30 Bài toán Hóa 9 hay và khó (Có lời giải)

Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
Bài 1: Hòa tan 115,3 g hỗn hợp X gồm MgCO
3
và RCO
3
bằng 500ml dd H
2
SO
4
thu được dd A , rắn B và
4,48 lít khí CO
2
(đktc). Cô cạn dd A thu được 12g muối khan. Mặt khác, nung B đến khối lượng không đổi
thu 11,2 lít CO
2
(đktc) và rắn C.
a. Tính nồng độ mol của dd H
2
SO
4
, khối lượng rắn B và C.
b. Xác đònh R biết trong X số mol RCO
3
gấp 2,5 lần số mol MgCO
3
.
Bài làm:
a) MgCO
3
+ H
2

SO
4

 →
MgSO
4
+ CO
2
↑
+ H
2
O (1)
x x x x
RCO
3
+ H
2
SO
4

 →
RSO
4
+ CO
2
↑
+ H
2
O (2)
y y y y

Nung B tạo CO
2

 →
B còn , X dư. Vậy H
2
SO
4
hết.
Từ (1) và (2) : n
H2SO4
=n
CO2
=
4,22
48,4
= 0,2 mol.
 →
C
MH2SO4
=
5,0
2,0
= 0,4(M) .
Theo Đònh luật BTKL: mx + m
H2SO4
= m
A
+ m
B

+ m
H2O
+ m
CO2


 →
m
B
= 115,3 + 0,2.98 – 12 – 0,2(18+44) = 110,5 (g)
Nung B thu 11,2 lít CO
2
và rắn C
 →
m
C
=m
B
-m
CO2
= 110,5-0,5.44=88,5 (g)
b. Từ (1) và (2): x+y= 0,2 mol
n
CO2
= 0,2 mol
 →
m
SO4
= 0,2 . 96 = 19,2g > 12g
 →

có một muối tan MgSO
4
và RSO
4
không tan
 →
n
MgCO3
= n
MgSO4
=
120
12
= 0,1 mol
 →
n
RCO3
= n
RSO4
= 0,2-0,1 =0,1 mol
Nung B, RSO
4
không phân hủy, chỉ có X dư bò nhiệt phân
Đặt a = n
MgCO3
 →
R
CO3
= 2,5a (trong X)
MgCO

3
 →
MgO + CO
2
(3)
a- 0,1 a-0,1
RCO
3
 →
RO + CO
2
(4)
2,5a – 0,1 2,5a – 0,1
Từ (3) và (4) : n
CO2
= 3,5a – 0,2 = 0,5
 →
a = 0,2
m
X
= 84.0,2 + 2,5.0,2(R + 60) = 115,3
 →
R = 137 (Ba)
Bài 2: X là hỗn hợp hai kim loại Mg và Zn. Y là dd H
2
SO
4
chưa rõ nồng độ.
Thí nghiệm 1 : Cho 24,3 g X vào 2 lít Y sinh ra 8,96 lít khí H
2

(đktc).
Thí nghiệm 2 : Cho 24,3 g X vào 3 lít Y sinh ra 11,2 lít khí H
2
(đktc).
a. Chứng tỏ rằng trong thí nghiệm 1 thì X chưa tan hết, trong thí nghiệm 2 thì X tan hết.
b. Tính nồng độ mol của dd Y và khối lượng mỗi kim loại trong X.
Bài làm:
Các PTPƯ: Mg + H
2
SO
4

 →
MgSO
4
+ H
2
↑
(1)
Zn + H
2
SO
4

 →
ZnSO
4
+ H
2
↑

(2)
n
H2 ở TNI
=
4,22
96,8
= 0,4 mol
n
H2 ở TNII
=
4,22
2,11
= 0,5 mol
Website: violet.vn/thethao0481 Email:
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
a. Với hh kim loại X không đổi , thể tích dd axit Y tăng gấp 3:2 = 1.5 lần mà khối lượng H
2
giải phóng
tăng 0,5 : 0,4 < 1,5 lần. Chứng tỏ trong TNI còn dư kim loại, trong TNII kim loại đã phản ứng hết, axit còn
dư.
Từ (1) và (2) : n
H2SO4
= n
H2
= 0,4 mol ( ở TNI)
b. Gọi x là số mol Mg, thì 0,5 – x là số mol của Zn, ta có:
24x + (0,5 – x)65 = 24,3
Suy ra : x = 0,2 mol Mg
Vậy : m
Mg

