc và chất rắn D. Để phản ứng vừa đủ thu với dd B cần dùng 500ml dd NaOH
0,2 M. Sau phản ứng thu đc kết tủa C, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không
đổi thu đc 3,6g chất rắn. Cho D tác dụng với H2SO4 đặc,dư thu được một khí có tỉ khối hơi so với hidro
bằng 32 và có thể tích bằng 1,12 lít (đktc).
a) tìm m
b) Tìm Cm của HCl ban đầu.
Hướng dẫn:
FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O
x
2x
x (mol)
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 
0,025 0,05
0,025 0,025 (mol)
Dung dịch B + 0,1


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

7

Dung dịch B: FeCl2, HCl (có thể)

HCl + NaOH  NaCl + H2O
FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2  + 2NaCl
t
2Fe(OH)2 + ½ O2 
 Fe2O3 + 2H2O
0,045
0,0225 mol
Số mol OH (kết tủa) = 0,045.2= 0,09 < số mol NaOH = 0,1  HCl dư so với hỗn hợp A.
 D chỉ có Cu
Cu + 2H2SO4  CuSO4 + 2H2O + SO2 
0,05
0,05 (mol)
BT mol Fe  x + 0,025 = 0,045  x = 0,02
Tổng số mol HCl = số mol NaOH = 0,1 (mol)
 m = 0,02.72 + 0,025.56 + 0,05.64 = 6,04 gam
CM (HCl) = 0,1/0,2= 0,5M
0

Bài 15: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho khí CO qua m gam X nung nóng, sau một thời gian
thu được rắn Y và khí Z. Cho toàn bộ Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, đến khi phản ứng hoàn toàn thu được
4 gam kết tủa. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong H2SO4 đặc nóng, dư thì thu được 1,008 lít khí SO2
(đktc, spk duy nhất) và dung dịch chứa 18 gam muối. Tính m.
Hướng dẫn:
Cách 1: BTKL + BT mol nguyên tố
m (gam) X + 0,04 mol CO + H2SO4  18 gam Fe2(SO4)3 + H2O + 0,045 molSO2 + 0,04 mol CO2
0,045 (mol)
BT mol S  số mol H2SO4 = 0,045.3 + 0,045 = 0,18 mol = số mol H2O
BTKL  m + 0,04.28 + 0,18.98 = 18 + 0,18.18 + 0,045.64 + 0,04.44
 m = 7,12 gam
Cách 2: Quy đổi tác nhân oxi hóa

Nếu oxi hóa X bằng oxi, thì lượng O cần = 0,045 – 0,04 = 0,005 mol  0,045mol Fe2O3
m (gam) + 0,005 mol O2  0,045mol Fe2O3
 m + 0,005.16 = 0,045.160 => m = 7,12 gam
 Cách 3: Sử dụng BT e
m(g)X (Fe=0,09, O = x)  Y(Fe = 0,09, O = x – 0,04)
BT e  0,09.3 = 0,045.2 + 2.(x-0,04)  x = 0,12
 m = 0,13.16 + 0,09.56 = 7,12 gam
Bài 16: Cho V lít khí SO2 (đktc) hấp thụ vào 350ml dung dịch X gồm KOH 2M và Ba(OH)2 aM, sau
phản ứng thu được 86,8 gam kết tủa. Mặt khác, hấp thụ 3,25V lít khí SO2 (đktc) vào 350ml dung dịch X ở
trên, cũng thu được 86,8 gam kết tủa. Tính giá trị của a và V?
Hướng dẫn:
Do khối lượng kết tủa không đổi nên TN1 Ba(OH)2 còn dư, TN2 kết tủa tan một phần
TN1: SO2 + Ba(OH)2  BaSO3  + H2O
0,4
0,4 (mol)
 V = 0,4*22,4 = 8,96 lít
TN2: Số mol SO2 = 1,3 mol
SO2 + Ba(OH)2  BaSO3  + H2O
0,35a
0,35a
0,35a (mol)
SO2 + KOH  KHSO3
0,7
0,7
SO2 + H2O + BaSO3  Ba(HSO3)2
(0,35a – 0,4) (0,35a – 0,4)


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

8

TN1: V lít SO2  Ba(OH)2 dư  n SO =n BaSO =0,4=>V= 8,96 lít
2

3

TN2 : nSO2=0,4.3,25=1,3(mol), kết tủa tan 1 phần
BaSO 3 : 0,4(mol)

 SP gồm KHSO3 : 0,7(mol)
Ba(HSO ) : (0,35a -0,4) mol
3 2

BT mol S => 0,4+0,7+2*(0,35a-0,4)=1,3 => a =10/7  1,42M

Bài 17: Cho 11,9 gam hỗn hợp X gồm 2 kim loại Al và Zn tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa H2SO4
lỗng và HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm 0,05 mol N2O và 0,2 mol H2 (giả sử N2O
tạo ra trước H2 và khơng còn spk khác). Cơ cạn Y thu được m gam muối khan. Tính giá trị m?
Hướng dẫn:
Ở đây đề cho thốt ra khí H2 nên trong dung dịch khơng còn gốc –NO3
=> muối thu được chỉ là muối sunfat
8R + 4xH2SO4 + 2xHNO3  4R2(SO4)x + 5xH2O + xN2O 
2R + xH2SO4  R2(SO4)x + xH2 
Theo quy tắc hóa trị n Al .3  n Zn .2  n H .2  n N O .8
2

2

Gọi x,y lần lượt là số mol Al, Zn

27x  65y  11, 9
 x  0,2
 

3x  2y  0,05.8  0, 2.2  0, 8
 y  0,1
 m = 0,1.(342 + 161) = 50,3 gam

Bài 18: Cho 3,61 gam hỗn hợp X dạng bột gồm Al, Fe (tỷ lệ số mol tương ứng 3: 5) vào 200ml dung dịch
Y chứa AgNO3 và Cu(NO3)2 đến khi phản ứng hồn tồn thu được 8,12 gam rắn E gồm 3 kim loại. Hòa
tan E trong dung dịch HCl dư thấy thốt ra 672 ml khí (đktc). Tính nồng độ mol /l của các muối trong
dung dịch Y.
Hướng dẫn:
Bài này có khá nhiều cách giải. Ở đây thầy HD các em giải theo quy tắc hóa trị và sử dụng chất ảo.
Rắn E gốm 3 kim loại là Ag, Cu, Fe  muối trong Y hết.
Số mol Fe = 0,05 mol ; Al = 0,03 mol ; H2 = 0,03 mol
 Fe dư = số mol H2 = 0,03
Cách 1: Sử dụng quy tắc hóa trị
Xét cả q trình thì Al(III), Fe(II) trao đổi hóa trị với Ag(I), Cu(II), H2(II)
Theo QTHT  n Al .3  n Fe .2  n H .2  n Cu .2  n Ag .1
2

Gọi số mol AgNO3, Cu(NO3)2 lần lượt là x,y mol
 x  2y  0,03.3  0,05.2  0,03.2  0,13  x  0,03

108x  64y  8,12  0,03.56  6,44
 y  0,05



 CM AgNO3 =0,03/0,2 = 0,15M ; CM Cu(NO3)2 = 0,05/0,2 = 0,25M
Cách 2: Sử dụng chất ảo
Đặt M (hóa trị II) đại diện cho 0,02mol Fe và 0,03mol Al
Theo quy tắc hóa trị  Số mol M = (0,02*2 + 0,03*3):2 = 0,065 mol
M + 2AgNO3  M(NO3)2 + 2Ag
0,5x x
x (mol)
M + Cu(NO3)2  M(NO3)2 + Cu
y
y
y (mol)
0, 5x  y  0,065
 x  0,03

108x  64y  8,12 – 0,03.56  6,44  y  0,05

Có: 

CM AgNO3 =0,03/0,2 = 0,15M ; CM Cu(NO3)2 = 0,05/0,2 = 0,25M
Cách khác: Phân tích hệ số, BTKL, BT mol ngun tố … các em tự giải thử để biết.


