Chuyên đề tổng hợp hóa vô cơ

CHUYÊN ĐỀ 25: TỔNG HỢP VÔ CƠ
Câu 1: Đốt 11,2 gam Fe trong bình kín chứa khí Cl2, thu được 18,3 gam chất rắn X. Cho toàn bộ X
vào dung dịch AgNO3 dư đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chắt rắn. Giá trị
của m là
A. 28,7.
B. 43,2.
C. 56,5.
D. 71,9.
Lời giải
Chọn đáp án D
Xét cả quá trình:
n Fe 

11, 2
18,3  11, 2
BTKL
 0, 2(mol) 
 n Cl2 
 0,1(mol)
56
71
1

0

Trạng thái đầu: Fe0 ,Cl2 , Ag NO3
Trạng thái cuối: Fe 3 , Cl  , Ag 0
Bảo toàn e  3n Fe  2n Cl  n Ag  n Ag  3.0, 2  2.0,1  0, 4(mol)
2





Chất rắn gồm Ag : 0,4 (mol); AgCl : 0,2 (mol)
 m  108.0, 4  143,5.0, 2  71,9( gam)

Câu 2: Hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 có tỉ lệ số mol tương ứng là 8 : 5. Hòa tan hoàn toàn 21,78 gam
X bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được 1,344 lít (đktc) khí Y duy nhất và dung dịch Z chứa 117,42
gam muối. Công thức của Y là
A. N2.
B. NO2.
C. N2O.
D. NO.
Lời giải
Chọn đáp án C
Al :8a
21,78 gam 
 8a.27  5a.102  21,78  a  0,03(mol)
Al2 O3 : 5a
Al : 0, 24(mol)  n e  0, 24.3  0,72(mol)

Al2 O3 : 0,15(mol)
BTNT.Al

 n Al NO3   0, 24  0,15.2  0,54(mol)
3

Al(NO3 )3 BTKL
117, 42  0,54.213
Muô´i 


 n NH4 NO3 
 0,03(mol)
80
 NH 4 NO3
BTE

 0, 72  0, 03.8  k.0, 06  k  8 (Trao đổi 8e)  Y là N2O →Chọn C

Câu 3: Trộn 0,25 mol bột Al với 0,15 mol bột Fe2O3 rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều
kiện không có không khí (giả sử chỉ có phản ứng khử Fe2O3 về Fe), thu được hỗn hợp rắn X. Cho
toàn bộ X tác dụng với dung dịch NaOH (dư), thu được 0,15 mol H2 và còn lại m gam chất rắn không
tan. Hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm và giá trị của m lần lượt là
A. 60% và 20,40.
B. 50% và 30,75.
C. 50% và 40,80.
D. 60% và 30,75.
Lời giải
Chọn đáp án A
Phản ứng nhiệt nhôm:
t
2Al + Fe2O3 
 2Fe + Al2O3
0

n Fe O
n Al
 0,125  2 3  0,15  hiệu suất tính theo Al
2
1

Rắn sau phản ứng tác dụng với NaOH chỉ có Al sinh ra khí H2
0,15.2
 0,1(mol)
3
BTNT.Al
 
 Al2 O3 : 0,075(mol)

Al : 0,1(mol)
 n Al(pu´)  0, 25  0,1  0,15(mol)  X 
Fe : 0,15(mol)
BTNT.Fe
 
 Fe 2 O3 : 0,075(mol)

BTE
n H2  0,15(mol) 
 n du
Al 


0,15

H  0, 25  60%

m  m(Fe;Fe O )  0,15.56  0,075.160  20, 4(gam)

2 3


→Chọn A
Câu 4: Hỗn hợp X gồm: CuO, FeO và Fe3O4. Dẫn khí CO dư qua 4,56 gam hỗn hợp X nung nóng.
Đem toàn bộ lượng CO2 tạo ra cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 thu được 5,91 gam kết tủa và
dung dịch Y. Đun nóng Y lại thu thêm 3,94 gam kết tủa. Cho 4,56 gam hỗn hợp X phản ứng vừa đủ
với dung dịch H2SO4 0,1M thu được dung dịch chứa m gam muối. Biết các phản ứng xảy ra hoàn
toàn. Giá trị của m là
A. 11,28.
B. 7,20.
C. 10,16.
D. 6,86.
Lời giải
Chọn đáp án C
n BaCO3 (1) 

5,91
3,94
 0,03(mol);n BaCO3 (2) 
 0,02(mol)
197
197

Chú ý :
t
Ba(HCO3 ) 2 
 BaCO3  CO 2  H 2 O
0

0,02

0,02
 BaCO 3  (1)

Ta có sơ đồ CO 2  Ba(OH) 2  
BTNT.cac bon

 n CO2

t
 Ba(HCO 3 ) 2  BaCO 3   CO 2   H 2 O(2)
 n C  n BaCO3 (2)  n CO2 (2)  n BaCO3 (1)  0,02  0,02  0,03  0,07(mol)

Vì CO  Otrong X  CO2

0

BTKL
 n Otrong X  n CO2  0,07 
 mKL(Fe,Cu)  4,56  0,07.16  3,44(gam)

BTNT.oxi

 n Otrong X  n SO2  m   m(Fe;Cu;SO 42  )  3, 44  0,07.96  10,16(gam)
4

→Chọn C
Câu 5: Cho 14,4 gam hỗn hợp gồm Fe, Mg và Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết với
dung dịch HNO3, thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí N2, N2O, NO và NO2
trong đó hai khí N2 và NO2 có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn thận toàn bộ X thu được 58,8 gam muối
khan. Số mol HNO3 đã tham gia phản ứng là

A. 0,945.
B. 0,725.
C. 0,923.
D. 0,893.
Lời giải
Chọn đáp án D
Chú ý : Vì n N  n NO (gộp N2 + NO2 thành N3O2 = NO và N2O) nên ta có thể xem như hỗn hợp
khí chỉ có NO và N2O
2

2

Fe : 0,1(mol)
14, 4

n Fe  n Mg  n Cu 
 0,1(mol)  Mg : 0,1(mol)
56  24  64
Cu : 0,1(mol)

BTE

  n e  0,1.3  0,1.(2  2)  0,7(mol)

BTKL

 58,8   m(NH 4 NO3 ,KL, NO3 )  m NH4 NO3  14,4  0,7.62  n NH4 NO3  0,0125(mol)

n khi 

 N O : a(mol) a  b  0,12
a  0,048(mol)
2,688
 0,12   2
  BTE

22, 4
 8a  3b  0,0125.8  0,7 b  0,072(mol)
 NO : b(mol)
 

BTNT.nito

 n HNO3   n N  n NO (kim loai)  n N(spk)  0,7  0,0125.2  0,048.2  0,072  0,893(mol)
3

→Chọn D
Câu 6: Đốt 4,2 gam sắt trong không khí thu được 5,32 gam hỗn hợp X gồm sắt và các oxit sắt. Hòa
tan hết X bằng 200 ml dung dịch HNO3 a mol/l sinh ra 0,448 lít NO (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất
của N+5). Giá trị của a là
A. 1,2.
B. 1,1.
C. 1,5.
D. 1,3.
Lời giải
Chọn đáp án B


Chú ý : Số mol NO 3 trong muối bằng số mol e nhường.Với bài toán này ta BTE cho cả quá
trình nên số mol e nhường sẽ tính qua O và NO (O, NO chính là hợp phần bên nhận e)

5,32  4, 2

 0,07(mol)(BTKL)
n O 
 n e  n NO  0,07.2  0,02.3  0, 2(mol)
16

3
n NO  0,02(mol)

0, 22
BTNT.nito

 n HNO3  n N( NO )  n N( NO)  0, 2  0,02  0, 22(mol)  a 
 1,1(M)
3
0, 2

→Chọn B
Câu 7: Hỗn hợp X gồm C và S. Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dich HNO3 đặc, nóng, thu
được 0,8 mol hỗn hợp khí gồm NO2 và CO2 có tỉ khối so với H2 bằng 22,875 (không có khí nào
khác). Khối lượng của S trong m gam X là
A. 1,60 gam.
B. 1,28 gam.
C. 0,96 gam.
D. 1,92 gam.
Lời giải
Chọn đáp án A
a  b  0,8
a  0,7(mol)


  46a  44b

 22,875.2 b  0,1(mol)
 0,8


 NO 2 : a(mol)
0,8 mol 
CO 2 : b(mol)

Vậy m gam X có
C : 0,1(mol)
BTE

 4.n C  6n S  1.n NO2  0,1.4  6x  0,7  x  0,05  mS  1,6(gam)

S: x(mol)

→Chọn A
Câu 8: Hòa tan hoàn toàn 0,15 mol Fe vào dung dịch chứa 0,4 mol H2SO4 đặc, nóng chỉ thu được khí
SO2 (sản phẩm khử duy nhất của S+6) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là
A. 35,2.
B. 27,6.
C. 53,3.
D. 22,8.
Lời giải
Chọn đáp án B
Ta sử dụng phương trình : 2H 2 SO 4  2e  SO 24   SO 2  2H 2 O do đó thấy ngay axit thiếu vì
n e (axit)  0, 4(mol)  3n Fe  0, 45(mol)  tạo 2 muối FeSO4 và Fe2(SO4)3



 n SO2 (muoi) 

n H2SO4

 0, 2(mol)
2
Fe : 0,15(mol)

 m  m Fe  m SO2  56.0,15  96.0,2  27,6(gam)
Ta có ngay :  2  0,4
4
SO 4 : 2  0,2(mol)
4