= 0,2 . 24 = 4,8 g.
m
Zn
= 24,3 – 4,8 = 19,5 g.
C
MH2SO4
= 0,4 : 2 = 0,2M
Bài 3: Có 5,56 g hỗn hợp A gồm Fe và mot kim loại M (có hóa trò không đổi). Chia A làm hai phần bằng
nhau. Phần I hòa tan hết trong dd HCl được 1,568 lít hydrô. Hòa tan hết phần II trong dd HNO
3
loãng thu
được 1,344 lít khí NO duy nhất. Xác đònh kim loại M và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại
trong A. (các thể tích khí ở đktc).
Bài làm:
Gọi 2a và 2b là số mol Fe và M trong 5,6g A.
Khối lượng mỗi phần của A là:
2
A
= 56a + Mb =
2
56.5
= 2,78g.
Phần tác dụng với HCl:
Fe + 2HCl
 →
FeCl
2
+ H
2
↑

(1)
a a
M + nHCl
 →
FeCl
n
+ n/2 H
2
↑
(2)
b
2
n
b
Theo (1) và (2) :
n
H2
= a +
2
n
b =
4,22
568,1
= 0,07 mol ; hay 2a + nB = 0,14 (I)
Phần tác dụng với HNO
3
:
Fe + 4HNO
3

 →
Fe(NO
3
)
3
+ NO
↑
+ 2H
2
O (3)
a a
3M + 4nHNO
3

 →
3M(NO
3
)
n
+ NO
↑
+ 2nH
2
O (4)
b
3
n
b
Theo (3) va (4) :
nNO = a +

3
n
b =
4,22
344,1
= 0,06 mol.
Hay 3a + nb = 0,18 (II)
Giải hệ PT (I,II) ta được : a = 0,04 mol Fe.
Thay vào biểu thức trên : 56 . 0,04 + Mb = 2,78
Mb = 2,78 – 2,24 = 0,54
Thay vào (I) : nb = 0,14 – 0,08 = 0,06
nb
Mb
=
n
M
=
06,0
54,0
= 9 . Hay M = 9n
Lập bảng :
Website: violet.vn/thethao0481 Email:
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
n 1 2 3 4

M 9 18 27 36
Cặp nghiệm thích hợp : n = 3 ; M = 27 . Vậy M là Al
Thay n = 3 vào (I) và (II) được b = 0,02
Thành phần % khối lượng mỗi chất :
%m

Al
=
78,2
27.02,0
. 100 = 19,42%
%m
Fe
=
78,2
56.04,0
. 100 = 80,58%
Bài 4: Hỗn hợp chứa Al và Fe
x
O
y
. Sau phản ứng nhiệt nhôm thu được 92,35 gam chất rắn A. Hòa tan A bằng dung
dòch NaOH dư , thấy có 8,4 lít khí bay ra (ở đktc) và còn lại phần không tan B. Hòa tan 25% lượng chất B bằng
H
2
SO
4
đặc nóng thấy tiêu tốn 60 gam H
2
SO
4
98% . Giả sử tạo thành một loại muối sắt III .
a- Tính lượng Al
2
O
3

tạo thành sau khi nhiệt nhôm .
b- Xác đònh công thức phân tử của ôxit sắt .
Bài làm:
a/ Lượng Al
2
O
3
tạo thành :
Các PTPƯ : 3 Fe
x
O
y
+ 2yAl
 →
yAl
2
O
3
+ 3xFe (1)
Chất rắn A phải có Al dư , vì :
Al + NaOH + H
2
O
 →
NaAlO
2
+ 3/2 H
2

↑

(2)
n
Al
=
2
3
=
4,22
4,8
= 0,25 (mol Al dư )
 →
m
Al
= 6,75 (gam Al dư ) .
Sau phản ứng giữa A với NaOH dư , chất rắn B còn lại chỉ là Fe .
2Fe + 6H
2
SO
4