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

9

Bài 19: Hỗn hợp X gồm Cu, Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 7:3. Lấy m(gam) X cho phản ứng hoàn
toàn với dung dịch chứa 44,1 gam HNO3, sau phản ứng thấy còn lại 0,75m gam chất rắn và có thoát ra
0,56 lít hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2( đktc). Tính m
Hướng dẫn:

Khối lượng Cu= 0,7m (g), Fe = 0,3m (g)
Sau pư thu được 0,75m (g) rắn > 0,7m => Fe còn dư => Cu chưa phản ứng.
Mặt khác, vì Fe dư nên muối tạo thành là muối Fe (II)
Số mol HNO3 = 0,7 ; số mol khí Y = 0,025 mol
BT mol N => số mol NO3 trong muối = 0,675 mol
Ta có: (0,25m/56).2=0,675 => m = 75,6 gam
Bài 20: Cho 20g hỗn hợp gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO tan vừa hết trông 700ml dd HCl 1m thu được 3,36
lít H2 (đktc) và dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa và nung
trong không khí đến khối lượng không đổi thu được rắn Y. Khối lượng rắn Y là bao nhiêu?
Hướng dẫn:
Mấu chốt bài toán ở chỗ ta đã biết số mol HCl, số mol H2
HCl  H2O + H2
Bảo toàn số mol H  số mol H2O  số mol O trong oxit
mFe + mO = mhh  mFe  mY = mFe.160/112
Xem hỗn hợp gồm Fe, Fe2O3, FeO
Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O
FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O
Fe + 2FeCl3  3FeCl2
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 
FeClx + xNaOH  Fe(OH)x + xNaCl
2Fe(OH)x + (3-x)/2 O2  Fe2O3 + xH2O
Ta thấy: nHCl = 2.nO (oxit) + 2.nH2 => nO = (0,7 – 0,15.2 ):2 = 0,2 mol
 số mol nguyên tố Fe = (20 – 0,2.16):56 = 0,3  mY = 0,3.56.(160/112) = 24 gam
Bài 21: Cho m gam hỗn hợp X gồm Al, Fe3O4, FeO, Fe2O3, tác dụng với dung dịch HCl dư thu được
dung dịch Y, trong đó khối lượng của FeCl2 là 31,75 gam và 8,064 lít H2 (đktc). Cô cạn dung dịch Y thu
được 151,54 gam chất rắn khan. Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu
được dung dịch Z và khí NO (spk duy nhất). Cô cạn dung dịch Z thu được bao nhiêu gam muối khan?
Hướng dẫn:
 H  0,36
 2

 Al
 FeCl 2 : 0,25

 HCl
m(g)X  FeO 

Coâ
 Fe O
 AlCl3 : 0,36.2 / 3  0,24(mol) 151,54(gam) muoái khan
 2 3
 FeCl : x(mol)
3

 NO
 HNO3


coâ
ddZ  m '(g) muoái khan

 162,5x + 31,75 + 0,24.133,5 = 151,54  x = 0,54 mol
 Al(NO3 )3 : 0,24(mol)
 m '  0,24.213  0,79.242  242,3(g)
 Fe(NO3 )3 : 0,79(mol)

BT mol Fe, Al  

Bài 22: Y là một hỗn hợp gồm sắt và 2 oxit của nó. Chia Y làm 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: Đem hòa tan hết trong dung dịch HCl dư thu được dung dịch Z chứa a gam FeCl2 và 13 gam
FeCl3.

- Phần 2: Cho tác dụng hết với 875 ml dung dịch HNO3 0,8M (vừa đủ) thu được 1,568 lít khí NO (đktc,
spk duy nhất). Tính a ?
Hướng dẫn:
P1: nFe = 0,08 + a/127


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

10

P2: nNO3 (muối) = 0,7 – 0,07 = 0,63 mol
=> (0,08 + a/127)*3 = 0,63  a = 16,51 gam
Bài 23: Trộn m1(g) bột Fe với m2(g) bột S rồi nung nóng ở nhiệt độ cao (không có không khí). Hòa tan
hỗn hợp sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư thu được chất rắn A nặng 0,4gam và khí X có tỉ khối so với
khí H2 bằng 9. Khí X được sục từ từ qua dung dịch Pb(NO3)2 dư thấy tạo thành 11,95g kết tủa.
a/ Tính các giá trị m1,m2
b/ Tính hiệu suất của phản ứng giữa Fe và S
Hướng dẫn:
t
Fe + S 
 FeS
Rắn sau phản ứng gồm FeS, S, Fe
FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S 
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 
H2S + Pb(NO3)2  PbS  + 2HNO3
Rắn A là lưu huỳnh  mS (trong A) = 0,4 gam
Khí X gồm H2 và H2S
0

nH

nH

2



2S

34  18 1
11,95
  n H  n H S  n PbS 
 0,05(mol)
2
2
18  2 1
239

BT nguyên tố Fe  số mol Fe (ban đầu) = nH2S + nH2 = 0,05.2 = 0,1 (mol)
 m1 = 0,1.56 = 5,6 gam
BT nguyên tố S  m2 = 0,05.32 + 0,4 = 2 gam
m Fe
mS



5,6
7
 2,8  => S lấy thiếu, hiệu suất tính theo lưu huỳnh
2
4

n S (phản ứng) = n H S = 0,05 (mol)
2

Hiệu suất phản ứng: H% 

0,05
 100%  80%
0,0625

Bài 24: Hỗn hợp khí A gồm H2 và một hiđrocacbon mạch hở X ở điều kiện tiêu chuẩn. Ở cùng điều kiện
khí A nặng gấp 4,8 lần H2 cùng thể tích. Dẫn 1,92 gam A đi qua nước Br2 dư thấy có 12,8 gam Br2 đã
tham gia phản ứng.
a/ Xác định công thức phân tử của X
b/ Tính thành phần phần trăm về thể tích của mỗi khí có trong A
Hướng dẫn:
MA = 4,8.2 = 9,6 g/mol
Số mol A = 1,92/9,6 = 0,2 mol
CnH2n+2 -2k + kBr2  CnH2n+2 -2kBr2k
0,08
k

0,08 (mol)

0,08
0,08
.(14n + 2 – 2k) + (0,2 ).2 = 1,92
k
k
 n  1, 5k  k  2

 

 CTPT X: C3 H 4
n  5
n  3

Ta có:

nX = 0,08/2 = 0,04  %VC3H4 = 0,04/0,2).100% = 20% ; %VH2 = 80%
Bài 25: Cho 2,4gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu tác dụng với 200ml dung dịch AgNO3. Sau khi các phản
ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch B và 7,88gam chất rắn C. Cho B tác dụng với dung dịch NaOH
dư lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,8 gam chất rắn.
a) Tính phần trăm khối lượng các kim loại trong hỗn hợp A.
b) Tính nông độ mol của dung dịch AgNO3.


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

11

Hướng dẫn:
Nếu Fe, Cu phản ứng hết  2,4 

80
160
 3,0(g)  m Fe O CuO  2,4 
 4(g)
2 3
64
70

Theo đề: m raén  2,8(g)  3,0(g)  kim loại còn dư.(lưu ý KL dư có thể là Cu, hoặc Fe, Cu)
xFe  2xAg (tăng = 160x gam)
yCu  2yAg(tăng = 152y gam)
TH1: Nếu Cu chưa phản ứng  160x = 7,88 – 2,4 = 5,48  x = 0,03425 mol
 B chỉ có Fe(NO3)2  rắn sau nung là Fe2O3
 m raén 

0,03425
 160  2,74(g)  2,8(g)  loaiï
2

TH2: Nếu Cu phản ứng 1 phần
 Fe(NO3 )2 : x
160x  152y  5,48 x  0,02
 Fe2 O3  0,5x  mol 
B: 
 raén sau nung 


Cu(NO3 )2 : y
80x  80y  2,8
y  0,015
CuO  y  mol 

0,02.56
100%  46,67%; %m Cu  53,33%
%m Fe 
2,4


C (AgNO )  2.(0,02  0,015)  0,35M
3
 M
0,2

Bài 26: Cho 9,68 gam hỗn hợp gồm Mg và Zn vào một cốc đựng 430ml dd H2SO4 1M loãng. Sau khi
phản ứng hoàn toàn, thêm tiếp vào cốc 1,2 lít dung dịch NaOH 0,7M và Ba(OH)2 0,05M, khuấy đều cho
phản ứng hoàn toàn, lọc kết tủa, đem nung đến khối lượng không đổi thu được 26,08 gam chất rắn. Tính
khối lượng các chất trong hỗn hợp đầu.
Hướng dẫn:
9,68
9,68
 0,149  n hh 
 0,403  n SO  0,43  H2SO4 dư, kim loại hết
4
65
24