→Chọn B
Câu 9: Điện phân 500 ml dung dịch hỗn hợp CuSO4 a mol/l và NaCl 1 mol/l với điện cực trơ, màng
ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi 5A trong thời gian 96,5 phút (hiệu suất quá trình điện phân
là 100%, nước bay hơi không đáng kể) thu được dung dịch có khối lượng giảm so với ban đầu là
17,15 gam. Giá trị của a là
A. 0,3.
B. 0,4.
C. 0,5.
D. 0,2.
Lời giải
Chọn đáp án D
n Cu2  0,5a(mol)
It 5.96,5.60
ne  

 0,3(mol)

F
96500
n Cl  0,5(mol)
Vì 0,3.35,5  0,15.64  20,25  17,15 nên nước đã bị điện phân bên catot

Catot(-)
Cu

2

Anot(+)

 2e  Cu

2H 2 O  2e  H 2  2OH
n H2  b(mol)



2Cl   Cl 2  2e

BTE
 
 2b  2.0,5.a  0,3
a  0,2(mol)

 BTKL
17,15  0,3.35,5  0,5a.64  2b b  0,05(mol)

 


→Chọn D
Câu 10: Hòa tan hoàn toàn m gam Na vào H2O thu được 1 lít dung dịch có pH=13. Giá trị của m là
A. 2,3.
B. 5,6.
C. 4,6.
D. 6,9.
Lời giải
Chọn đáp án A
BTNT.Na
pH  13   OH    0,1  n NaOH  0,1 
 m  0,1.23  2,3(gam)

→Chọn A
Câu 11: Hòa tan hoàn toàn 42,6 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ có
tỷ lệ mol tương ứng là 5:4 vào 800ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch Y và 17,472 lít khí ở
đktc. Dẫn từ từ khí CO2 vào dung dịch Y thì khối lượng kết tủa cực đại có thể thu được là
A. 74,86 gam.
B. 94,56 gam.
C. 48,00 gam.
D. 38,00 gam.
Lời giải
Đáp án D
X + HCl 
 dung dịch Y + H2
Dung dịch Y + CO2 thu được kết tủa chứng tỏ dung dịch Y có OH 
Đặt M là kim loại chung cho A, B
Các phản ứng xảy ra:

n
H2 
2
n
M  nH 2O 
 M (OH) n  H 2 
2
M  nHCl 
 MCln 

A : 5a BTE
A : 0,6
42,6 

 5a  4a.2  13a  0,78.2  a  0,12  42,6(gam) 
B : 4a
B : 0, 48
K : 0,6
 39.0,6  40.0, 48  42,6(gam)  
Ca : 0, 48
K  : 0,6
 2
Ca : 0, 48
ddY
  
Cl : 0,8
BTDT
 
 OH  : 0,76


CO2  2OH  
 CO32   H 2 O
0,76

0,38

 CO32  (max)  0,38(mol)
Ca 2 



CO32  
 CaCO3
0,38

m

max
CaCO3

0,38

 38

Câu 12: Cho hỗn hợp X gồm x mol NaOH và y mol Ba(OH)2 từ từ vào dung dịch chứa z mol AlCl3
thấy kết tủa xuất hiện, kết tủa tăng dần và tan đi một phần. Lọc thu đựơc m gam kết tủa. Giá trị của m
là :
A. 78(2z - x - 2y)
B. 78(2z - x - y)
C. 78(4z - x - 2y)

D. 78(4z - x - y)
Lời giải
Đáp án C
Ta quan niệm như sau : Cho OH  vào thì nó có 2 nhiệm vụ :
Nhiệm vụ 1 : Đưa kết tủa tới cực đại:


Al 3  3OH  
 Al (OH )3

z
3z
z
Nhiệm vụ 2: Hòa tan 1 phần kết tủa :
Al (OH )3  OH  
 AlO2  2 H 2O

m
78
m

 OH  x  2y  3z   z  78   C
Câu 13: Nhúng một thanh Magie vào dung dịch có chứa 0,8 mol Fe(NO3)3 và 0,05 mol Cu(NO3)2,
sau một thời gian lấy thanh kim loại ra cân lại thấy khối lượng tăng 11,6 gam. Khối lượng Magie đã
phản ứng là
A. 6,96 gam
B. 20,88 gam
C. 25,2 gam
D. 24 gam
Lời giải

Đáp án C
Với tính chất của trắc nghiệm việc biện luận xem xảy ra TH nào thì khá mất thời gian.Do đó,ta
nên thử với TH nghi ngờ cao nhất.Nếu có đáp án thì ok luôn.
Với bài này thì thứ tự phản ứng với Mg là Fe3  Cu 2  Fe 2
Với bài này dự đoán Fe3+, Cu2+ hết vì Fe3+ sẽ chuyển về Fe2+, sau đó Mg sẽ phản ứng với Cu2+,
rồi hết Cu2+ mới đến Fe2+  dung dịch thu được sau phản ứng gồm Mg(NO3)2 và Fe(NO3)2 dư
Chất rắn gồm Mg dư, Cu và Fe sinh ra
Mg(NO3 )2 : a


2,5  2a
 NO3  2,5   
BT.ion NO3
 Fe(NO3 )2 :

2
z

m
78

z

BTKL

11,6  0,05.64  56(0,8 

2,5  2a
)  24a  a  1,05  C
2

Nhận xét:
 Đối với bài toán kim loại đẩy muối nhớ thứ tự dãy điện hoá, phản ứng xảy ra theo từng nấc
 Ngoài ra bài này cũng có thể áp dụng bảo toàn mol e và tăng giảm khối lượng
Fe3  1e 
 Fe 2
0,8
0,8
0,8

Mg 0 
 Mg 2  2e
Cu 2
a  0, 45
2a  0,9 0, 05
Fe 2
a

 2e 
 Cu
0,1
0, 05
 2e 
 Fe
2a
a

mkim loại tăng = mCu + mFe – mMg(pư)
 56a  64.0, 05  24(a  0, 45)  11, 6  a  0, 6(mol )  nMg ( pu )  0, 6  0, 45  1, 05(mol )
 mMg ( pu )  24.1, 05  25, 2( gam)

Câu 14: Cho 3,76 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỉ lệ mol tương ứng là 14:1 tác dụng hết với
dung dịch HNO3 thì thu được 0,448 lít một khí duy nhất (đo ở đktc) và dung dịch Y. Cô cạn cẩn thận
dung dịch Y thu được 23 gam chất rắn khan T. Xác định số mol HNO3 đã phản ứng.
A. 0,28
B. 0,34
C. 0,32
D. 0,36
Lời giải
Đáp án D
Đối với bài này ta cần xác khí X và dự đoán có NH4NO3


BTNT.Mg
 
 Mg(NO3 )2 : 0,15
Mg : 0,14  n e  0,28 BTKL

3,76 

 23 
23  0,15.148
 0,01
MgO : 0,01
n NH4 NO3 
80

BTE



 0,28  0,01.8  0,02.10
BTNT.nito
 N 2 : 0,02 
 HNO3   N  0,15.2  0,02  0,02.2  0,36

Câu 15: Cho V lít khí CO2 được hấp thụ từ từ vào dung dịch X chứa 0,04 mol NaOH và 0,03 mol
Na2CO3. Khi CO2 được hấp thụ hết thu được dung dịch Y. Làm bay hơi cẩn thận dung dịch Y thu
được 6,85 gam chất rắn khan. Giá trị của V (ở đktc)là
A. 1,008.
B. 1,344.
C. 0,896.
D. 2,133.
Lời giải
Đáp án A
Các phản ứng xảy ra:
CO2  2 NaOH  Na2CO3  H 2O
CO2  Na2CO3  H 2O  2 NaHCO3

Dung dịch Y có thể gồm Na2CO3 và NaHCO3
 Na2CO3 : a
0, 04 : NaOH
BTNT Na
VCO2  

 6,85( g ) 
 a  0, 025
0, 03 : Na2CO3
 NaHCO3 : 0,1  2a
BTNT .Cacbon


 nC  0,1  a  0, 075(mol )  n CO2  0, 075  0, 03  0, 045(mol )

 VCO2  0, 045.22, 4  1, 008(lit )  A
Câu 16: Trộn 21,6 gam bột Al với m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 thu được hỗn hợp Y.
Nung Y ở nhiệt độ cao trong điều kiện không có không khí đến phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
chất rắn Z. Cho Z tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 6,72 lít H2 ở đktc. Mặt khác, nếu cho Z
tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 19,04 lít NO là sản phẩm khử duy nhất ở đktc. Giá
trị của m là
A. 58,6.
B. 46.
C. 62.
D. 50,8.
Lời giải
Đáp án D
Rắn sau phản ứng tác dụng với NaOH  H 2 chứng tỏ có Al dư, và các oxit hết ; rắn Z gồm Al
dư, Fe và Al2O3
2
3

2 6,72
 0, 2(mol )
3 22, 4

Bảo toàn e  3nAl  2nH  nAl dư  .nH  .
2

2

Ta có sơ đồ sau :
BTE

0,3(mol ) H 2 
 Al : 0, 2(mol )
 BTNT .Al
 Fe : a (mol
0,8(mol ) Al  m( g ) 
 Z  
 0, 2  2nAl2O3  0,8  Al2O3 : 0,3
O : b(mol )

 Fe : a

Chất rắn Z gồm Al dư ; Fe ; Al2O3 + HNO3 :
BTE
Z  HNO3  NO : 0,85(mol ) 
 0, 2.3  3a  0,85.3  a  0,65

 Fe : 0,65(mol ); O : 3.0,3  0,9(mol)  m  56.0,65  0,9.16  50,8(gam)

Nhận xét :
 Đối với bài toán nhiệt nhôm thì rắn sau phản ứng tác dụng với NaOH thu được H 2 thì
chứng tỏ Al dư
 Bảo toàn nguyên tố thì số mol Al, Fe, O không thay đổi đối với các chất ban đầu và chất
sau phản ứng