đ,n

 →
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3 SO

2
↑

+ 6H
2
O . (3)
a 3a
Có 25% Fe phản ứng
 →
n
Fe
= 0,25 a .
n
H2SO4
=3n
Fe
= 0,75a =
98100
9860
x
x
= 0,6 (mol) .
 →
n
Fe
=
75,0
6,0
= 0,8 (mol)
 →

m
Fe
= 0,8 x 56 = 44,8 (gam) .
m
Al2O3
= 92,53 – ( 6,75 + 44,8 ) = 40,8 gam .
b/ Xác đònh CTPT của Fe
x
O
y
:
Từ (1) :
32OmAl
mFe
=
102.
56.3
y
x
=
8,40
8,44


y
x3
= 2 hay
2
x
=

3
y

 →
Fe
2
O
3
.
Bài 5: Cho 9,6 gam hỗn hợp A (MgO ; CaO ) tác dụng với 100 ml dung dòch HCl 19,87% ( d = 1,047 g/ml ). Tính
thành phần % về khối lượng các chất trong A và C% các chất trong dung dòch sau khi A tan hết trong dung dòch
HCl, biết rằng sau đó cho tác dụng với Na
2
CO
3
thì thể tích khí thu được là 1,904 lít (đktc)
Bài làm:
Gọi a = n
MgO
và b = n
CaO
trong hỗn hợp A .
m
A
= 40a + 56b = 9,6 . Hay 5a + 7b = 1,2 ( A)
A tan hết trong dd HCl . Dung dòch thu được có chứa HCl dư vì khi cho dd này tác dụng với Na
2
CO
3
có khí CO

2
bay
ra :
2HCl
dư
+ Na
2
CO
3

 →
2NaCl + CO
2
↑
+ H
2
O

Website: violet.vn/thethao0481 Email:
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
n
CO2
=
4,22
904,1
= 0,085 mol
⇒
n
HCl
= 2. 0,085 = 0,17 mol

n
HClban đầu
=
5,36100
87,19047,1100
x
xx
= 0,57 mol.
Suy ra : n
HCl phản ứng với A
= 0,57 - 0,17 = 0,4 mol .
Các phương trình phản ứng ;
MgO + 2HCl

 →
MgCl
2
+ H
2
O (1)
a 2a
CaO + 2HCl
 →

CaCl
2
+ H
2
O (2)
b 2b

n
HCl
= 2 (a + b) = 0,4
→
a + b = 0,2 ( B )
Kết hợp ( A ) và ( B )
5a + 7b = 1,2
a + b = 0,2

⇒
a = 0,1 mol MgO
b = 0,1 mol CaO
m
MgO
= 0,1 x 40 = 4g

% MgO =
6,9
%1004x
= 41,67%
% CaO = 100- 41,67 = 58,33%
- Nồng độ các chất trong dd :
Dung dòch thu được sau phản ứng giữa A và HCl chứa 0,1 mol MgCl
2
0,1 mol CaCl
2
và 0,17 mol HCl dư .
Vì phản ứng hoà tan A trong dd HCl không tạo kết tủa hoặc khí nên :
m
dd

= 100 x 1,047 + 96 = 114,3 gam
%MgCl
2
=
3,114
%100951,0 xx
= 8,31%
%CaCl
2
=
3,114
%1001111,0 xx
= 9,71%
%HCl
dư
=
3,114
%10053617,0 xxx
= 5,43%
Bài 6: Hòa tan 20g K
2
SO
4
vào 150 gam nước thu được dung dòch A. Tiến hành điện phân dung dòch A sau
một thời gian. Sau khi điện phân khối lượng K
2
SO
4
trong dung dòch chiếm 15% khối lượng của dung dòch.
Biết lượng nước bò bay hơi không đáng kể.

a. Tính thể tích khí thoát ra ở mỗi điện cực đo ở đktc.
b. Tính thể tích khí H
2
S (đktc) can dùng để phản ứng hết với khí thoát ra ở anot.
Bài làm:
a. Khi đp dd K
2
SO
4
chỉ có nước bò đp:
H
2
O
 →
H
2
↑
+ ½ O
2
↑
Khối lượng dd sau khi đp:
15
100.20
= 133,33 gam
Số mol H
2
O đã bò điện phân:
18
33,133)20150(
−+