Dung dịch sau pư: MgSO4, ZnSO4, H2SO4
Số molNaOH = 0,84 ; Ba(OH)2 = 0,06 mol
So sánh hóa trị thấy: n SO .2  0,86  n OH  0,84 + 0,06.2= 0,96  OH dư = 0,1 mol
4

 Zn(OH)2 tan một phần hoặc tan hết.
Mặt khác: n SO  n Ba  Ba2+ kết tủa hết  n BaSO = 0,06 mol
4

4

TH1: Nếu Zn(OH)2 tan 1 phần

MgO : x
 Mg : x
24x  65y  9,68
 x  0, 4

 loại
  ZnO : (y  0,05)  


 Zn : y  0,05 BaSO : 0,06
40x  81y  26,08  81.0,05  0,06.233  y  0
4


TH2: Nếu Zn(OH)2 tan hết
 MgO : x
 Mg : x
 24x  65y  9,68
 x  0,3025
(thỏa mãn)




 Zn : y  0,05  BaSO 4 : 0,06  40x  26,08  0,06.233  y  0,037  0, 05
 m Mg  0,3025.24  7,26(g)

 m Zn  9,68  7,26  2,42(g)

Bài 27: Đốtt cháy hchc A(chứa C,H,O) phải dùng một lượng oxi bằng 8 lần lượng oxi có trong A và thu

được lượng khí CO2 và H2O theo tỉ lệ khối lượng mCO2:mH2O=22:9.xác định ctpt của A biết rằng A chỉ
chứa 1 nguyên tử oxi.
Hướng dẫn:
Giả sử có 22 gam CO2 và 9 gam nước
=> CO2 = 0,5 mol ; H2O = 0,5 mol => nC:nH = 1:2
CTTQ của A: CxH2xO


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

12

CxH2xO + (1,5x-0,5)O2 --- > xCO2 + xH2O
Ta có: (1,5x – 0,5).2 = 8.1 => x = 3
CTPT của A: C3H6O
* Cách 2:
CxH2xO + 4O2 --->xCO2 + xH2O
BT mol O => 1 + 8 = 3x => x = 3
Bài 28: Cho hỗn hợp X gồm 0,09 mol Fe và 0,05 mol Fe(NO3)2.7H2O vào 500 ml dung dịch HCl 1M, kết
thúc phản ứng thu được dung dịch Y và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Hỏi dung dịch Y hoà tan tối đa
bao nhiêu gam Cu?
Hướng dẫn:
3Fe + 8H+ + 2NO3-  3Fe2+ + 4H2O + 2NO
0,09 0,24 0,06
0,09
3Fe2+ + 4H+ + NO3-  3Fe3+ + 2H2O + NO
0,12 0,16 0,04
0,12
(dư 0,02)
2Fe3+ + Cu  3Fe2+

0,12
0,06 (mol)
 mCu = 0,06.64 = 3,84 gam
Bài 29: Cho dung dịch X chứa x mol NaAlO2. Cho 150 ml dung dịch HCl 1M tác dụng với dung dịch X thu được
m gam kết tủa. Cho 350 ml dung dịch HCl 1M tác dụng với dung dịch X cũng thu được m gam kết tủa. Tính giá trị
của x.
Hướng dẫn:
Mấu chốt bài toán ở chỗ tăng H+ mà khối lượng kết tủa không đổi  TN1(dùng 0,15 mol HCl) dư NaAlO2, còn
TN2(dùng 0,35 mol HCl) thì kết tủa tan một phần.
TN1:
AlO2- + H+ + H2O  Al(OH)3
0,15
0,15 (mol)
TN2:
AlO2- + H+ + H2O  Al(OH)3 (1)
x
x
x (mol)
Al(OH)3 + 3H+  Al3+ + 3H2O (2)
(x-0,15) 3(x-0,15)
 x + 3*(x-0,15) = 0,35  x = 0,2
CT nhanh: nAlO2 =(3n + nH+):4
Bài 30: Cho ba kim loại X,Y,Z thỏa mãn các tính chất sau:

- X tác dụng với dung dịch HCl, không tác dụng với dung dịch NaOH và H2SO4 đặc nguội.
- Y tác dụng với dung dịch HCl và H2SO4 đặc nguội, không tác dụng với dung dịch NaOH.
- Z tác dụng với dung dịch HCl và NaOH, không tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nguội.
Xác định tên các kim loại X,Y,Z. Biết 3MX = 2,5MY + 4MZ.
(Trích đề thi HSG môn Hóa học lớp 9 TP Quy Nhơn- Bình Định, năm học 2016-2017)

Hương dẫn
X tác dụng với HCl, không tác dụng với H2SO4 đặc nguội và NaOH  X là Fe hoặc Cr
Z tác dụng ddHCl, NaOH mà không tác dụng với H2SO4 đặc nguội  Z là Al
Y tác dụng ddHCl vàH2SO4 đặc nguội, nhưng không tác dụng với dung dịch NaOH  Y là một kim loại
đứng trước hidro trong dãy hoạt động hóa học kim loại.
Mặt khác: 3MX = 2,5MY + 4MZ
 MY = (3MX – 4MZ ):2,5
Trường hợp 1: Nếu X là Cr  MY = 19,2 (loại)
Trường hợp 2: Nếu X là Fe  MY = 24 (Mg)
Vậy X: sắt (Fe); Y: magie (Mg); Z: nhôm (Al)


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

13

Bài 31: Khử hoàn toàn 57,6 gam một oxit sắt bằng dòng khí CO thu được khí A. Hấp thụ khí A vào dung
dịch chứa 69,56 gam Ca(OH)2 đến khi phản ứng kết thúc thì thu được m gam kết tủa trắng. Lọc lấy kết
tủa nung đến khối lượng không đổi thì thấy chất rắn giảm 35,2 gam. Xác định công thức của oxit sắt.
Hướng dẫn:
t
FexOy + yCO 
 xFe + yCO2 (1)
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (2)
a
a
a
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
(3)
2b

b
t
CaCO3  CaO + CO2
(4)
Khối lượng chất rắn sau nung giảm xuống = khối lượng CO2thoát ra ở phản ứng (4)
0

0

35, 2
 0,8(mol)  n Ca (OH)2  0,94  có 2 TH
44
TH1: Ca(OH)2 dư  không có phản ứng (3)
n CaCO  n CO 
3

2

Theo (1,2): nO (oxit sắt) = nCO2 = nCaCO3 = 0,8 mol


56x 57,6  0,8.16
x 1

   FeO
y
0,8
y 1

TH1: Kết tủa tan một phần  xảy ra cả (2,3)

a  0,8
 
 b  0,14  nCO2 = 0,14.2 + 0,8 = 1,08 mol = nO (oxit)
a  b  0,94
56x 57,6  1,08.16
x 2


   Fe 2 O3
y
1,08
y 3

Bài 32: Hỗn hợp A gồm M2CO3, MHCO3, MCl (M là kim loại kiềm). Cho 43,71 gam hỗn hợp A tác
dụng hết với lượng dư dung dịch HCl thu được dung dịch B và khí 17,6 gam khí C. Chia B làm 2 phần
theo tỷ lệ P1: P2 bằng 2:3.
Phần 1: Phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 0,8M
Phần 2: Tác dụng hoàn toàn dung dịch AgNO3 dư thu được 82,656 gam kết tủa trắng.
Xác định kim loại M
Hướng dẫn: )
 Cách 1: Phương pháp đại số, biện luận theo cực trị số mol
Gọi x,y,z lần lượt là số mol M2CO3, MHCO3, MCl trong A
M2CO3 + 2HCl  2MCl + H2O + CO2 
x
2x
x
MHCO3 + HCl  MCl + H2O + CO2 
y
y
y