Đối với bài này ta cũng có thể dùng phương pháp qui đổi Z thành Al, Fe, O tác dụng với
HNO3 :
nAl dư = 0,2 (mol)  nAl O 

2 3

0,8  0, 2
 0,3(mol )  nO  0,9(mol )
2

Bảo toàn mol e :
3nNO  2nO  3nAl 3.0,85  2.0,9  3.0,8

 0,65(mol )
3
3
 m  mFe  mO  56.0,65  16.0,9  50,8( gam)
3nAl  3nFe  3nNO  2nO  nFe 

Câu 17: Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, hiệu suất là 100%) dung dịch X chứa 0,02 mol CuCl2;
0,02 mol CuSO4 và 0,005 mol H2SO4 trong thời gian 32 phút 10 giây với cường độ dòng điện không
đổi là 2,5 ampe thì thu được 200 ml dung dịch Y. Giá trị pH của dung dịch Y là
A. 1,78.
B. 1,00.
C. 0,70.
D. 1,08.
Lời giải
Đáp án B
It 2,5.1930
ne  
 0, 05
F
96500
Cu2+ : 0,04(mol)  ne  (Cu )  0,04.2  0,08  0,05  Cu2+ dư; H+ chưa phản ứng ở catot

2

Xét quá trình ở anot:
Cl   1e  Cl

0, 04 0, 04


2 H 2O  4e  4 H  O2

0, 01 0, 01

  H    0,1  B

0, 02
 0,1  pH   lg 0,1  1
0, 2
Câu 18: Cho 4,8 gam Br2 nguyên chất vào dung dịch chứa 12,7 gam FeCl2 thu được dung dịch X.
Cho dung dịch AgNO3 dư vào X thu được a gam kết tủa . Giá trị a là
A. 28,5
B. 55,58
C. 39,98
D. 44,3
Lời giải
Đáp án D
Phản ứng: Br2  2Fe2  2Fe3  2Br 
0,03 0,06 0,06 0,06
Ta có sơ đồ sau:
  H   0, 02(mol )  [H  ] 

Fe3  : 0, 06
 2
 n Br2  0, 03
Fe : 0, 04  Ag
 X 
 m  44,3

Cl : 0,2  AgCl
FeCl 2 : 0,1
Br  : 0, 06  AgBr

Câu 19: Hòa tan 5,68 gam hỗn hợp CaCO3 và MgCO3 vào dung dịch HCl dư , khí CO2 thoát ra được
hấp thụ hoàn toàn bởi 50ml dung dịch Ba(OH)2 0,9 M và tạo ra 5,91 gam kết tủa . Khối lượng của
CaCO3 trong hỗn hợp đầu là:
A. 2 gam
B. 2,5 gam
C. 3 gam
D. 4 gam
Lời giải
Đáp án D


 BaCO3 : 0,03
BTNT . Ba
n  0,03 

 nC  0,06
 Ba( HCO3 ) 2 : 0,015
CaCO3 : a
a  b  0,06

a  0,04



 mCaCO3  0,04.100  4 gam  D
 MgCO3 : b 100a  84b  5,68 b  0,02

Chú ý : Không cần làm TH Ba(OH)2 dư nữa vì đã có đáp án rồi
Câu 20: Cho hỗn hợp X dạng bột gồm Al; Fe;và Cu. Hòa tan 23,4 gam X bằng dung dịch H2SO4 ,
đặc, nóng, dư thu được 15,12 lít SO2(đktc). Mặt khác, cho 23,4 gam X tác dụng với dung dịch H2SO4,
loãng, dư thu được 10,08 lít khí (đktc). Phần trăm khối lượng Cu trong hỗn hợp X là:
A. 68,4%
B. 30,0%
C. 41%
D. 54,7%
Lời giải
Đáp án C
Al : a
27a  56b  64c  23, 4 a  0,2



23, 4 Fe : b  3a  3b  2c  1,35
 b  0,15  %Cu  41, 02%
Cu : c 3a  2b  0,9
c  0,15



Nhận xét:

 Kim loại tác dụng với H2SO4 đặc thì:
 Đối với bài toán kim loại tác dụng với H2SO4 đặc thì:
nSO 2 ( muôì ) 

-

4

ne



2
 ne  ne

ne
2

-

2nSO2

-

nSO2 ( muoi )  nSO2 ; nH 2 SO4 (pu)  2nSO2

-

mmuoi  mkim loai  mSO 2

4

4



Đối với bài toán này ta giả sử H2SO4 đặc hết thì 2nSO  nH SO  0, 4(mol )  3nFe  0, 45(mol ) 
giả thiết đúng và Fe dư, do đó thu được cả 2 muối FeSO4, Fe2(SO4)3 và cuối cùng Fe hết vì
kim loại tan hoàn toàn
2

 nSO2 
4

nH 2 SO4
2

2

4

 0, 2(mol )  mmuoi  0,15.56  96.0, 2  27,6( gam)

 Kim loại tác dụng với H2SO4 loãng:
ne  ne  2nH  nchất khử.số e nhường = nchất oxh.số e nhận




2

nSO2  nH 2  mmuối  mkimloai  mSO2
4

4

Câu 21: Chia hỗn hợp A gồm Zn, ZnO, Al2O3 thành 2 phần bằng nhau . Phần một tác dụng với dung
dịch Ba(OH)2 dư, thu được 4,48 lít H2. Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 dư thu được
0,896 lít khí X(sản phẩm khử duy nhất). Biết các thể tích đều đo ở đktc. Khí X là:
A. NO2
B. NO
C. N2O
D. N2
Lời giải
Bài này ta để ý là chỉ có Zn thay đổi số oxi hóa(là chất khử).
Bảo toàn  nH 2  0, 2  ne  0, 4  0, 04.k  k  10  N 2
Đáp án D
Câu 22: Hòa tan 2,16 gam hồn hợp ba kim loại Na, Fe, Al vào nước (lấy dư) thu được 0,448 lít(đktc)
và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hoàn toàn với dung dịch CuSO4 dư thu
được 3,2 gam Cu. Phần trăm khối lượng Al trong hỗn hợp trên là:
A.12,5%
B. 37,5%
C.18,75%
D. 25,0%
Lời giải
Hỗn hợp tác dụng với H2O như vậy Na hết


Na  H 2O  NaOH 

1
H2
2

Al  NaOH  H 2O  NaAlO2 

3
H2
2

Ngay lập tức suy ra chất rắn là Fe và Al dư vì nếu không có Al khi đó
nFe  nCu 

3, 2
 0,05(mol )  mFe  0,05.56  2,8( gam)  2,16( gam) (vô lí)
64

Và cũng suy ra ngay Al bị tan 1 phần (a mol) để ý chất tạo ra là NaAlO2  số mol Na cũng là a.
 Fe : b
BTE

 nNa  3nAl  2nH 2  a  3a  0,04  a  0,01  chat.ran :1,66 
 Al : c
56b  27c  1,66
b  0,02

Khi đó có ngay :  
2nFe  3nAl  2nCu  2b  3c  0,05.2  0,1 c  0,02
  Al  (a  c).27  0,03.27  0,81  %mAl 

0,81
.100  37,5%
2,16

Đáp án B
Câu 23: Hòa tan 50 gam tinh thể CuSO4.5H2O vào 600ml dung dịch HCl 0,2mol/l được dung dịch A.
Cho 13,7 gam bari kim loại vào dd A. Sau khi kết thúc tất cả các phản ứng lọc lấy kết tủa,rửa sạch
đem nung ở nhiệt độ cao thì thu được bao nhiêu gam chất rắn?
A. 3,2
B.12,52
C. 27,22
D. 26,5
Lời giải
Các phản ứng xảy ra:
Ba  2 HCl  BaCl2  H 2
Ba  2 H 2O  Ba(OH ) 2  H 2
Ba(OH ) 2  CuSO4  BaSO4  Cu (OH ) 2 

Ta có sơ đồ sau:
CuSO4 : 0, 2
CuO : 0,04


  HCl : 0,12
du
  Ba : 0,1  OH : 0, 2  nOH  0,08  Cu (OH ) 2 : 0,04  BaSO4 : 0,1

 m  80.0,04  233.0,1  26,5 gam

Đáp án D

Câu 24: Biết hai kim loại A, B đều có hóa trị II(MAmol bằng nhau) tác dụng với dd HNO3 đặc,dư thu được 8,96 lít khí NO2 là sản phẩm khử duy
nhất.(đktc). Nếu cho 12,8 gam hỗn hợp A và B (có khối lượng bằng nhau) tác dụng với dung dịch
HNO3 đặc ,dư thu được 11,6 lít NO2(đktc), A và B lần lượt là:
A. Mg và Cu
B. Cu và Zn
C. Mg và Zn
D. Ca và Cu
Lời giải
 A : a mol
a  0,1 mol
10, 4 gam 
 2(a  b)  0, 4  a  b  0, 2  
 10, 4  40.0,1  64.0,1
 B : b mol
b  0,1mol

Đáp án D
Câu 25: Hòa tan hoàn toàn 42,9 gam Zn trong lượng vừa đủ V ml dung dịch HNO3 10%(d=1,26g/ml)
sau phản ứng thu được dung dịch A chứa 129,54 gam hai muối tan và 4,032 lít (đktc) hỗn hợp hai khí
NO và N2O. Giá trị của V là:
A. 840 ml
B. 540ml
C. 857ml
D.1336 ml
Lời giải
Đáp án A