= 2,04 mol
Website: violet.vn/thethao0481 Email:
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
Thể tích H
2
(đktc) ở catot : 2,04 .22,4 = 45,7 lít
Số mol O
2
ở anot :
2
04,2
= 1,02mol
Thể tích O
2
: 1,02.22,4 = 22,85 lít
b. Nếu H
2
S cháy: 2H
2
S + 3O
2

 →
2SO
2
↑
+ 2H
2
O (a)

3
02,1.2
1,02 mol
Nếu H
2
S oxy hóa chậm: 2H
2
S + O
2

 →
2S + 2H
2
O (b)
2.1,02 1,02 mol
Nếu theo (a) thì : V
H2S
=
3
4,22.02,1.2
= 15,23 lít.
Nếu theo (b) thì : V
H2S
= 2.1,02.22,4 = 45,7 lít
Bài 7: Trộn V
1
dung dòch A chứa 9,125g HCl với V
2
lít dung dòch B chứa 5,475g HCl ta được 2 lít dung
dòch C.

a. Tính nồng độ mol của dung dòch A, B, C. Biết V
1
+ V
2
= 2lít và hiệu số giữa nồng độ mol dung dòch
A và B là 0,4mol.l
-1
.
b. Tính khối kượng kết tủa thu được khi đem 250ml dung dòch A tác dụng với 170g dung dòch AgNO
3

10%.
Bài làm:
a. n
HCl
trong dd C :
5,36
125,9
+
5,36
475,5
= 0,25 + 0,15 = 0,4
Nồng độ mol của dd C :
2
4,0
= 0,2M.
Gọi x là nồng độ dd B, thì x+0,4 là nồng độ dd A. Do đó ta có:
V
2
=

x
15,0
và V
1
=
4,0
25,0
+
x
và V
1
+ V
2
= 2 nên ta có :
x
15,0
+
4,0
25,0
+
x
= 2
Hoặc x
2
+ 0,2x -0,03 = 0
Giải phương trình bậc hai này ta được 2 nghiệm
x
1
= - 0,3 (loại) và x
2

= 0,1
Như vậy nồng độ dd B là 0,1M
Nồng độ dd A là 0,1+ 0,4 = 0,5M
b. n
HCl
=0,5.0,215 = 0,125
m
AgNO3
=
%100
170%.10
= 17 g
n
AgNO3
=
170
17
= 0.1 mol
PTPƯ : HCl + AgNO
3

 →
AgCl
↓
+ HNO
3
0,125 0,1 0,1
m
AgCl
= 0,1.143,5 = 14,35 g

Bài 8:Cho một khối Ag vào 50ml dung dịch HNO
3
5M thì Ag tan hết và khối lượng dung dòch tăng lên
6,2g. Biết rằng phản ứng chỉ tạo ra NO hay NO
2
.
a. Tính khối lượng Ag đã sử dụng. Cho biết nồng độ HNO
3
giảm trên 50% sau phản ứng trên.
Website: violet.vn/thethao0481 Email:
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
b. Trung hòa HNO
3
dư bằng NaOH vừa đủ. Cô cạn dd, đem đun nóng đến khối lượng không đổi. Tính
khối lượng của A.
c. Hòa tan A trong 72ml nước và đem điện phân. Tính thể tích khí (đktc) thoát ra ở catot.
Bài làm:
a. Xét hai trường hợp:
- Ag phản ứng tạo ra NO
3Ag + 4HNO
3

 →
3AgNO
3
+ NO
↑
+ 2H
2
O (1)

- Ag phản ứng tạo ra NO
2
Ag + 2HNO
3

 →
AgNO
3
+ NO
2
↑
+ H
2
O (2)
Gọi a = n
Agsd
. Độ tăng khối lượng của dd:
Trường hợp 1: m
Ag tan
- m
NO
= a.108 -
3
a
.30 = 98a = 6,2
Trường hợp 2: m
Ag tan
- m
NO2
= 108a – 46a = 62a