 MCl : 2x+y+z (mol)
Dung dịch B gồm B : 
 HCl : dö
Phần 1: nKOH  0,08 mol
KOH + HCl  KCl + H2O
0,08 0,08
0,08.3
Phần 2: n HCl 
= 0,12 mol ; n AgCl  0,576 mol
2
AgNO3 + HCl  AgCl  + HNO3
0,12 0,12 (mol)
AgNO3 + MCl  AgCl  + MNO3
0,456 (0,576 – 0,12) (mol)
5
 n MCl (trong B)  0,456   0,76(mol)
3


115 Bi tp húa hc 9 vn dung v vn dng cao - Thy Nguyn ỡnh Hnh tng cỏc em hc sinh

14

x y 0,4
y 0,4 x
Ta cú:

2x y z 0,76 z 0,36 x
x.(2M + 60) + (0,4x).(M + 61) + (0,36 x).(M+35,5) = 43,71

0,76M 6,53
8,6 M 25,9
0,76M 6,53
x

0
0,36
36,5
36,5
M 23(Na)
0 x 0,36


Cỏch 2: Phng phỏp gi thit theo lng cht
Vit cỏc PTHH xy ra nh cỏch 1,sau ú tin hnh bin lun theo cỏc gi thit nh sau:
* Gi s hn hp khụng cú M2CO3 x = 0; y = 0,4 z = 0,36
0,4.(M+61) + 0,36.(M+35,5) = 43,71 M = 8,59
* Gi s hn hp khụng cú MCl z = 0; x = 0,36; y = 0,04
0,36.(2M+60) + 0,04.(M+61) = 43,71 M = 25,88
* Gi s hn hp khụng cú MHCO3 y= 0; x = 0,4; y = -0,02
0,4.(2M+60) - 0,02.(M+35,5) = 43,71 M = 26,18
Vỡ thc t hn hp cú c 3 cht nờn 8,59 < M < 26,18 M = 23 (Na)
Cỏch 3: Phng phỏp gii theo cht o

0,76
M2 CO3 : x(mol)
RCO3
0,38
nA n RCl2

R 2M
2
A MHCO3 : y(mol) A R(HCO3 )2
MCl : z(mol)
RCl
M 43,71 115,03
A
2


0,38

R 7
2M 60 115,03 2M 122 R 27,515
R 23
74x 68y 42,5z 43,71

Trng hp 1: Nu R = 7 (Li) x y 0,4
x 0 (loaùi)
2x y z 0,76

106x 84y 58,5z 43,71 x 0,3


Trng hp 2: Nu R = 13 (Na) x y 0,4
y 0,1 thoỷa maừn
2x y z 0,76
z 0,06

Cỏch 4: Phng phỏp bin i i s lm xut hin giỏ tr trung bỡnh
x.(2M 60) y(M 61) z(M 35,5) 43,71 2x.(M 30) y(M 61) z(M 35,5) 43,71


2x y z 0,76
2x y z 0,76
2x.(M 30) y(M 61) z(M 35,5) 43,71


57,5
2x y z
0,76
Theo tớnh cht trung bỡnh M + 30 < 57,5 < M + 61 3,5 < M < 27,5 M = {7; 23}
Bin lun 2 trng hp M = 7; M = 23 (nh cỏch 2, thc t bn cht ca 2 cỏch ny nh nhau)

Bi 33: Nung 9,28 gam hon hop A gom FeCO3 va 1 oxit sat trong khong khi den khoi luong khong doi. Sau khi
phan ung xay ra hoan toan , thu duong 8 gam mot oxit sat duy nhat va khi CO2 .Hap thu het luong khi CO2 vao
300ml dung dich Ba(OH)2 0,1M, ket thuc phan ung duoc 3,94 gam ket tua.Tim cong thuc cua oxit st

Hng dn:
2FeCO3 + ẵ O2 Fe2O3 + 2CO2
2FexOy + (1,5x-y)O2 xFe2O3
n Fe O 0,05(mol); n Ba(OH) =0,03 (mol); n BaCO 0,02mol < 0,03 Kt ta khụng cc i
2

3

2

3

Bi toỏn cú 2 trng hp
TH1: Ba(OH)2 d
CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O
0,02
0,02(mol)
Theo (1) n FeCO n CO 0,02(mol)
3

2


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

15

BT mol Fe  n Fe(trong oxit)  0,05.2  0,02  0,08(mol)
BTKL  16n O(trong oxit)  0,02.60 +0,1.56  9,28  nO(trong oxit)  0,155(mol)


x 0,08 16


(loại)
y 0,155 31

TH2: CO2 dư, làm tan một phần kết tủa
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O
0,03

0,03
0,03
(mol)
CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2
0,01
(0,03-0,02) (mol)
Theo (1)  n FeCO  n CO  0,04(mol)
3

2

BT mol Fe  n Fe(trong oxit)  0,05.2  0,04  0,06(mol)
BTKL  16n O(trong oxit)  0,04.60 +0,1.56  9,28  nO(trong oxit)  0,08(mol)


x 0,06 3

  CTHH của oxit là Fe3O4
y 0,08 4

Bài 34: Lắc 0,81 gam bột nhôm trong 200ml dung dịch chứa AgNO3 và Cu(NO3)2 sau một thời gian thu
được chất rắn A và dung dịch B. Cho A tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 100,8ml khí H2 (đktc)
và còn lại 6,012 gam hỗn hợp D gồm 2 kim loại. Cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư được tủa, nung
kết tủa đến khối lượng không đổi thu được 1,6 gam một oxit.
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra
b) Tính nồng độ mol/l của các muối AgNO3, Cu(NO3)2 trong dung dịch ban đầu.
Hướng dẫn:
Rắn D gồm 2 kim loại Cu, Ag  Cu(NO3)2 đã phản ứng  AgNO3 hết
Al + 3AgNO3  Al(NO3)3 + 3Ag 
2Al + 3Cu(NO3)2  2Al(NO3)3 + 3Cu 

2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2 
Al(NO3)3 + 4NaOH  NaAlO2 + 3NaNO3 + 2H2O
Cu(NO3)2 + 2NaOH  Cu(OH)2  + 2NaNO3
t
Cu(OH)2 
 CuO + H2O
0,02
0,02 (mol)
Gọi x,y lần lượt là số mol AgNO3 và Cu(NO3)2 phản ứng với Al
Theo quy tắc hóa trị ta có (nó như bảo toàn e và BT điện tích):
0,03.3 =x + 2y + 0,0045.2  x + 2y = 0,081 (1)
Mặt khác: 108x + 64y = 6,012 (2)
Giải (1,2)  x= 0,045 ; y = 0,018
BT mol Cu  n Cu(NO )  0,018  0,02  0,038(mol)
0

3 2

0,045
 CM AgNO =
 0,225M ; CM
3
0,2

Cu(NO3 )2

=

0,038
 0,19M

0,2

Bài 35: Có 2,4 gam kim loại M (hóa trị II, không đổi) ở dạng bột được khuấy kỹ trong 100ml dung dịch
chứa Cu(NO3)2 0,5M và AgNO3 0,5M cho đến khi phản ứng hoàn toàn. Hỗn hợp rắn X thu được đem
chia 2 phần bằng nhau:
Phần 1: Tác dụng với dung dịch HCl dư  280ml khí (đktc)
Phần 2: Tác dụng với H2SO4 đặc nóng vừa đủ thấy có V lít SO2 thoát ra (đktc).
a) Xác định kim loại M và tính V
b) Tính % theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp rắn X.
Hướng dẫn:
Cu(NO3)2 = 0,05mol ; AgNO3 = 0,05 mol
Rắn X tan trong dung dịch HCl  X có kim loại M dư  2 muối nitrat hết (do pư hoàn toàn)
Viết 2 phản ứng của M với AgNO3 và Cu(NO3)2


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

16

Phần 1: số mol H2 = 0,0125 mol
Viết phản ứng M với HCl  H2
n M .2  n AgNO .1  n Cu(NO
3

3 )2

.2  n H .2  n M 
2

0,05.1  0,05.2  0,025.2

 0,1(mol)
2

2,4
 24(Mg)
0,1
Phần 2: ½ Rắn X: 0,025mol Cu; 0,025mol Ag; 0,0125 mol Mg  m1/2 X = 4,6 gam

1
 n  nCu  nMg  n Ag  0,025  0,0125  0,0125  0,05(mol)
  SO2
2
 VSO  0,05.22,4  1,12 lít