 Zn( NO3 ) 2 : 0,66
 Zn : 0,66   ne  1,32  129,54 

 NH 4 NO3 : 0,06

 HNO3 :

a  0,12
 0,18  NO : a  a  b  0,18




 N 2O : b 3a  8b  0,06.8  1,32 b  0,06

BTNT .nito

 nHNO3  0,66.2  0,06.2  0,12  0,06.2  1,68  V 

mdd 1,68.63

 840ml
d
0,1.1, 26

Câu 26: Cho 3,58 gam hỗn hợp X gồm Al; Fe; Cu vào 200ml dung dịch Cu(NO3)2 0,5 M đến khi
phản ứng kết thúc thu được dung dịch A và chất rắn B. Nung B trong không khí ở nhiệt độ cao đến
khi phản ứng hoàn toàn thu được 6,4 gam chất rắn. Cho A tác dụng với dung dịch NH3 dư,lọc lấy kêt
tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 2,62 gam chất rắn D. Phần trăm theo
khối lượng của Fe trong hỗn hợp là:

A. 46,93%
B. 78,21%
C. 15,64%
D. 31,28%.
Lời giải
Đáp án D
Nếu Cu2+ chuyển hết về Cu thì số mol Cu > 0,2.0,5 = 0,1(mol)
 nCuO >0,1  m rắn > 0,1.80 = 8 >6,4 (loại)  Cu 2  dư

 Al 3 : a

 2
nCu ( NO3 )2  0,1
 Fe : b
2
 Cu (du ) : A  2

B

O

6,
4

0,1.80

8


2


Cu : 0,1  c  0, 08


 NO  : 0, 2

 Al : a

 3



3,58 :  Fe : b  
 Al2O3 : 0,5a
Cu : c  2, 62 

 Fe2O3 : 0,5b


a  0, 02
 3a  2b  2(0, 02  c)  0, 2
0, 02.56

 102.0,5a  160.0,5b  2, 62  b  0, 02  % Fe 
 31, 28%
3,58
 

 27 a  56b  64c  3,58
c  0, 03

Câu 27: Dung dịch A chứa 0,5 mol CuSO4 và x mol KCl. Điện phân dung dịch A đến khi khí bắt đầu
thoát ra ở cả hai điện cực thì ngừng lại, thu được dung dịch B. Dung dịch B hòa tan vừa đủ 0,1mol
Zn(OH)2. Hãy xác định giá trị của x?
A. 0,1
B. 0,2
C. 0,4
D. 0,8
Lời giải
Đáp án D
Dung dịch B hòa tan Zn(OH)2 có thể có OH  hoặc H  ; do đó có thể xảy ra trường hợp H2O bị
điện phân ở catot (-) hoặc anot (+)
Nhìn nhanh các đáp án thấy số mol KOH to nhất là 0,8 < 1 = 2nCu .Nên chất hòa tan Zn(OH)2
2

+

là H
Các quá trình như sau:
Cu 2   2e  Cu

2Cl   2e  Cl2
2 H 2O  4 H   O2  4e

Zn(OH ) 2  2 H   Zn 2   2 H 2O
BTE
nZn  OH   0,1  nH   0, 2 
 0,5.2  x  0, 2  x  0,8mol
2

Câu 28: Cho 7,02 gam hỗn hợp bột Al, Fe, và Cu vào bình A chứa dung dịch HCl dư thu được khí B.
Lượng khí B được dẫn qua ống sứ đựng CuO nung nóng lấy dư,thấy khối lượng chất rắn trong ống
giảm 2,72 gam. Thêm vào bình A(chứa các chất sau phản ứng) lượng dư một muối natri ,đun nóng
thu được 0,04 mol một khí không màu, hóa nâu trong không khí. Phần trăm khối lượng Fe trong hỗn
hợp ban đầu là:
A.7,98%
B.15,95%
C.79,77%
D. 39,89%
Lời giải
Đáp án B
Thêm vào bình A muối NaNO3 vì có khí không màu, hóa nâu trong không khí là NO
Chú ý bình A có Cu và Fe2+ có thể thay đổi số oxi hóa
 m  mO  nH 2  nO  0,17  3a  2b  0,17.2 a  0,1
 Al : a



7, 02  Fe : b  27 a  56b  64c  7, 02
 b  0, 02
Cu : c b  2c  0, 04.3
c  0, 05



56.0, 02
 % Fe 
.100  15,95%
7, 02
Câu 29: Lấy V ml dung dịch H3PO4 35%(d=1,25 g/ml)đem trộn với 100 ml dung dịch KOH 2 M thu

được dung dich X có chứa 14,95 gam hỗn hợp hai muối K3PO4 và K2HPO4. Giá trị của V là:
A. 26,25 ml
B. 21ml
C.7,35ml
D.16,8ml
Lời giải
Đáp án D
 212a  174b  14,95
 K 3 PO4 : a
 a  0,05
14,95 
  BTNT . Kali

 K 2 HPO4 : b   3a  2b  0, 2 b  0,025
m
BTNT . phot . pho

 nP  naxit  0,075  V  dd  16,8( ml )
D

Nhận xét:
 Dung dịch kiềm tác dụng với H3PO4 tạo 2 muối  kiềm và H3PO4 đều hết  nOH  nH O


2

BTKL  mH PO  mKOH  mmuoi  mH O  mH PO  56.0, 2  14,95  18.0, 2
3

4

2

3

4

 mH 3 PO4  7,35( gam)  nH 3 PO4  0,075(mol )

Vậy V = 16,8(ml)
 Trong trường hợp kiềm dư thì H 3 PO4  3OH   PO43  3H 2O
 nH 2O  3nH 3 PO4

BTKL: mH PO  mkiem  mran  mH O
3

4

2

Câu 30: Hòa tan 5,64 gam Cu(NO3)2 và 1,7 gam AgNO3 vào nước thu được dung dịch X. Cho 1,57
gam hỗn hợp Y gồm bột Zn và Al vào X rồi khuấy đều. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được chất
rắn E và dung dịch D chỉ chứa 2 muối. Ngâm E trong dung dịch H2SO4 loãng không có khí giải
phóng. Phần trăm theo khối lượng của Zn trong hỗn hợp Y là:
A. 41,40%
B. 82,80%
C. 62,10%
D. 20,70%.
Lời giải
Đáp án B

Ngâm E không có khí thoát ra nên nó là Ag và Cu.Vậy ta có ngay :
Dung dịch D chỉ gồm Al(NO3)2, Zn(NO3)2, do đó Cu(NO3)2 và AgNO3 hết
Ta có sơ đồ sau:


 Al 3 : a

3a  2a  0,07
a  0,01
BTDT
D  Zn 2  : b



27 a  65b  1,57 b  0,02


NO
:
0,03.2

0,01

0,07
3

65.0,02
 % m Zn 
.100  82,8%
27.0,01  65.0,02

Đáp án B
Câu 31: Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm với Fe2O3 trong điều kiên không có không khí. Chia hỗn
hợp sau phản ứng thành hai phần. Phần một có khối lượng 67 gam cho tác dụng với lượng dư dung
dịch NaOH thấy có 16,8 lít H2 bay ra. Hòa tan phần hai bằng một lượng dư dung dịch HCl thấy có 84
lít H2 bay ra. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và các thể tích đo đktc . Khối lượng Fe thu được
trong quá trình nhiệt nhôm là:
A. 56 gam
B. 112 gam
C. 28 gam
D. 84 gam
Lời giải
Đáp án B
Hỗn hợp sau phản ứng nhiệt nhôm tác dụng với NaOH sinh ra khí chứng tỏ Al dư. Chú ý bài
toán chia hỗn hợp làm hai phần không bằng nhau, do đó số mol các chất trong mỗi phần sẽ khác
nhau nhưng tỉ lệ mol không đổi
Ta có sơ đồ sau:

 Fe : 2a

 2a.56  27b  102a  67  a  0, 25

BTE



 P1  67  Al : b

3b  0,75.2
b  0,5

 BTNT .oxi
  Fe  2a  k  2(mol )
 Al2O3 : a

 

BTE
 P  Fe : k 
 2k  3k  3,75.2  k  1,5
 2  Al : k

 mFe  2.56  112 gam

Câu 32: Lấy 22,4 gam hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3 tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,55 mol H2SO4
đặc nóng thu được khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cô cạn X, khối lượng muối thu
được là:
A. 60 gam.
B. 40 gam.
C. 84 gam.
D. 72 gam.
Lời giải
Đáp án A
Vừa đủ nghĩa là chất rắn đã tan hết và muối nói chung muối Fe3+ vì SO2 là sản phẩm khử duy
nhất.
 Fe : a  Fe2 ( SO4 )3 : 0,5a BTE 56a  16b  22, 4
a  0,3(mol )
22, 4 





 m  60( gam)
O : b
3a  2b  2(0,55  1,5a) b  0,35(mol )
 SO2 : 0,55  1,5a

Nhận xét:
 Nếu phân tích đoạn sau là oxit kim loại và kim loại dư tác dụng với H2SO4 đặc thì ta qui thành
kim loại , O tác dụng với HNO3
Kim loại + H2SO4 đặc  nH  2nH SO  4.nSO


2

4

2

 H 2O  nH  2nH SO  2nO
O + 2H 


2

4

 nH   2nH 2 SO4  4nSO2  2nO  nH 2 SO4  2nSO2  nO

 Đối với bài này ta được Fe : a(mol); O : b(mol)  56a  16b  22, 4(1)
Ta có 0,55  2nSO  b  2nSO  0,55  b

2

2

Bảo toàn mol e  3nFe  2nO  2nSO  3a  2b  0,55  b  3a  b  0,55(2)
2

Tổ hợp (1) và (2) ta được a  0,3(mol ); b  0,35(mol )