Trường hợp 2 cứ 1 mol Ag tiêu thụ 2 mol HNO
3
nhiều hơn so với trường hợp 1, với 1 mol Ag chỉ tiêu thụ
4/3 mol HNO
3
.Vậy là trường hợp 2.
62a = 6,2
 →
a = 0,1 mol Ag
m
Ag sd
= 0,1.108 = 10,8 gam
* Kiểm chứng rằng nồng độ % HNO
3
giảm trên 50% sau phản ứng tạo ra NO
2
:
n
HNO2 bđ
= 0,5.0,05 = 0,25 mol
n
HNO2 pu
= 2.a = 2.0,1 = 0,2 mol
% HNO
3
phản ứng :
25,0
100.2,0
= 80% > 50%
* Nếu phản ứng cho NO:

98a = 6,2
 →
a = 0.0633 mol
n
HNO3 pu
=
3
4a
=
3
4.0633,0
= 0,0844 mol
% HNO
3
phản ứng :
25,0
100.0844,0
= 33.76% < 50%
b. Số mol HNO
3
dư : 0,25 -0,20 = 0,05 mol
Trung hòa bằng NaOH thu được 0,05 mol NaNO
3
. Dung dòch chứa 0,1 mol AgNO
3
và 0,05 mol NaNO
3
Khi nung ta được chất rắn A:
AgNO3
 →

Ag + NO
2
↑
+ ½ O
2
↑
0,1 0,1
NaNO
3

 →
NaNO
2
+ ½ O2
↑
0,05 0,05
Vậy A gồm 0,1 mol Ag và 0.05 mol NaNO
2
m
A
= 0,1.108 + 0,05. 69 = 14,25 gam.
c. Khi hòa tan A trong nước, chỉ có NaNO
2
tan
Điện phân, ở catot H
2
O bò điện phân:
2H
2
O

 →
2H
2
↑
+ O
2
↑
nH
2
O =
18
72
= 4 mol
V
H2
= 4 .22,4 = 89,6 lít
Website: violet.vn/thethao0481 Email:
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
Bài 9: Hòa tan 2,16g hỗn hợp 3 kim loại Na, Al, Fe vào nước lấy dư thu được 0,448 lít khí (đktc) và một
lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60ml dd CuSO
4
1M thu được 3,2g đồng kim
loại và dd A. Tách dd A cho tác dụng với một lượng vừa đủ dd NaOH để thu được kết tủa lớn nhất. Nung
kết tủa thu được trong không khí đến khối lượng không đổi được chất rắn B.
a. Xác đònh khối lượng từng kim lo trong hỗn hợp đầu.
b. Tính khối lượng chất rắn B.
Bài làm:
a. Xác đònh khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp đầu.
Các PTPƯ : 2Na + 2H
2

O
 →
2NaOH + H
2
↑
(1)
Al bò tan moat phần hay hết theo phương trình.
2Al + 2NaOH + 2H
2
O
 →
2NaAlO
2
+ 3H
2
↑
(2)
Fe + CuSO
4
 →
FeSO
4
+ Cu (3)
2Al+ 3 CuSO
4
 →
Al
2
(SO
4

)
3
+ 3 Cu
↓
(4)
Dung dòch A gồm: Al
2
(SO
4
)
3
,

FeSO
4
và CuSO
4
dư
Al
2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH
 →
2Al(OH)
3
↓
+ 3Na

2
SO
4
(5)
FeSO
4
+ 2NaOH
 →
Fe(OH)
2
↓
+ Na
2
SO
4
(6)
CuSO
4
+ 2NaOH
 →
Cu(OH)
2
↓
+ Na
2
SO
4
(7)
Nung kết tủa ở nhiệt độ cao:
2Al(OH)

3
 →
Al
2
O
3
+ 3H
2
O (8)
2Fe(OH)
2
+ ½ O
2
 →
Fe
2
O
3
+ 2H
2
O (9)
Cu(OH)
2
 →
CuO + H
2
O (10)
Chất rắn B gồm : Al
2
O