2

0,025.64
0,025.108
 100%  34,78%; %m Ag 
 100%  58,70%
%m Cu 
 
4,6
4,6
 %m  6,52%
Mg

M

Bài 36:

Hướng dẫn:
a) Nung trong KK (có tác dụng của oxi) đến khối lượng không đổi  Fe2O3, MgO
 Fe(OH)2 : x(mol) t0  O2  Fe2 O3 : 0,5x(mol)
Fe : x(mol)
m(gam) 

 
Mg : y(mol)  Mg(OH)2 : y(mol)
 MgO : y(mol)
Rắn sau nung giảm a (gam)  34x + 34y – (1,5x.16 + y.16) = a
 10x + 18x = a
10x  18y  a
56x  100,8y  5,6a
5,6a  m
Ta có: 

y
76,8
56x  24y  m 56x  24y  m


(5,6a  m).24
(560a  100m)
 100% 
(%)
%m Mg 
76,8.m
3,2m
 %

 %m  100%  (560a  100m) %  420m  560a (%)
Fe

3,2m
3,2m

(560.2,8  100.8)
 30(%)
%m Mg 
3,2.8
b) Khi m = 8 ; a =2,8  
 %m  100  30  70(%)

Fe

Bài 37: Có 2 dẫn xuất clo là A và B đều được điều chế từ 2 hiđrocacbon khí với dB/A ≈ 1,818. Biết phần
trăm về khối lượng của cacbon trong A bằng 24,24% và trong B bằng 20%. Xác định CTPT, CTCT A, B
Hướng dẫn:
Đặt CT của A là CxHyClz


y  35,5z 75,76

 y  35,5z  37,5x (y + z  2x +2; y + z = số chẵn)
12x
24,24

x = 1  z =1, y = 2  (loại)
x = 2  z = 2 , y = 4  C2H4Cl2
x = 3  z = 3; y = 6  loại

x == 4  z = 4; y = 8  loại


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

17

Vậy CTPT của A là C2H4Cl2 (M=99)
 MB = 180
Đặt B: CnHmClt => 12n = 180*0,2 => n = 3
m + 35,5t = 180 – 3.12 =144
=> t = 4; m = 2
Vậy CTPT của B: C3H2Cl4
Bài 38: Hòa tan hoàn toàn 8,9 gam hỗn hợp gồm Mg và Zn bằng lượng vừa đủ 500 ml dung dịch HNO3
1M. Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 1,008 lít khí N2O (đktc) duy nhất và dung dịch X chứa m
gam muối.
a) Viết các phương trình phản ứng
b) Tính m.
Phân tích:
Ở đây đề cho hỗn hợp có kim loại mạnh (Mg), vì vậy sản phẩm khử có thể có NH4NO3
Làm thế nào chứng minh trong dung dịch X có NH4NO3 hay không?
 Cách 1: Xét theo từng trường hợp (có hoặc không có NH4NO3)
 Cách 2: Đặt ẩn cho số mol NH4NO3, giải ra có nghiệm thỏa mãn là có muối amoni, nếu ngược lại thì
không có.
Xét cả quá trình thì: Mg(II), Zn(II) trao đổi hóa trị với N2O (độ giảm hóa trị   8 ) và NH4NO3 (độ
giảm hóa trị   8 ).
Hướng dẫn:
4M + 10HNO3  4M(NO3)2 + 5H2O + N2O
(1)
4M + 10HNO3  4M(NO3)2 + 3H2O + NH4NO3 (2)

Nếu chỉ xảy ra (1)  n HNO3  10n N2O  10.0, 045  0, 45  0, 5 (loại)
Vậy phản ứng có tạo NH4NO3
Mg(NO3 )2 : x(mol)
 Mg : x(mol) 
8,9(g) 
  Zn(NO3 )2 : y(mol)  0,045mol N 2O
 Zn : y(mol)
NH NO : z(mol)
4
3


BT mol N  2x + 2y + 2z = 0,5 – 0,045*2 = 0,41 (I)
Theo QTHT  2x + 2y – 8z = 0,045*8 = 0,36 (II)
BTKL  24x + 65y = 8,9 (III)
Giải (I,II,III)  x = 0,1 ; y = 0,1; z = 0,005
 m = 0,1.(148 + 189) + 0,005.80 = 34,1 gam
Trắc nghiệm:
10HNO3  8NO3- + 5H2O + N2O
0,45
0,36
0,045
10HNO3  9NO3- + 3H2O + NH4+
0,05 
0,045
0,005
 m = 8,9 + 0,405*62 + 0,005*18 = 34,1 gam
Bài 39: Cho hỗn hợp X gồm Al và Mg tác dụng với 1 lít dung dịch gồm AgNO3 a mol/l và Cu(NO3)2 2a
mol/l, thu được 45,2 gam chất rắn Y. Cho Y tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư), thu được 7,84
lít khí SO2 (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính a?

Hướng dẫn:
Phản ứng:
Viết các phản ứng có thể xảy ra (tối đa 4 phản ứng) của Mg, Al với AgNO3 và Cu(NO3)2
Nếu X vừa đủ phản ứng với AgNO3  Y chỉ có Ag  mY = 0,7.108 = 75,6 gam
Nếu X vừa đủ phản ứng với AgNO3 và Cu(NO3)2  a.1 + 2a.2 = 0,35.2 => a = 0,14
 mY = 0,14.018 + 0,28.64 = 33,04 gam


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

18

Theo đề 33,04 gam < mY = 45,2 gam < 75,6 gam  AgNO3 hết, Cu(NO3)2 phản ứng một phần  Al,
Mg đều hết.
Rắn Y gồm: a(mol) Ag và b(mol) Cu
Cu  SO2 ; 2Ag  SO2
b
b
a
0,5a (mol)
108a  64b  45, 2 a  0,3


0,5a  b  0,35
 b  0, 2
Bài 40: Khử hoàn toàn 4,06g một oxit bằng CO ở nhiệt độ cao thành kim loại. Dẫn toàn bộ khí sinh ra
vào bình đựng Ca(OH)2 dư, thấy tạo thành m (gam) kết tủa. Nếu lấy lượng kim loại sinh ra hòa tan hết
vào dd HCl dư thu đc 1,176l khí H2. Xđ công thức phân tử oxit kim loại và tính m.
Hướng dẫn:

M2On  2M

;

2M

 mH2

4,06
2M  16n

4,06
0,105
0,0525 (mol)
M  8n
m
4,06
0,105
116m
Ta có:

M
 8n
M  8n
m
3
116
Nếu m = 1  M 
 8n (không có nghiệm thỏa mãn  loại)
3

n  8 / 3
232
Nếu m = 2  M 
 8n  
(Fe)  CT oxit là Fe3O4
3
 M  56

n  1
(Ag không tác dụng với dd HCl  loại)
M  108(Ag)

Nếu m =3  M  116  8n  

Bài 41 : Hỗn hợp Q nặng 16,6 gam gồm Mg, oxit của kim loại A hóa trị III và oxit của kim loại B hóa trị
II được hòa tan bằng HCl dư thu được khí X bay lên và dung dịch Y. Dẫn X qua bột CuO nung nóng thu
được 3,6 gam nước. Làm bay hơi hết nước của dung dịch Y thu được 24,2 gam hỗn hợp muối khan. Đem
điện phân ½ dung dịch Y đến khi kim loại B tách hết ra ở cực âm thì ở cực dương thoát ra 0,71 gam khí
clo.
a. Xác định 2 kim loại A, B biết B không tan được trong dung dịch HCl, khối lượng mol của B lớn hơn
2 lần khối lượng mol của A.
b. Tính % khối lượng mỗi chất trong Q.
c. Nêu tên và ứng dụng của hợp kim chứa chủ yếu 3 kim loại trên trong kĩ nghệ
Hướng dẫn:
Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O
BO + 2HCl  BCl2 + H2O
Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 
t
H2 + CuO 
 Cu + H2O

Số mol Mg = số mol H2 = Số mol H2O = 0,2 (mol)
Y: MgCl2, ACl3, BCl2, HCl dư
Chú ý: Khi B vừa bị đẩy hết thì coi như các phản ứng điện phân chất khác xảy ra chưa đáng kể, coi
như không có
BCl2  B + Cl2
0,01
0,01(mol)
½ Hỗn hợp Q (8,3 gam) có: số mol BO = 0,01 mol ; số mol A2O3 = x(mol) ; số mol Mg = 0,1 mol
0

 m A 2O3  m BO  8, 3  0,1.24  5, 9(g)

 m ACl3  m BCl2  24, 2  0,1.95  14, 7(g)


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh
Tăng giảm khối lượng  n O 

19

14,7  5,9
 0,16
71  16

 0,01 + 3x = 0,16  x = 0,05
Ta có: 0,01.(MB+16) + 0,05*(2MA + 48) = 5,9
 MB + 10MA = 334  MB = 334 – 10MA
Vì MB > 2 MA nên  334 – 10 MA > 2 MA  MA < 27,8  MA = 27 (Al)  MB = 64 (Cu)
Cách 2:
Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O

BO + 2HCl  BCl2 + H2O
Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 
t
H2 + CuO 
 Cu + H2O
Gọi a là số mol H2O  số mol HCl = 2a + 0,4
BTKL  16,6 + 36,5*(2a + 0,4) = 24,2*2 + 18a + 0,2*2  a = 0,32 = n O (2 oxit)
0

BCl2  B + Cl2
0,01
0,01(mol)
BT mol O  n A O .3  0,02.1  0,32  n A
2 3

2O3

 0,1

 0,02.(MB+16) + 0,1*(2MA + 48) = 16,6 – 0,2.24  MB = 334 – 10MA
Vì MB > 2 MA nên  334 – 10 MA > 2 MA  MA < 27,8  MA = 27 (Al)  MB = 64 (Cu)

c) Hợp kim chủ yếu chứa Mg, Cu, Al là hợp kim Đuyra, hợp kim này nhẹ và bền nên chủ yếu sản xuất
máy bay, tên lửa, tàu vũ trụ …
Bài 42: Dung dịch A chứa 0,2 mol Ca(OH)2. Nếu hòa tan hoàn toàn 28,1 gam hỗn hợp gồm MgCO3 và
BaCO3 (trong đó chứa a% MgCO3 về khối lượng) bằng dung dịchHCl và cho tất cả khí thoát ra hấp thụ
vào dung dịch A thu được kết tủa D. Hỏi a có giá trị bao nhiêu để kết tảu D max, min?
Hướng dẫn:
28,1
28,1

 0,143(mol)  n MCO 
 0,335(mol)
3
197
84

Các phản ứng có thể xảy ra:
MCO3 + 2HCl  MCl2 + H2O + CO2  (1)
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
(2)
n1
n1
n1 (mol)
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
(3)
2n2
n2 (mol)
 Khi kết tủa max  CO2 vừa đủ tham gia phản ứng (2)  không có phản ứng (3)
Theo (2): n CO2  n Ca (OH)2  0,2(mol)
 MgCO3 : x(mol)  x  y  0, 2
 x  0,1
0,1.84


a 
 100%  29,89%

28,1
84x  197y  28,1  y  0,1
 BaCO3 : y(mol)

 Khi kết tủa min  lượng CO2 nhỏ nhất hoặc lớn nhất
* Nếu a  0  n CO  n MCO  0,143 < n Ca(OH)  chỉ tạo muối CaCO3
2

3

2

Theo phản ứng (2): n CaCO3  n CO2  0,143 mol  m  = 0,143.100 = 14,3 gam
* Nếu a  100 % n CO  n MCO  0,335 
2

3

n OH
n CO

2



0,2.2
 1,19  phản ứng tạo 2 muối.
0,335

 n  n 2  0, 2
 n  0,135
Theo phản ứng (2,3)   1
 1

 m  = 0,135.100 = 13,5 gam < 14,3 gam
 2n1  n 2  0,335  n 2  0,065
Vậy để kết tủa nhỏ nhất thì a  100 %


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh
Bài 43:

Hướng dẫn:
3Fe3O4 + 8Al  4Al2O3 + 9Fe
Vì Y + NaOH  H2  nên Y có Al dư  Fe3O4 hết
Phần 1: H2 = 0,03
2Al  3H2 
0,02 0,03 (mol)
Phần 2: H2 = 0,84
Giả sử phần 2 = k lần phần 1
 nAl = 0,02k ; nFe = kx
2Al  3H2 
Fe  H2 
0,02k 0,03k
kx kx (mol)
Ta có: 0,03k + kx = 0,84  k =

0,84
(1)
x  0,03

Fe3O4 (ban đầu) = x,(k+1)/3 (mol)
Al (ban đầu) = 0,02.(k+1) +

8x(k  1)
= (k+1).(8x+0,18)/9
9

BTKL  27*(k+1).(8x+0,18)/9 + 232x(k+1)/3 = 93,9
93,9

281,7

(2)
232x 304x  1,62
3.(8x  0,18) 
3
281,7
0,84
x  0,87
Từ (1,2) 
=
1 
 x1 = 0,18 (nhận), x2 < 0 (loại)
304x  1,62
x  0,03
x  0,03
Thay x = 0,18 vào (1)  k = 4
m Fe O  0,18.(4+1)/3 = 0,3

 k 1 

3 4

%m Fe

3O 4



0,3.232
 100%  74,12%  %m Al  25,88%
93,9

Bài 44:

Hướng dẫn:
2Al + 6H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O + 3SO2  (1)
a
0,5a
1,5a (mol)
M + 2H2SO4  MSO4 + 2H2O + SO2  (2)
b
b
b (mol)
SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O
0,4
0,4 (mol)
 1,5a + b = 0,4 (I)
* Khi giảm đi 0,5a mol  khí thu được là 0,75a + b = 0,25 (II)
Giải (I,II)  a = 0,2 ; b = 0,1
* Khi thêm 2b = 0,2 mol M  thì lượng muối tăng thêm 0,2.(M + 96) = 32

20

115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

21

 M = 64 (Cu)
0,1.64
%mCu 
 100%  54, 24%  %m Al  45,76%
0,1.64  0,2.27

Bài 45: Dung dịch A chứa 2 muối K2CO3 và KHCO3 được chia làm 2 phần bằng nhau:
- Cho dung dịch CaCl2 dư vào phần I thu được 10 gam kết tủa.
- Cho từ từ 250 ml dung dịch HCl 1M vào phần II thu được 3,36 lít khí (đktc) và dung dịch B. Cho dung
dịch Ca(OH)2 dư vào dung dịch B thì thu được 2,5 gam kết tủa.
a) Tính khối lượng từng muối trong dung dịch A.
b) Tính khối lượng kết tủa thu được khi cho dung dịch Ca(OH)2 dư vào dung dịch A.
Hướng dẫn:
a) Phần 1:
K2CO3 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
0,1
0,1(mol)
Phần 2:
Số mol HCl = 0,25 mol
Vì có giải phóng khí nên K2CO3 hết (khí này là kẻ thù của khí CO2 nhé)
K2CO3 + HCl  KHCO3 + KCl
0,1
0,1
0,1

KHCO3 + HCl  KCl + H2O + CO2 
0,15
0,15
 0,15
KHCO3 + Ca(OH)2 dư  CaCO3  + KOH + H2O
0,025
 0,025(mol)
 n KHCO (ban đầu) = (0,15 + 0,025 – 0,1)*2 = 0,15 (mol)
3

nK

2CO3

(ban đầu) = 0,1.2 = 0,2 (mol)

 m KHCO  0,15.100  15(g)
3
 
m
 K 2CO3  0, 2.138  27,6(g)
b) KHCO3 + Ca(OH)2 dư  CaCO3  + KOH + H2O
K2CO3 + Ca(OH)2  CaCO3  + 2KOH
Số mol CaCO3 = số mol A = 0,2+0,15 = 0,35 mol  m  = 0,35.100 = 35 gam

Bài 46: Cho 80gam bột đồng vào 200ml dung dịch AgNO3, sau một thời gian phản ướng được dung dịch
A và 95,2 gam chất rắn B, lọc B ra khỏi dung dịch. Cho tiếp 80gam bột Pb vào dung dịch A được dung
dịch D chỉ chứa một muối duy nhất và 67,05g chất rắn E. Cho 40g bột kim loại R (II) vào 1/10 dung dịch
D, sau phản ứng hoàn toàn lọc tách được 44,575 chất rắn F.
a. Tính nồng độ mol của dung dịch AgNO3 ban đầu

b. Xác định kim loại R
Phân tích: Cu + AgNO3 phản ứng không hoàn toàn  A: AgNO3, Cu(NO3)2
D chỉ có 1 muối  muối Pb(NO3)2
Thí nghiệm 1:
Cu + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2Ag 
 n Cu(NO

3 )2



95,2  80
 0,1(mol)
(216  64)

Pb + 2AgNO3  Pb(NO3)2 + 2Ag 
x
2x
x
2x (mol)  KL tăng 9x (g)


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

22

Pb + Cu(NO3)2  Pb(NO3)2 + Cu 
0,1
0,1
0,1

0,1 (mol)  KL giảm 14,3 (g)
 CM AgNO3 = (0,2 + 0,3): 0,2 =0,25M
Ta có: 14,3 – 9x = 80-67,05  x = 0,15 (mol)
1/10 D có 0,025 mol Pb(NO3)2
 mPb (trong muối) = 0,025.207 = 5,175 gam < 44,575 gam  R còn dư
R
+ Pb(NO3)2  R(NO3)2 + Pb
0,025
0,025
0,025 (mol)
Ta có: 0,025.(207-MR) = 4,575  MR = 24 (Mg)

Bài 47: Cho hỗn hợp A gồm 3 oxit của sắt FeO, Fe2O3, Fe3O4 với số mol bằng nhau. Lấy m1 gam A cho
vào ống sứ chịu nhiệt,nung nóng rồi cho dòng khí CO đi qua ống, CO phản ứng hết. Dẫn toàn bộ khí CO2
sinh ra hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch Ba(OH)2 thu được m2 gam kết tủa. Chất rắn còn lại
trong ống sứ sau phản ứng có khối lượng 19,2 gam gồm Fe, FeO, Fe3O4. Cho hỗn hợp rắn tác dụng hết
với dung dịch HNO3 dư đun nóng, thấy có 2,24 lít NO (duy nhất, đktc).
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng.
b) Tính m1, m2 và số mol HNO3 phản ứng.
Hướng dẫn:
a) Các phương trình phản ứng:
Hỗn hợp A có số mol FeO = Fe2O3 = Fe3O4 nên quy đổi A thành Fe3O4
t
Fe3O4 + 4CO 
 3Fe + 4CO2
t
Fe3O4 + CO  3FeO + CO2
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O
3Fe3O4 + 28HNO3  9Fe(NO3)3 + 14H2O + NO 
3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + 5H2O + NO 

Fe
+ 4HNO3  Fe(NO3)3 + 5H2O + NO 
0

0

Số mol NO = 0,1 mol
Gọi a,b lần lượt là số mol Fe, O trong A
Xét cả quá trình: Fe(III) trao đổi hóa trị với O(II) và NO (độ giảm hóa trị   III )
Theo quy tắc hóa trị  3a – 2b = 0,1.3 = 0,3 (1)
BTKL  56a + 16b = 19,2 (2)
Giải (1,2) được: a = 0,27 ; b = 0,255
0,27.232
BT mol Fe  m A  m Fe O 
 20,88(gam)
3 4
3
20,88  19,2
Số mol CO2 = số mol O (bị khử) =
 0,105(mol)
16
 m2 = 0,105.197 = 20,685 (gam)

Bài 48: Cho hỗn hợp X gồm 8,4g Fe và 6,4g Cu vào dung dịch HNO3.Sau khi phản ứng hoàn toàn thu
được 3,36 lít khí NO(là sản phẩm khử duy nhất,đo ở đktc). Tính khối lượng muối thu được.
Hướng dẫn:
nNO3(muối)= nNO*3 = 0,45
0,15*2 = 0,3 <0,45 < 0,15*2 + 0,1*2 = 0,5 => Fe hết, Cu tan 1 phần
nCu tan = (0,45 – 0,15*2 ):2 = 0,075
BTKL => m = 8,4 + 0,075*64 + 0,45*62 = 41,1 gam

Bài 49: Hòa tan 11,568 gam một hỗn hợp X gồm 3 muối NaF, NaCl, NaBr vào nước được dung dịch A.
Chia đều dung dịch A thành hai phần bằng nhau. Sục khí Clo dư vào phần 1, rồi cô cạn dung dịch sau
phản ứng thu được 4,716 gam muối khan, lấy toàn bộ lượng muối khan này hòa tan vào nước rồi cho
phản ứng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 5,166 gam kết tủa.
a. Tính thành phần % về khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp X ban đầu.
b. Hòa tan hết 3 gam NaI vào phần 2 của dung dịch A thu được dung dịch B; sục từ từ V lít khí Cl2 (đktc)
vào dung dịch B, sau khi phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được 6,064 gam muối khan. Tính giá
trị của V?


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

23

Phân tích:
 NaCl  H 2O
 NaF
 Cl2 dö
 AgNO3 dö
P1: 
 4, 716(g) muoái 
 dd 
 5,166(g)  AgCl

 H 2O
 NaF
11,568(g)X  NaCl  ddA
+ V lít (ñktc) Cl 2 (pö hoaøn toaøn)
 3(g) NaI (heát)
 NaBr

P2 : 
 ddB 

 6, 064(gam) muoái


%m trong X = ?

V=?

Lưu ý: Trong số các muối AgCl, AgCl, AgF chỉ có AgF tan được trong nước (hơi bị tốt đấy)
Hướng dẫn:
Phần 1: 1molBr  1mol Cl => giảm 44,5 gam
 số mol NaBr = (1,568/2 – 4,716):44,5 = 0,024 mol
 Cl2 pư = 0,024/2 = 0,012 mol
Từ 5,166 gam kết tủa  AgCl = 0,036 mol
BT mol Cl  NaCl (1/2 A) = 0,036 – 0,012*2 = 0,012 mol
NaF = (4,716 – 0,036*58,5) = 2,61 gam
 %m NaCl = 0,012*58,5/5,784)*100% = 12,14%
%m NaF = 2,61/5,784)*100% = 45,12%
%mNaBr = 42,74%
Phần 2: Thêm 0,02 mol NaI
* Nếu Cl2 vừa đủ phản ứng với NaI  muối giảm 0,02*(127 – 35,5) = 1,83 gam
* Nếu Cl2 vừa đủ phản ứng với NaI và NaBr  muối giảm 1,83 + 0,024*(80 – 35,5) = 2,898 gam
Theo đề: Chuyển từ 5,784 + 3 = 8,784 gam muối B  6,064 gam muối khan  giảm = 2,72 gam
 NaI phản ứng hết, NaBr phản ứng một phần.
 Phản ứng của NaBr làm giảm 2,72 – 1,83 = 0,89 gam
0,02  0,02
 n NaBr (pư).44,5 = 0,89/44,5 = 0,02 mol  V = VCl2 =
22,4  0, 448 lít

2

Bài 50: Cho 5,19 gam hỗn hợp hỗn hợp A gồm Al, Al2O3, Cu, CuO tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc
nóng thu được dung dịch X và thoát ra 1,904 lít SO2 (spk duy nhất, đktc). Cho X tác dụng với lượng dư
dung dịch KOH, lọc lấy kết tủa đem nung nóng hoàn toàn thu được 4,0 gam gam rắn. Thêm nước vào
dung dịch X thu được 200 gam dung dịch Y. Cho dung dịch BaCl2 dư vào Y đến khi kết thúc phản ứng
thu được 69,9 gam kết tủa trắng. Tính C% của mỗi chất tan trong dung dịch Y.
Hướng dẫn:

Chất rắn sau nung là CuO = 0,05 mol = số mol nguyên tố Cu trong A
Xem A chỉ gồm x(mol) Al, 0,05 mol Cu, y(mol) O
Ta có: nAl*3 + nCu*2 = nO*2 + nSO2*2
=> 3x – 2y = 0,085*2 – 0,05*2 = 0,07 (1)
27x + 16y = 5,19 – 0,05*64 = 1,99 (2)\
Giải pt => x = 0,05 ; y = 0,04
Vậy Y: 0,025mol Al2(SO4)3 ; 0,05mol CuSO4; H2SO4 dư (nếu có)
BT mol SO4 => 0,025*3 + 0,05*1 + nH2SO4 dư = nBaSO4 = 0,3
=> nH2SO4 dư = 0,175
Từ đây tính được C%
Muối Al = 4,275% ; muối Cu = 4% ; H2SO4 dư = 8,575%
Bài 51:

Hướng dẫn:
2 g MgSO4 + 200 g ddbh MgSO4 (S= 35,1 gam)  ddbh MgSO4 (S =35,1 g) + m(g) MgSO4.nH2 O
3,16 gam


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

24

Tổng khối lượng MgSO4 ban đầu = 2 + 200*35,1/135,1 = 53,96 gam
 khối lượng dd sau kết tinh: (53,96 – 3,16)*135,1/35,1= 195,57 gam
 m = 202 – 195,57 = 6,43 gam
18n 6, 43  3,16


 n  7  CT muối kết tinh là MgSO4.7H2O
120
3,16

Lưu ý: Ta vẫn có thể xử đẹp công thức muối kết tinh theo tỷ lệ lượng MgSO4 và H2O
Giả sử không cho thêm 2 gam MgSO4 vào thì không có kết tinh  tỷ lệ khối lượng MgSO4/H2O bằng
35,1/100.  m H

2O



(3,16  2)  100
18n 3,3
 3,3(g) 

n7
35,1
120 3,16

Bài 52: hỗn hợp A gồm Clo và oxi: cho hh A phản ứng hết vs hh gồm 4,8g Mg và 8,1 g Al tạo ra 37,05 g
hh các muối clorua và oxit của 2 kl. Xác định % theo kl và % theo thể tích của cl2 và o2 trong hh ban đầu
Khối lượng (Cl2, O2) = 37,05 – 8,1-4,8 = 24,15 gam

A (x mol Cl2; y mol O2)
=> 71x + 32y = 24,15 (1)
2x + 4y = 0,2*2 + 0,3*3 = 1,1 (2)
Giải (1,2) => x = 0,25; y = 0,2
%V = 55,56% và 44,44%
%m = 73,5% và 26,5%
Bài 53: Cho 17gam hỗn hợp A gồm: MxOy, CuO, Al2O3.Chia hỗn hợp thành 2 phần bằng nhau
Phần 1 :Hòa tan bằng dung dịch NaOH dư thấy còn lại 7,48 gam chất rắn.
Phần 2: Dẫn 4,928 lít CO (đktc) đi qua A nung nóng thu được rắn B và khí C (có tỉ khối với H2 = 18)
Hòa tan B bằng dung dịch HCl dư thấy còn lại 3,2 gam Cu.
Biết MxOy không tan trong dung dịch NaOH, các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a. Tính phần trăm khối lượng các nguyên tố trong hỗn hợp A.
b. Xác định công thức của M xOy.
Hướng dẫn:
Mỗi phần có khối lượng 8,5 gam
TN1: Khối lượng Al2O3 = 8,5 – 7,48 = 1,02 gam  n Al  0, 02(mol)
TN2: n CO  0,22(mol)
n CO
CO 2
2  36  28  1  n

 0,22 / 2  0,11(mol)  n O( bò khöû)
CO2
CO
n
44  36 1

CO

MC = 36 < 44  Khí C gồm 

3, 2
 0,05(mol)  0,11  MxOy bị khử.
64
3,2
0,02.27
(0,11  0,01  3)  16
%mCu 
100%  37,65%; %m Al 
100%  6,35%; %m O 
100%  26,35%
8,5
8,5
8,5
 %m M  29,65%

n CuO  n Cu 

 m M xO y  7, 48 – 0,05  80  3, 48 gam
n  8 / 3
xM 3,48  0,06.16
2y



 M  21.  21n  

y
0,06
x

M  56(Fe)
 nO  trong M x Oy   0,11  0,05  0,06 (mol)

CTHH oxit: Fe3O4
Bài 54: Chia 43,28 gam hỗn hợp X gồm FeO, Al2O3, MxOy (không tan trong dung dịch NaOH) làm 2
phần bằng nhau:
Phần 1: Hòa tan trong NaOH dư, còn lại 19,6 gam rắn.
Phần 2: Nung nóng rồi dẫn 11,2 lít khí CO (đktc) đi qua, đến khi phản ứng kết thúc thu được rắn Y và khí
Z có tỷ khối so với H2 bằng 19,6. Hòa tan Y trong dung dịch HCl dư thì thấy Y tan hết và thoát ra 5600
ml khí (đktc).
Tính % theo khối lượng của mỗi chất trong X và công thức của MxOy.
Hướng dẫn:
Mỗi phần có khối lượng 21,64 gam


115 Bài tập hóa học 9 vận dung và vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng các em học sinh

25

Phần 1: Khối lượng Al2O3 =21,64 – 19,6 = 2,04 (g)  0,02 mol Al2O3
Phần 2: MZ = 39,2 < 44  Z gồm CO2, CO dư
 nCO2 39,2  28 7



7
 nCO   0,5  0,35(mol)  nO( bò khöû)
 nCO 44  39,2 3
2 10
n  n

 0,5(mol)
 Z
CO (ban ñaàu)
axM  56b  14 1
 M x O y : a(mol) axM  56b  19, 6 – 0, 35.16  14
n  2


 M  28n  

ax
.
n

2b

0,
25
.
2

0,5

 M  56(Fe)
28ax.n  56b  14  2 
 FeO : b(mol)
n
n
n
Các oxit sắt: FeO ( O  1) ; Fe3O4 ( O  1,3) ; Fe2O3 ( O  1,5)

n Fe
n Fe
n Fe

Vì

nO
n Fe  n H


2

0,35
 1,4 >1,3  trong hỗn hợp phải có Fe2O3
0, 25

Vậy công thức của MxOy là Fe2O3
Bài 55: Có 2 hchc X và Y(gồm C,H,O) đều chứa 53,33% oxi về khối lượng.đốt cháy 0,02 mol hh X,Y
cần 0.05 mol oxi.khối lượng phân tử của Y gấp 1.5 lần khối lượng phân tử của X.xác định M của X và Y
Hướng dẫn:
Hai chất có cùng thành phần nguyên tố và cùng tỷ lệ % oxi  có cùng CT đơn giản
Đặt chung công thức: CxHyOz


16z
53,33 160 : 3 8


  96x  8y  112z  0  12x  y  14z
12x  y 46,67 140 : 3 7

CT đơn giản khi x = 1; y = 2 ; z = 1
 CTTB của X,Y có dạng (CH2O)n
(CH2O)x + xO2  xCO2 + xH2O
0,02
0,02x = 0,05  x =2,5
 Chất X (nhỏ) có n = {1; 2}
Nếu chất X là CH2O  Y là CH2O)1,5  loại
Nếu chất X là C2H4O2 (M =60)  Y là C3H6O2 (MY = 90)
Bài 56: Hòa tan hoàn toàn a gam hỗn hợp A gồm Na và một kim loại R có hóa trị II vào nước, sau phản
ứng thu được dung dịch B và V lít khí H2.Nếu cho dung dịch B tác dụng vừa đủ với 300ml dung dịch HCl
0,25M tạo thành một dung dịch chỉ chứa 2 chất tan. Mặt khác, khi hấp thụ vừa hết 1,008 lít khí CO2 vào
dung dịch B, thu được 1,485 gam một chất kết tủa và dung dịch nước lọc chỉ chứa chất tan NaHCO3. Biết
các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thể tích các khí đo ở đktc. Hãy xác định tên kim loại R?
Hướng dẫn: Số mol HCl = 0,075 mol ; CO2 = 0,045
Trường hợp 1: Nếu R tan trong nước
Na + H2O  NaOH + ½ H2
a
a
R + 2H2O  R(OH)2 + H2
b
b
NaOH + HCl  NaCl + H2O
a
a
R(OH)2 + 2HCl  RCl2 + 2H2O
b
2b
CO2 + NaOH  NaHCO3
b

b
CO2 + R(OH)2  RCO3  + H2O
b
b
b
 a + b = 0, 045 (1) a + 2b = 075 (2)  a = 0,015 ; b = 0,03  0,03.(R+60) = 1,485  R < 0 (Loại)
Trường hợp 2: Nếu R tan trong kiềm