Muối là Fe2(SO4)3 : 0,15 (mol)  mmuối =400.0,15 = 60 gam
Câu 33: Cho 16 g hỗn hợp A có Fe, Mg, Al, Zn vào dung dịch HCl dư, thu được 8,96 lit H2 (đktc).
Cho 16 gam hỗn hợp A tác dụng với Cl2 dư thu 46,104 g muối. Vậy % Fe trong hỗn hợp là:
A. 22,4%.
B. 19,2 %.
C. 14,0%.
D. 16,8%.
Lời giải
Đáp án D
Để ý thấy chỉ có Fe thay đổi hóa trị từ 2 sang 3 trong 2 thí nghiệm và các kim loại khác không
thay đổi hóa trị do đó ta giả sử hỗn hợp chỉ có Fe
Số mol Fe chính là hiệu số mol e trong 2 thú nghiệm.Có ngay :
nH 2  0, 4  ne  0,8  2nFe
0,048.56

 nFe  3nFe  2nFe  ne  0,048  % m Fe 
.100  16,8%

46,104  16
16

 0,848  3nFe
nCl 
35,5


Nhận xét:
 Chú ý Fe là kim loại nhiều hóa trị nên khi tác dụng với chất có tính oxi hóa yếu chỉ cho hóa trị
II (như HCl, H2SO4 loãng,..) còn khi tác dụng với chất oxi hóa mạnh sẽ cho hóa trị III (như
HNO3, H2SO4 đặc, Cl2, Br2,...)
 Bài này cũng có thể làm theo cách sau
Muối tạo ra khi kim loại tác dụng với HCl là FeCl 2, MCln (với M đặt cho các kim loại hóa trị
không đổi)  mmuối = 16 + 71.0,4 = 44,4(gam)
Muối tạo ra khi kim loại tác dụng với Cl2 là FeCl3, MCln
Chênh lệch khối lượng 2 muối là FeCl3 và FeCl2
 nCl  nFe 

46,104  44, 4
 0,048(mol )  %mFe  16,8%
35,5

Câu 34: Điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp gồm NaCl và CuSO4 với điện cực trơ, màng ngăn
xốp đến khi nước bị điện phân ở hai điện cực thì ngừng điện phân. Ở anot thu được 4,48 lít khí (đktc),
dung dịch sau điện phân hòa tan 4,08 gam Al2O3. Giá trị lớn nhất của m là:
A. 30,04.
B. 49,00.
C. 57,98.
D. 60,08.
Lời giải
Đáp án C
Do dung dịch sau điện phân hoàn tan Al2O3 chứng tỏ có H  hoặc OH 

Trường hợp 1 : Al2O3 bị tan bởi OH  :
Al2O3  2OH   2 AlO2  H 2O
0,04  0,08

Các quá trình xảy ra ở các điện cực
Catot(-):
anot (+):
Cu 2   2e  Cu
x

2Cl   Cl2 

2x

2 H 2O  2e  2OH
0,08





H2

0, 4

2e

0, 2  0, 4

0,08

Bảo toàn mol e  2 x  0,08  0, 4  x  0,16(mol )
CuSO4 : 0,16

m  160.0,16  58,5.0, 4  49( gam)
 NaCl : 0, 4

Trường hợp 2: Al2O3 bị tan bởi H+ có ngay :
Al2O3 

6 H   2 Al 3  3H 2O

0,04 

0, 24

hoặc nhìn nhanh nH  3nAl  3.2.0,04  0, 24(mol)


3


Các phản ứng xảy ra ở các điện cực
Catot (-):
anot (+):
2Cl   Cl2  2e
Cu 2   2e  Cu

0, 28 0,14  0, 28

x

2 H 2O  4 H   4e

2x

0, 24

0, 24

 O2
0,06

Bảo toàn mol e  2 x  0, 28  0, 24  x  0, 26(mol )
CuSO4 : 0, 26
 m  160.0, 26  58,5.0, 28  57,98 gam

 NaCl : 0, 28

Câu 35: Cho m gam kali vào 120 ml dung dịch ZnSO4 1M thấy khối lượng dung dịch sau phản ứng
tăng 4,24 gam. Giá trị của m là:
A. 14,04.
B. 9,36.
C. 4,368.
D. 12,48.
Lời giải
Đáp án D
nZn2  0,12
m  4, 24

Ta có 

Nếu kết tủa tan hoàn hoàn:
Zn 2  4OH  ZnO22  2H2 O
 mK > 0,48.39=18,72 (Vô lý)

Tương tự nếu kết tủa chưa cực đại cũng vô lý ngay lý do là khối lượng kết tủa lớn hơn khối
lượng K cho vào nên dung dịch không thể tăng khối lượng được vì
1
K  H 2 O  KOH  H 2
2
x
x
0,5x
2OH   Zn 2   Zn(OH) 2 
x
0,5x
m dd   99.0,5x  2.0,5x  39x  11,5x  0

Do đó có ngay :
Các phản ứng:
1
H2
2
Zn 2   2OH   Zn(OH ) 2 
K  H 2O  KOH 

Zn 2   4OH   ZnO22  2 H 2O
nZn2  0,12


a  0,12.2  2(0,12  n ) a  0,32


 m  12, 48 gam
m  4, 24
n  0,08
4, 24  39a  a  99n
 K : a  KOH : a  0,5aH
2


Câu 36: Cho 100 ml dung dịch KOH 1M tác dụng với 100 ml dung dịch HCl xM thu được dung dịch
chứa 8,18 gam chất tan. Giá trị của x là:
A. 0,82.
B. 1,00.
C. 1,52.
D. 1,20.
Lời giải
Đáp án D
 KCl : 0,1
TH 1
nKOH  0,1 
 8,18 
 x  1, 2
 HCl : 0,1x  0,1

Có đáp án D rồi không cần thử TH2 nữa các bạn nhé !


Nhận xét: Có thể làm theo cách sau, bản chất phản ứng axit mạnh và bazơ mạnh là:

 H   OH   H 2O
 Dung dịch sau phản ứng gồm K  : 0,1(mol ); Cl  : 0,1x(mol ); H  dư hoặc OH  dư
- TH1: H  dư , BTĐT  nH  0,1x  0,1  39.0,1  35,5.0,1x  0,1x  0,1  8,18  x  1, 2( M )


- TH2: OH  dư, BTĐT
 nOH   0,1  0,1x  39.0,1  35,5.0,1x  17.(0,1  0,1x )  8,18  x  1,395( M ) (không có đáp

án)
Câu 37: Cho 2,4 gam Mg tác dụng với HNO3 dư. Phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 1,12 lit NO
(đktc) và dung dịch X. Khối lượng muối thu được trong X là
A. 17,25 gam.
B. 14,8 gam.
C. 11,7 gam.
D. 15,3 gam.
Lời giải
Đáp án D
nMg  0,1  ne  0, 2
 Mg ( NO3 ) 2 : 0,1
0, 2  0,05.3
 nNH 4 NO3 
 0,00625  

8
nNO  0,05
 NH 4 NO3 : 0,00625
 m  148.0,1  80.0,00625  15,3gam

Câu 38: Hỗn hợp khí A gồm CO và H2 có tỉ khối đối với hiđro bằng 4,25, hỗn hợp khí B gồm O2 và
O3 có tỉ khối đối với H2 là 20. Để đốt cháy hoàn toàn 10 lít khí A cần lượng thể tích hỗn hợp khí B là:

(các khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất)
A. 8 lít.
B. 6 lít.
C. 10 lít.
D. 4 lít.
Lời giải
Đáp án D
Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có ngay

nCO 4, 25.2  2 1 nO2 48  40 1

 ;


nH 2 28  4, 25.2 3 nO3 40  32 1

ta có sơ đồ sau:
O2 : 0,5a
CO  O  CO2
CO : 2,5
10 A 
X
(nO  0,5a.2  0,5a.3  2,5a) hay 
 H 2 : 7,5
 H 2  O  H 2O
O3 : 0,5a
BTNT .oxi

 2,5a  10  a  4  D

Câu 39: Cho m gam X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 vào 400 ml dung dịch HCl 2M, sau phản ứng thu
được 2,24 lít H2 (đktc), dung dịch Y, và 2,8 gam Fe không tan. Giá trị m là:
A. 27,2.
B. 25,2.
C. 22,4.
D. 30,0.
Lời giải
Đáp án D
Chú ý là
-

2 H   O 2  H 2O
2H   H 2

- Chỉ có Fe mới tạo ra H2 khi tác dụng với HCl
- Do Fe dư nên chỉ thu được muối Fe (II)
nHCl  0,8  nFeCl2  0, 4

 Fe : 0, 4.56  2,8( gam)

nHCl  0,8 BTNT .hidro
0,8  0, 2
 0,3 O : 0,3.16( gam)
n  0,1  nH 2O 
2
 H 2
 mX  0, 4.56  2,8  0,3.16  30 gam

Nhận xét: Bài này có thể làm theo sau
 BT H : nHCl  2nH  2nH O  2nH  2nO  nO 

2

2

2

0,8  2.0,1
 0,3(mol )
2


nHCl
 0, 4(mol)( BT Cl )
2
 m  0, 4.56  0,3.16  2,8  30( gam)

 nFeCl 
2

Câu 40: Hòa tan hoàn toàn 22,30 gam hỗn hợp X gồm crom và thiếc vào dung dịch HCl dư thu được
6,72 lít H2 (đktc). Số mol O2 cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 11,15 gam X là:
A. 0,150.
B. 0,125.
C. 0,100.
D. 0,075.
Lời giải
Đáp án B
Cr : a 52a  119b  22,3 Cr : 0, 2  Cr2O3 : 0,1 BTNT .oxi
0,1.3  0,1.2
22,3 




 nO2 
 0, 25
2
 Sn : b
2a  2b  0,3.2
 Sn : 0,1  SnO2 : 0,1

Nhận xét:
 Các kim loại có nhiều hóa trị khi tác dụng với chất oxi hóa yếu cho hóa trị thấp, khi tác dụng
với chất oxi hóa mạnh cho hóa trị cao
 Một số kim loại nhiều hóa trị như Fe (II, III), Cr(II, III, VI), Sn(II, IV),… Riêng Cr khó lên
được hóa trị VI
 Ví dụ
Cr  2HCl  CrCl 2  H 2 Sn  2HCl  SnCl 2  H 2
;

Sn  O 2  SnO 2
4Cr  3O 2  2Cr2 O3

Câu 41: Cho 7,1 gam P2O5 vào 100 ml dung dịch KOH 1,5M thu được dung dịch X. Cô cạn dung
dịch X được hỗn hợp gồm các chất là:
A. KH2PO4 và K2HPO4.
B. KH2PO4 và H3PO4.
C. KH2PO4 và K3PO4.
D. K3PO4 và K2HPO4.
Lời giải
Đáp án A

nP2O5  0,05  nH 3 PO4  0,1  HPO42  : 0,05



nOH  0,15
 H 2 PO4 : 0,05

Câu 42: Cho m gam kim loại M tan hoàn toàn trong 200 ml dung dịch HCl 0,5M thu được dung dịch
X và 2,016 lít H2 (đktc). Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam kết
tủa?
A. 32,84 gam
B. 14,35 gam
C. 28,70 gam
D. 23,63 gam.
Lời giải
Đáp án D
nHCl  0,1
do đó M phải kim loại tác dụng với H2O.Ta có ngay :

nH 2  0,09  HCl (thieu )
BTNT
Cl  : 0,1 
 AgCl : 0,1
 dd. X 
 m  143,5.0,1  232.0,04  23,63gam

OH : 0,08  AgOH  Ag 2O : 0,04

Câu 43: Hỗn hợp X gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl có tổng khối lượng là 83,68 gam. Nhiệt
phân hoàn toàn X thu được 17,472 lít O2 (đktc) và chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Y tác dụng vừa đủ

0,36 lít dung dịch K2CO3 0,5M thu được dung dịch Z. Lượng KCl trong Z nhiều gấp 22/3 lần lượng
KCl trong X. Phần trăm khối lượng KClO3 trong X là?
A. 47,62%
B. 23,51%
C. 58,55%
D. 81,37%
Lời giải
Đáp án C


CaCl2 : a
nO2  0,78  mY  83,68  0,78.32  58,72 
 111a  74,5b  58,72
 KCl : b
CaCO3 : 0,18  a  0,18  b  0,52
Y  0,18K 2CO3  
 KClZ : 0,88  KCl X : 0,12
 Z : KCl : b  0,36
49
BTNT

 n KClO3  b  0,12  0, 4  % KClO3 
.100  58,55%
83,68

Câu 44: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,002 mol FeS2 và 0,003 mol FeS vào lượng dư dung
dịch H2SO4 đặc nóng thu được khí X. Hấp thụ toàn bộ khí X bằng lượng vừa đủ V ml dung dịch
KMnO4 0,05M. V có giá trị là:
A. 280 ml
B. 172ml

C. 188ml
D. 228 ml.
Lời giải
Đáp án D
X + H2SO4 đặc:
Bảo toàn mol e  15.0,002  9.0,003  2nSO
2

Khí SO2 + KMnO4:
Bảo toàn mol e  5nKMnO  2nSO
4

 nKMnO4 

2

0,002.15  0,003.9
 0,0114(mol )  V  0, 228(lit )  228(ml )
5

Câu 45: Chia 2m gam hỗn hợp X gồm Mg, Al và Cu thành hai phần bằng nhau. Phần một cho tác
dụng với Cl2 dư,đun nóng thu được (m+7,1)gam hỗn hợp muối. Oxi hóa phần hai cần vừa đúng V lít
hỗn hợp khí A gồm O2 và O3(đktc). Biết tỷ khối hơi của A với H2 là 20, các phản ứng xảy ra hoàn
toàn,giá trị của V là:
A. 0,448 lít
B. 0,896 lít
C. 1,12 lít
D. 0,672 lít.
Lời giải
Đáp án B

Đây là bài toán BTE khá đơn giản.
7,1
 
n

n
 0, 2
 
e
Cl

35,5

 V  0, 04.22, 4  B
 O : a  4a  6b  0, 2
 a  0, 02
 A  2   32a  48b

 O3 : b

40
b  0, 02
 a  b

Nhận xét: Bài này chúng ta cũng có thể làm theo cách sau
 nCl 

m  7,1  m
 0, 2(mol )
35,5

 M A  40  Ox  40  x 

40
 2,5
16

 Nhận xét kim loại hóa trị không đổi do đó số mol e nhận của Cl và O bằng nhau
Cl 0  1e  Cl ; O2,5  5e  2,5O 2

 nCl  5nA  nA 

0, 2
 0,04(mol )  V  0,896(lit )
5

Câu 46: Nung hỗn hợp gồm 6,4 gam Cu và 54 gam Fe(NO3)2 trong bình kín ,chân không. Sau phản
ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp khí X. Cho X phản ứng hết với nước thu được 2 lít dung dịch Y. pH
của dung dịch Y là:
A. 0,664
B. 1,3
C. 1
D. 0,523.
Lời giải


Đáp án A
 CuO : 0,1

  Fe2O3 : 0,15

Cu : 0,1

BTNT

 
 HNO3 : a

 Fe( NO3 ) 2 : 0,3
  NO2 : 0,6  
BTE
 a  2(0,6  a )  0,025.4
 NO : 0,6  a 

 O2 : 0,025

 a  0, 433
 
 pH   lg 0, 2167  0,664
  H   0, 2167

Câu 47: Để m gam phôi bào sắt ngoài không khí,sau một thời gian Fe bị oxi hóa thành hỗn hợp X
gồm 4 chất rắn có khối lượng 27,2 gam. Hòa tan vừa hết X trong 300 ml dung dịch HCl nồng độ a
mol/lit thấy thoát ra 3,36 lít H2(đktc) và dung dịch Y. Cho tiếp dung dịch HNO3 tới dư vào dung dịch
Y được dung dịch Z chứa hỗn hợp FeCl3, Fe(NO3)3, HNO3 dư và có 2,24 lít NO duy nhất thoát
ra(đktc). Giá trị của m và a lần lượt là:
A. 22,4 gam và 3M
B. 16,8 gam và 2M.
C. 22,4 gam và 2M
D.16,8 gam và 3M.
Lời giải

Đáp án A
Bài này ta áp dụng BTE cho cả quá trình
 Fe : a BTE
3a  2b  0,6
a  0, 4  m  22, 4
27, 2 

 3a  2b  0,15.2  0,1.3  

O : b
56a  16b  27, 2 b  0,3
BTNT .hidro
nHCl  nH  
nHCl  0,15.2  2b  0,9  a  3M

Câu 48: Cho 2,9 gam hỗn hợp gồm Cu ,Ag tác dụng với 250 ml dung dịch có pH =1 gồm HNO3
5.10-2M, H2SO4. Sau khi phản ứng xong thu được V lít NO (là sản phẩm khử duy nhất) và có 2 gam
kim loại không tan. Tính giá trị của V(đktc) và tổng khối lượng muối thu được sau phản ứng trên?
A. 1,8875 gam muối và V = 0,168
B. 1,8875 gam muối và V =0,14
C. 1,7875 gam muối và V =0,14
D. 1,7875 gam muối và V =0,168.
Lời giải
Đáp án B

 HNO3 : 0,0125

  H   0,1   nH   0,025  
0,025
 0,00625  V  0,14


 H 2 SO4 : 0,00625  nNO 
4
 

 4 H  NO3  3e  NO  2 H 2O

Để tính khối lượng muối ta đi áp dụng ĐLBTKL (chú ý là H+ đã hết)
0,9 : kim loai

m  NO3 : 0,0125  0,00625  0,00625  m  1,8875
 2
 SO4 : 0,00625

Câu 49: Thêm từ từ từng giọt 100 ml dung dịch chứa Na2CO3 1,2M và NaHCO3 0,6M vào 200 ml
dung dịch HCl 1 M. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Cho dung dịch BaCl2 đến dư
vào X thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là:
A. 9,85
B. 7,88
C. 23,64
D. 11,82
Lời giải
Đáp án B
Các bạn chú ý : Cho như vậy thì CO2 sẽ bay lên ngay lập tức và do cả CO32 va HCO3 sinh ra
theo đúng tỷ lệ mol do đó có ngay :


 CO32 
0,12


 2 CO32   CO2 : a
a  2b
a  0,08 CO32  (du ) : 0,04


HCO
0,06








3

 HCO3  CO2 : b 2a  b  0, 2 b  0,05 m  0,04.197  7,88
 
 H : 0, 2

Chú ý : Nếu người ta cho Ba(OH)2 vào thì phải tính cả lượng HCO3 dư nhé
Nhận xét: Bài này ta cũng có thể tổ hợp luôn 1 phản ứng dựa vào tỉ lệ HCO3 : CO32  1: 2 , và
do CO32 va HCO3 phản ứng đồng thời
HCO3 

2CO32  

0,04

0,08

5 H   3CO2 

3H 2 O

 0, 2

 nCO2 dư =0,12 – 0,08 = 0,04(mol)  m  197.0,04  7,88( gam)
3

Câu 50: Để tác dụng vừa đủ với m gam hỗn hợp X gồm Cr và kim loại M có hóa trị không đổi cần
vừa đúng 2,24 lít hỗn hợp khí Y(đktc) gồm O2 và Cl2 có tỷ khối đối với H2 là 27,7 thu được 11,91
gam hỗn hợp Z gồm các oxit và muối clorua. Mặt khác ,cho m gam hỗn hợp X tác dụng với một
lượng dư dung dịch HNO3 đặc nguội thu được 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Kim loại M là:
A. Ca
B. Cu
C. Mg
D. Zn
Lời giải
Đáp án D
Chú ý : Cr không tác dụng với HNO3 đặc nguội
Cả 4 đáp án Kim loại đều hóa trị II
Có ngay :

Cr : a
m  11,91  5,54  6,37 

 M : 0,05   NO2 : 0,1


BTE

 3a  0,05.2  0,04.4  0,06.2  a  0,06

b  c  0,1
O2 : b
b  0,04


0,1.Y Cl : c   32b  71c  55, 4  c  0,06

 2
 0,1


6,37  0,06.52
M
 65
0,05

Câu 51: Cho 12,25 gam KClO3 vào dung dich HCl đặc, khí Cl2 thoát ra cho tác dụng hết với kim
loại M thu được 30,9 gam hỗn hợp chất rắn X. Cho X vào dung dịch AgNO3 dư,thu được 107,7 gam
kết tủa. Vậy kim loại M là:
A. Zn
B. Mg
C. Fe
D. Cu.
Lời giải
Đáp án B

nKClO3  0,1 BTE Cl 5  6e  Cl 


 0,1.6  2a  a  0,3


2Cl  2e  Cl2
nCl2  a
 M : 9,6
 AgCl  0,6.143,5  86,1
30,9 
107,7 
Cl : 21,3
 Ag : 21,6  nAg  0, 2(mol )

Nếu M là Fe ta thấy vô lý ngay.Do đó M là 1 kim loại hóa trị 2.
Áp dụng BTE có ngay : ne  2nM  nCl  nAg  0,6  0, 2  0,8  nM  0, 4(mol )  M 

9,6
 24  B
0, 4

Câu 52: Điện phân 2 lít dung dịch chứa hỗn hợp gồm NaCl và CuSO4 với điện cực trơ,có màng ngăn
đến khi H2O bắt đầu điện phân ở cả hai cực thì dừng lại. Tại catot thu 1,28 gam kim loại đồng thời tại
anot thu 0,336 lít khí(đktc). Coi thể tích dung dịch không đổi thì pH của dung dịch sau điện phân là:
A. 12
B. 2
C. 13
D. 3

Lời giải
 0,02  n e  0,04

 n Cu
a  0,01
a  b  0,015

BTE



Cl 2 : a

2a  4b  0,04  b  0,005  n H   4b  0,02
 n anot  0,015 O : b
 2

0,02
 pH   lg
2
2
Đáp án B
Câu 53: Cho m gam Na kim loại vào dung dịch hỗn hợp A chứa x (mol) X(NO3)2 và y (mol)
Y(NO3)3 (X, Y là các nguyên tố hóa học chưa biết, trong nguyên tử chỉ chứa tối đa 4 lớp electron) thu
được dung dịch B chỉ chứa 3 muối và khí C (ngoài ra không còn chứa chất nào khác). Giá trị lớn nhất
của m theo x, y là
A. 92y.
B. 92(x+y).
C. 92x.

D. 46(x+y)
Lời giải
Tính m theo x, y
Na + H2O → NaOH + ½ H2
Trường hợp 1: Y tạo hợp chất lưỡng tính
Y(NO3)3 + 4 NaOH → Na[Y(OH)4] + 3 NaNO3
y
4y
3 muối gồm: Na[Y(OH)4], NaNO3, X(NO3)2
mNa = 23.4y = 92y
(X có thể là Ca, Ba và Y có thể là Al, Cr)
Trường hợp 2: X và Y đều tạo hợp chất lưỡng tính
Y(NO3)3 + 4 NaOH → Na[Y(OH)4] + 3 NaNO3
y
4y
X(NO3)2 + 4 NaOH → Na2[X(OH)4] + 2 NaNO3
x
4x
3 muối gồm: Na[Y(OH)4], NaNO3, Na2[X(OH)]4
mNa = 23. (4x + 4y) = 92 (x + y)
(X có thể là Zn và Y có thể là Al, Cr)
Đáp án B
Câu 54: Đốt cháy 0,3 mol Mg trong bình chứa 0,1 mol không khí (gồm 20% ôxi và 80% nitơ) thu
được hỗn hợp rắn A. Cho A vào dung dịch H3PO4 0,33M. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thể
tích tối thiểu dung dịch H3PO4 0,33M cần để hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A là
A. 2,303 lit.
B. 0,606 lit.
C. 0,364 lit.
D. 1,091 lit.
Lời giải

Tính V(H3PO4)
Các phản ứng của Mg khi cháy trong không khí:

2Mg +
0,04 

t C
O2 
2MgO
0,02mol  0,04

3Mg +
0,24 

t C
N2 
Mg3N2
0,08mol  0,08

0

0

1
Với nO2  .0,1  0, 02mol vaø n N2  0,1 - 0, 02  0, 08mol
5
Vậy số mol Mg dư = 0,3 – (0,04 + 0,24) = 0,02 mol


Sản phẩm A gồm

Mg: 0,02 mol; MgO : 0,04 mol; Mg3N2 : 0,08 mol
Để hỗn hợp rắn tan hết phải tạo muối H 2 PO 4
MgO + 2H3PO4  Mg(H2PO4)2 + H2O
0,04  0,08
Mg + 2H3PO4  Mg(H2PO4)2 + H2 
0,02 
0,04
Mg3N2 + 8H3PO4  3Mg(H2PO4)2 + 2NH4H2PO4
0,08 
0,64
Số mol H3PO4 = 0,08 + 0,04 + 0,64 = 0,76 mol
Thể tích dd H3PO4 0,33M tối thiểu cần dùng là : V = 0,76/0,33= 2,303 (lít)
Câu 55: Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho người ta thu được hỗn hợp 2 axit
(axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn
toàn hỗn hợp này cần dùng 45ml dung dịch NaOH 2M. Phần trăm khối lượng halogen trong
halogenua photpho là
A.85,13%.
B. 88,56%.
C. 92,80%.
D. 77,45%
Lời giải
Đáp án D
Halogenua của photpho có thể có công thức PX3 hoặc PX5.
*Xét trường hợp PX3:
PTHH PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX
H3PO3 + 2NaOH → Na2HPO3 + 2H2O ( axit H3PO3 là axit hai lần axit)
HX + NaOH → NaX + H2O
số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol
Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX3 cần 5 mol NaOH;
số mol PX3 = 1/5 số mol NaOH = 0,09/5 = 0,018 mol

Khối lượng mol phân tử PX3 = 2,475/0,018 = 137,5
Khối lượng mol cuả X = (137,5 – 31): 3 = 35,5  X là Cl . Công thức PCl3
35,5.3
 %mCl(PCl3 ) 
.100  77, 45%
31  35,5.3
*Xét trường hợp PX5:
PX5 + 4H2O → H3PO4 + 5HX
H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O
HX + NaOH → NaX + H2O
số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol
Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX5 cần 8 mol NaOH;
số mol PX5 = 1/8 số mol NaOH = 0,09/8 = 0,01125 mol
Khối lượng mol phân tử PX5 = 2,475/0,01125 = 22
Khối lượng mol cuả X = (220 – 31): 5 = 37,8  không ứng với halogen nào.
Câu 56: Hòa tan 4,8 gam kim loại M hoặc hòa tan 2,4 gam muối sunfua của kim loại này, bằng dung
dịch HNO3 đặc nóng dư, thì đều thu được lượng khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) như nhau. Phần
trăm khối lượng lưu huỳnh trong muối sunfua là
A. 53,33%.
B. 33,33%.
C. 20,00%
D. 36,36%.
Lời giải
(1) Phương trình phản ứng:


M + 2m H  + m NO3  M m  + mNO2 + mH2O

(1)

M2Sn + 4(m+n) H  + (2m+6n) NO3  2 M m  + n SO 24  + (2m+6n)NO2 + 2(m+n)H2O (2)
(2) Vì số mol NO2 ở hai trường hợp là bằng nhau nên ta có:
4,8
2,4
m
( 2m  6n )
M
2M  32n

64mn

M 
 
6n  2m , nghiệm thích hợp là n = 1, m = 2 và M = 64.
 n , m  1,2,3
Vậy M là Cu và công thức muối là Cu2S  %mS(Cu 2S) 

32
.100  20, 00%
64.2  32

Đáp án C
Câu 57: Hoà tan hoàn toàn 0,775 gam đơn chất A trong dung dịch HNO3 đặc được một hỗn hợp gồm
hai khí (tồn tại trong điều kiện thích hợp) có khối lượng là 5,75 gam và một dung dịch gồm 2 axit có
oxi với hàm lượng oxi lớn nhất. Để trung hoà hai axit này cần dùng vừa hết 0,1 mol NaOH. Biết tỷ
khối hơi của hỗn hợp khí so với hiđro là 115/3. Tỷ lệ số mol 2 axit có trong dung dịch sau phản ứng
là
A. 1 : 2.
B. 2 : 3.
C. 1 : 1.

D. 4 : 3.
Lời giải
115
M khi 
.2  76, 67  NO 2  46  76, 67  N 2 O 4
3
46x  92y  5, 75
 x  0, 025mol

Đặt số mol NO2 : x mol; N2O4 : y mol  
5, 75.3  
 y  0, 05mol
 x  y  230
Gọi a là số mol; n là hóa trị của A

A.a  0, 775
A 0, 775
  BT e
 
 A  6, 2n  n  5; A  31(P)
n 0,125
 na  0, 025  0, 05.2  0,125
 
Dung dịch 2 axit là H3PO4 : 0,025 mol; HNO3 dư
 0, 025.3  n HNO3  0,1  n HNO3  0, 025mol  n HNO3 : n H3PO4  1:1
Đáp án C
Câu 58: Từ các nguyên tố O , Na , S tạo ra được các muối A , B đều có 2 nguyên tử Na trong phân
tử. Trong một thí nghiệm hoá học người ta cho m1 gam muối A biến đổi thành m2 gam muối B và
6,16 lít khí Z tại 27,3oC ; 1 atm . Biết rằng hai khối lượng đó khác nhau 16,0 gam. Tổng giá trị của
m1 và m2 là

A. 55.
B. 67.
C. 75.
D. 90.
Lời giải
6,16.273
 0,25(mol)
300,3..22,4
Đặt A là Na2X ; B là Na2Y , ta có : Na2X 
 Na2Y
nA  nB  nZ 

+

Z

Z có thể là H2S , SO2. Vậy:
Cứ 0,25 mol thì lượng A khác lượng B là 16,0 g .
So sánh các cặp chất , thấy A : Na2S ; B : Na2SO4. Vậy :
Na2S
+ H2SO4 

Na2SO4
+
H2S 
Tính m1 , m2 :


m1 = 78  0,25 = 19,5 (g)
m2 = 19,5 + 16,0 = 142,0  0,25 = 35,5 (g)

 m1  m 2  19,5  35,5  55gam
Đáp án A
Câu 59: Ba nguyên tố A, D, E có tổng điện tích hạt nhân là 16. Trong phân tử AD3 có 10 proton.
Tổng số liên kết xich ma trong các hợp chất tạo bởi A, D, E là
A. 7.
B. 6.
C. 5.
D. 4.
Lời giải
NH3 có 10 proton  A là N, D là H  điện tích hạt nhân của E là 16 – 7 – 1 = 8
 E là O
Các hợp chất tạo bởi A, D, E là HNO2 (H-O-N=O: 3 xichma);
HO N  O
HNO3 (


O

4 xich ma)

Tổng có 7 xich ma
Đáp án A
Câu 60: Cho 11,2 gam Fe vào 300 ml dung dịch chứa (HNO3 0,5M và HCl 2M) thu được khí NO
(sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch
KMnO4/H2SO4 loãng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu m
gam chất rắn khan. Giá trị của m và giá trị khối lượng (gam) KMnO4 đã bị khử lần lượt là
A. 27,175 và 23,7.
B. 30,725 và 4,74.
C. 32,5 và 18,96.
D. 16,25 và 20,54.

Lời giải
nFe = 0,2 mol;
nHNO3  0,15; nHCl = 0,6 => nH   0,75, nNO   0,15; nCl   0,6
3

Fe +

4H+ +

NO3 → Fe3+ + NO + 2H2O

0,15 ←0,6 ←0,15 → 0,15
Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+
0,05 → 0,1 → 0,15
Dung dịch X có Fe2+ (0,15 mol); Fe3+ (0,05 mol); H+ (0,15 mol); Cl (0,6 mol)
Cô cạn dung dịch X được 2 muối: FeCl2 (0,15 mol) và FeCl3 (0,05 mol)
=> mmuối = 27,175 gam
Cho lượng dư KMnO4 / H2SO4 vào dung dịch X:
Fe+2 → Fe+3 + 1e
Mn+7 + 5e → Mn+2
2 Cl → Cl2 + 2e
Dùng bảo toàn mol electron ta có:
nFe2 + n Cl  = 5n Mn7
 Số mol KMnO4 = Số mol Mn+7 = 0,15 mol
m (KMnO4) = 23,7 gam.
Câu 61: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 5,6 gam Fe và 3,2 gam Cu trong 500 ml dung dịch hỗn hợp
HNO3 0,2M và HCl 0,8M, thu được khí NO (khí duy nhất) và dung dịch X. Cho X vào dung dịch
AgNO3 dư, thu được m gam chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử
duy nhất của N+5 trong các phản ứng. Giá trị của m là
A. 30,05.

B. 57,4.
C. 60,1.
D. 68,2.


Lời giải
Số mol Fe = 0,1 mol, Cu = 0,05 mol, H+ = 0,5 mol, NO3 = 0,1 mol, Cl = 0,4 mol
Fe + NO3 + 4H+
Ban đầu: 0,1
Phản ứng: 0,1
Sau pư : 0

0,1
0,1
0

 Fe3+ + NO↑ + 2H2O (1)

0,5
0,4
0,1

0,1
0,1

Vì NO3 hết, Cu phản ứng với Fe3+
Cu + 2Fe3+  Cu2+ + 2Fe2+ (2)
0,05 0,1
0,05
0,1

Dung dịch X gồm: Cu2+ :0,05 mol, Fe2+ :0,1 mol, Cl :0,4 mol; H+:0,1 mol
Cho X vào AgNO3 dư xảy ra phản ứng:
3Fe2+ + NO3 + 4H+
Ban đầu: 0,1
0,1
Phản ứng: 0,075
0,1
Sau pư : 0 025
0,0
+
2+
3+
Ag + Fe  Fe + Ag↓
0,025
0,025

 3Fe3+ + NO↑ + 2H2O (3)
0,075
0,075
(4)

Ag+ + Cl  AgCl↓
(5)
0,4
0,4
-Chất rắn gồm: Ag (0,025mol) và AgCl (0,4 mol)
-Tính được khối lượng m = 0,4x143,5 + 0,025x108 = 60,1 gam
Câu 62: Cho 10,40 gam hỗn hợp X (gồm Fe, FeS, FeS2, S) tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng
dư thu được V lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với
dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 45,65 gam kết tủa. Số mol HNO3 trong dung dịch cần dùng để oxi

hóa hoàn toàn hỗn hợp X là
A. 1,5.
B. 0,9.
C. 0,3.
D. 1,2
Lời giải
3
Dung dịch A chứa Fe ;SO24 ; có thể có NO3 ;H
Kết tủa gồm Fe(OH)3 và BaSO4
Đặt số mol Fe là a mol; S là b mol

56a  32b  10, 4
a  0,1mol


107a  233b  45, 65 b  0,15mol
Nhận thấy 3.0,1  3n Fe3  2.0,15  2.n SO2  dung dịch A chỉ có Fe3 ;SO24 . Chứng tỏ dung
4

dịch A không có muối nitrat ( NO3 )
BT e

 3n Fe  6n S  1.n NO2  n NO2  3.0,1  6.0,15  1, 2mol  n HNO3  1, 2mol

Đáp án D
Câu 63: Cho 8,64 gam Mg vào dung dịch hỗn hợp X gồm NaNO3 và H2SO4, đun nhẹ đến khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A; 1,792 lít hỗn hợp khí B có khối lượng 1,84 gam
gồm 2 chất khí không màu trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí, còn lại 4,08 gam chất rắn
không tan . Cô cạn cẩn thận dung dịch A thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 29,8

B. 36,54
C. 29,72
D. 27,08
Lời giải




Ta tính được: n Mg 



Khi đó M B 




1, 792
8, 64
 0, 08(mol)
 0,36 (mol) ; n B 
22, 4
24

1,84
 23 . Do B có 1 khí hóa nâu ngoài không khí, do đó khí hóa nâu là khí NO
0, 08
(PTK =30 >23)  Phải có 1 khí có PTK < 23. Khí đó chỉ có thể là H2
 NO : a (mol) a  b  0, 08
a  0, 06 mol



Vậy trong B chứa 
30.a  2.b 1,84 b  0, 02 mol
H 2 :b(mol)
KhíB: 0,06molNO; 0,02molH
NaNO
Sơ đồ phản ứng: Mg + X
→
4,08gamchấtrắnkhôngtan
H SO
DungdịchA
,
,
Rắn không tan chính là Mg  n ả ứ =
= 0,19(mol)
Nhận thấy sản phẩm khử ngoài NO ; H2 có thể có cả muối amoni NH 4 ( cũng do đã tạo ra
H2, điều đó chứng tỏ trong dung dịch không còn ion NO3 )

n
n




ườ

ậ

= 2. n

= 3. n

= 2.0,19 = 0,38(mol)

+ 2. n

+ 8. n

 n NH 
4

0,38  0, 22
 0, 02 (mol)
8

Nhận thấy bảo toàn N ta có:
n NaNO3 (ban dau)  n NO  n NH  0, 06  0, 02  0, 08(mol)
4

Do trong dung dịch không còn ion NO3 nên thành phần dung dịch A chỉ gồm muối sunfat.

MgSO 4

Thành phần của dung dịch A bao gồm  Na 2SO 4
(NH ) SO
4 2
4


n MgSO4  n Mg  0,19 (mol)
1
n NaNO3  0, 04 (mol)
2
1
n ( NH 4 )2 SO4  .n NH   0, 01(mol)
4
2
 m  m muoi trong A  0,19.120  0, 01.132  0, 04.142  29,8(gam)

Bảo toàn nguyên tố và nhóm nguyên tố ta tính được: n Na 2SO4 

Đáp án A
Câu 64: Trộn 8,4 gam bột Fe và 3,2 gam bột S, nung nóng hỗn hợp trong điều kiện không có không
khí cho đến phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sản phẩm thu được hòa tan hoàn toàn trong dung dịch H 2SO4
đặc nóng, thấy thoát ra V(lit) khí SO2 (đktc). Giá trị của V là
A. 11,76.
B. 1,344.
C. 7,28.
D. 10,08.
Lời giải
= 0,15
; = 0,1
ℎỗ ℎợ {

→ Sản phẩm + H2SO4(đặc, nóng)→ Fe3++S+6(SO42-)+ SO2 + H2O

Vậy, nếu xét toàn bộ quá trình ta có:
Fe → Fe3+ +3e

S+6 +2e → SO2
, .
S → S+6 +6e
→
=
Đáp án A

, .

= 0,525

→

= 11,76 lít