3
, Fe
2
O
3
và CuO
Số mol H
2
=
4,22
448,0
= 0,02 mol
Số mol CuSO4 = 0,06.1= 0,06 mol
Số mol Cu =
64
2,3
= 0,05 mol
Xét hai trường hợp có thể xảy ra:
Trường hợp 1: NaOH dư, Al tan hết, chất rắn còn lại chỉ là Fe:
Theo (3) : n
Fe
= n
Cu
=0,05 mol
n
CuSO4 dư
= 0,06 – 0,05 = 0,01 mol
 →
Fe đã phản ứng hết.
mFe = 0,05 . 56 = 2,8g > m

hh
= 2,16g : loại
Trường hợp 2: NaOH thiếu, Al bò tan một phần theo (2).
Gọi a , b ,c là số mol của Na, Al, Fe trong 2,16g hỗn hợp:
Theo (1, 2) : n
H2
=
2
1
a +
2
3
a = 2a = 0,02
 →
a = 0,01 mol .
 →
m
Na
= 0,01.23 = 0,23 gam.
Số mol Al còn lại để tham gia (4) là ( b – a )
Vì CuSO
4
dư nên Fe và Cu đã phản ứng hết ở (3 và 4)
Ta có : n
Cu
=
2
3
(b-a) + c = 0,05
Mặt khác 23a + 27b = 56c = 2,16

Giải hệ phương trình ta được:
Website: violet.vn/thethao0481 Email:
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
b = 0,03 mol
 →
m
Al
= 0,03.27 = 0,81 gam.
c = 0,02 mol
 →
m
Fe
= 0,02.56 = 1,12 gam.
b. Khối lượng chất rắn B.
n
Al2O3
=
2
01,003,0
−

 →
m
Al2O3
= 0,01.102 = 1,02g
n
Fe2O3
=
2
02,0

 →
m
Al2O3
= 0,01.160 = 1,60g
n
CuO
= 0,01
 →
m
CuO
= 0,01.80 = 0,80g
Khối lượng chất rắn B : 1,02 + 1,60 + 0,80 = 3,42 gam.
Bài 10: Cho hh A gồm 9,6g Cu và 23,3g Fe
3
O
4
vào 292g dd HCl 10% cho đến khi phản ứng hoàn toàn thu
được dd B và rắn C. Cho dd AgNO
3
dư vào dd B thu kết tủa D.
a. Tính khối lượng kết tủa D.
b. Cho rắn C vào 100ml dd hỗn hợp gồm HNO
3
0,8M và H
2
SO
4
0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra
hoàn toàn thu được V lít khí NO duy nhất (đktc). Tính V.

Bài làm:
Tính số mol:
nCu = 0,15 mol ; nFe
3
O
4
= 0,1 mol ; nHCl = 0,8 mol ;
nH
2
SO
4
= 0,02 mol ; nHNO
3
= 0,08 mol.
Các PƯ: Fe
3
O
4
+ 8HCl
 →
FeCl
2
+2FeCl
3
+ 4H
2
O
0.1 0,8 0,2
2FeCl
3

+ Cu
 →
CuCl
2
+ 2FeCl
2

0,2 0,15 0,1 0,2
Vậy trong B gồm : 0,3 mol FeCl
2
; 0,1 mol CuCl
2
;
Rắn C : 0,14 mol Cu
a. 2AgNO
3
+ FeCl
2

 →
2AgCl
↓


+ Fe(NO
3
)
2

0,3 0,6

2AgNO
3
+ CuCl
2

 →
2AgCl
↓


+ Cu(NO
3
)
2
0,1 0,2
m
AgCl
↓
= 0,8 . 143,5 = 114,8 gam.
b. 3Cu

+

8HNO
3

 →
3Cu(NO
3
)

2
+ 2NO + 4H
2
O
0,14 0,09
V
NO
= 0,09 . 22,4 = 2,016 lít
Bài 11: Hoµ tan hoµn toµn m
1
gam Na vµo m
2
gam H
2
O thu ®ỵc dung dÞch B cã tØ khèi d.
a. ViÕt ph¬ng tr×nh ph¶n øng
b. TÝnh nång ®é % cđa dung dÞch B theo m
1
vµ m
2
c. Cho C% = 5% , d =1,2g/ml. TÝnh nång ®é mol cđa dung dÞch thu ®ỵc.
m
1
nNa

=
23
a. PTP: 2Na + 2H
2
O  2NaOH + H

2

b. Mol: m
1
m
1
m
1

23 23 46
m
1
m
1
40m
1
mH
2
= x2= mNaOH=
46 23 23
m
1
22m
1
+ 23m
2
Website: violet.vn/thethao0481 Email: