baitapvocovandungdactrung3dangbaitapvococobanva3ythh

<span class='text_page_counter'>(1)</span>2 - Vận dụng đặc trưng 3 dạng bài tập vô cơ cơ bản và 3 YTHH Câu 1.:Hòa tan hoàn toàn m gam bột Al vào 100ml dung dịch KOH 2M thu được dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với 290ml dung dịch HCl 1M thu được 7,02 gam kết tủa. Tính m? A. 3,24 gam. B. 2,7 gam. C. 1,62 gam. D. 2,16 gam. Câu 2. :Nung 8,92 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Cu, Zn, Mg trong oxi, sau một thời gian thu được 10,84 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HNO3 (dư), thu được 2,688 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số mol HNO3 đã phản ứng là A. 0,56. B. 0,72. C. 0,48. D. 0,64. Câu 3. :Cho 22,72 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dd HNO3 loãng dư thu được V lít khí NO (duy nhất ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 77,44 gam muối khan. Giá trị của V là A. 2,24. B. 2,688. C. 4,48. D. 5,6. Câu 4. :Hòa tan hoàn toàn 20,88 gam một oxit sắt bằng dung dịch HNO3 đặc, nóng thu được dung dịch X và 6,496 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn dung dịch X, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 52,2. B. 54,0. C. 70,18. D. 48,4. Câu 5. :Đốt 24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu trong không khí thu được m gam hỗn hợp chất rắn Y gồm Fe, Cu, CuO, Fe3O4. Cho hỗn hợp Y vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 6,72 lít SO2 (đktc) và dung dịch có chứa 72 gam muối sunfat. Xác định m? A. 25,6. B. 28,8. C. 27,2. D. 26,4. Câu 6. :Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Cu và Mg vào 400ml dung dịch HNO3 1M thì thu được dung dịch A và 2,24 lít hỗn hợp khí NO và NO2 (đktc). Cho từ từ dung dịch B gồm NaOH 0,1M và Ba(OH)2 0,2M vào dung dịch A cho đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất. Thể tích dung dịch B đã dùng là A. 600 ml. B. 700 ml. C. 500 ml. D. 830 ml. Câu 7. :Cho 58,5 gam kim loại M (hoá trị không đổi) tác dụng với 3,36 lít O2. Hoà tan chất rắn sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít H2 (các khí đều đo ở đktc). Xác định kim loại M A. Zn. B. Mg. C. Ca. D. Al. Câu 8. :Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được m gam kết tỉa. Giá trị của m là A. 21,60. B. 15,76. C. 23,64. D. 21,92. Câu 9. :Hỗn hợp rắn A gồm Mg, Al và Cu. Đốt cháy m gam rắn A cần dùng 2,24 lít (đktc) hỗn hợp gồm O2 và O3 có tỉ khối so với He bằng 9,6 thu được hỗn hợp rắn B gồm các oxit. Hòa tan hoàn toàn B cần dùng 200 ml dung dịch chứa HCl 0,6M và H2SO4 xM. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (3m + 5,94) gam muối khan. Giá trị của m là A. 6,4 gam. B. 7,8 gam. C. 8,6 gam. D. 12,4 gam. Câu 10. :Hỗn hợp rắn A gồm Al2O3, Mg, Fe3O4 và Zn trong đó oxi chiếm 25,449% về khối lượng. Hòa tan hết 48,41 gam hỗn hợp rắn A cần dùng dung dịch chứa HCl 1,0M và H2SO4.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1,25M thu được 7,84 lít H2 (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan. Giá trị m là A. 135,61 gam. B. 134,42 gam. C. 136,56 gam. D. 165,14 gam. Câu 11. :Chia 156,8 gam hỗn hợp L gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 thành hai phần bằng nhau. Cho phần thứ nhất tác dụng hết với dung dịch HCl dư được 155,4 gam muối khan. Phần thứ hai tác dụng vừa đủ với dung dịch M là hỗn hợp HCl, H2SO4 loãng thu được 167,9 gam muối khan. Số mol của HCl trong dung dịch M là A. 1,75 mol. B. 1,80 mol. C. 1,50 mol. D. 1,00 mol. Câu 12. :Hỗn hợp X gồm FeCO3, FeO, MgCO3, MgO trong đó số mol muối cacbonat bằng số mol oxit kim loại tượng ứng. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dung dịch H2SO4 9,8% vừa đủ thu được dung dịch Y trong đó nồng độ % của FeSO4 là 5,775%. Nồng độ % của MgSO4 trong dung dịch Y là A. 7,689%. B. 8,146%. C. 6,839%. D. 9,246%. Câu 13. :Cho 13,36 gam hỗn hợp A gồm Cu và Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 đặc dư, thu được V lít khí SO2 (đktc) và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa C, nung kết tủa này đến khối lượng không đổi thu được 15,2 gam chất rắn D. Giá trị của V là A. 2,240 lít. B. 3,324 lít. C. 2,576 lít. D. 3,360 lít. Câu 14. :Cho 19,84 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Fe vào dung dịch HNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch A và 4,704 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất; đktc). Cô cạn cẩn thận dung dịch A thì thu được 71,86 gam muối khan. Thành phần phần trăm khối lượng của Fe3O4 và Fe trong hổn hợp lần lựơt là A. 35,08% và 64,92%. B. 30,05% và 69,95%. C. 50,00% và 50,00%. D. 39,67% và 60,33%. Câu 15. :Cho 39,2 gam hỗn hợp M gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3, CuO và Cu (trong đó oxi chiếm 18,367% về khối lượng) tác dụng vừa đủ với 850 ml dung dịch HNO3 nồng độ a mol/l, thu được 0,2 mol NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Giá trị của a là A. 2,0. B. 1,5. C. 3,0. D. 1,0. Câu 16. :Hoà tan hết 17,92 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, FeO, Fe, CuO, Cu, Al và Al2O3 (trong đó oxi chiếm 25,446% về khối lượng) vào dung dịch HNO3 loãng dư, kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 1,736 lít (dktc) hỗn hợp khí Z gồm N2 và N2O có tỉ khối của so với H2 là 15,29. Cho NaOH tới dư vào Y rồi đun nóng, không thấy khí thoát ra. Số mol HNO3 đã phản ứng với X là A. 1,215. B. 1,475. C. 0,750. D. 1,392. Câu 17. :Hòa tan hoàn toàn 32,79 gam hỗn hợp gồm Ba và Al2O3 vào nước dư thu được 3,36 lít H2 (đktc) và dung dịch X. Cho 180 ml dung dịch H2SO4 1M vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Giá trị m là A. 34,95 gam. B. 50,55 gam. C. 41,94 gam. D. 52,11 gam. Câu 18. :Nung nóng 46,6 gam hỗn hợp gồm Al và Cr2O3 (trong điều kiện không có không khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Chia hỗn hợp thu được sau phản ứng thành hai phần bằng nhau. Phần một phản ứng vừa đủ với 300 ml dung dịch NaOH 1M (loãng). Để hòa tan hết phần hai cần vừa đủ dung dịch chứa a mol HCl. Giá trị của a là A. 0,5. B. 1,5. C. 1,3. D. 0,9..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 19. :Hoà tan m gam hỗn hợp gồm Cu và Fe3O4 trong dung dịch HCl dư, sau phản ứng còn lại 8,32 gam chất rắn không tan và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 61,92 gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 70,24. B. 43,84. C. 55,44. D. 103,67. Câu 20. :Đốt cháy hỗn hợp X gồm 0,22 gam một axit cacboxylic no đơn chức với oxi vừa đủ thu được hỗn hợp khí và hơi có số mol lớn hơn số mol hỗn hợp X là 0,005 mol. Vậy công thức phân tử của axit là A. CH2O2. B. C2H4O2. C. C3H6O2. D. C4H8O2. Câu 21. :Thổi một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp Fe3O4 và CuO nung nóng thu được 2,32 gam hỗn hợp rắn. Toàn bộ khí thoát ra cho hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 5 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 3,22. B. 3,12. C. 4,00. D. 4,20. Câu 22. :Cho V lít hỗn hợp khí (ở đktc) gồm CO và H2 phản ứng với lượng dư hỗn hợp rắn gồm CuO, MgO và Fe3O4 nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng hỗn hợp rắn giảm 0,32 gam. Giá trị của V là A. 0,560. B. 0,448. C. 0,112. D. 0,224. Câu 23. :Cho một luồng CO qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp X gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được chất rắn Y gồm 4 chất, nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 9,062 gam kết tủa. Khối lượng của FeO và Fe2O3 trong 0,04 mol hỗn hợp X lần lượt là A. 0,72 gam và 4,6 gam. B. 0,84 gam và 4,8 gam. C. 0,84 gam và 4,8 gam.. Hướng dẫn đăng ký tài liệu(số lượng có hạn) XOẠN TIN NHẮN: “TÔI MUỐN ĐĂNG KÝ TÀI. LIỆU ĐỀ THI FILE WORD” RỒI GỬI ĐẾN SỐ ĐIỆN THOẠI:. 0969.912.851 D. 0,72 gam và 4,8 gam. Câu 24. :Khi cho 3,36 lít (đo ở đktc) hỗn hợp khí X gồm N2, CO và CO2 đi qua đồng (II) oxit dư đốt nóng, rồi sục vào dung dịch nước vôi trong dư, thì thu được 10,0 gam kết tủa. Thành phần % về thể tích của N2 trong hỗn hợp X là giá trị nào dưới đây? A. 16,67%. B. 33,33%. C. 50,00%. D. 66,67%. Câu 25. :Hỗn hợp khí X gồm CO và H2 có tỉ khối so với H2 là 8,8. Dẫn 11,2 lít X (ở đktc) qua bình chứa 26,8 gam các oxit Fe3O4, CuO, ZnO, nung nóng đến phản ứng hoàn toàn thu được 20,4 gam chất rắn (chỉ gồm các kim loại) và hỗn hợp Y gồm các khí và hơi. Tỉ khối của Y so với H2 là A. 19,0. B. 16,8. C. 14,3. D. 15,2 ..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 26. :Cho 10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm C2H2 và H2 đi qua ống chứa xúc tác Ni, nung nóng thu được hỗn hợp Y chỉ chứa 3 hidrocacbon. Tỉ khối của Y so với He là 7,125 . Tính % thể tích của C2H2 trong hỗn hợp X A. 36,73. B. 44,44. C. 63,25. D. 45,55. Câu 27. :Cho m gam Fe vào dung dịch chứa 1,38 mol HNO3 đun nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy còn lại 42 gam chất rắn không tan và có 0,38 mol hỗn hợp khí NO và NO2 thoát ra. Giá trị của m là? A. 70,0. B. 64,4. C. 67,2. D. 75,6. Câu 28. :Nung m gam hỗn hợp X gồm FeS và FeS2 trong một bình kín chứa không khí (gồm 20% thể tích O2 và 80% thể tích N2) đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn duy nhất và hỗn hợp khí Y có thành phần thể tích: 84,8% N2, 14% SO2, còn lại là O2. Phần trăm khối lượng của FeS trong hỗn hợp X là A. 42,31%. B. 59,46%. C. 19,64%. D. 26,83%. Câu 29. :Nung m gam hỗn hợp quặng X gồm xiđerit FeCO3 và pirit sắt FeS2 trong một bình kín chứa không khí (gồm 20% thể tích O2 và 80% thể tích N2) đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 24,864 lít hỗn hợp khí Y. Đốt Y trong bình chứa lưu huỳnh thu được hỗn hợp khí Z thấy lượng lưu huỳnh giảm 0,64 gam. Dẫn Z qua bình chứa nước vôi trong dư thì có 20,16 lít khí thoát ra. Biết các thể tích khí đều đo ở đktc, quặng không chứa tạp chất. Phần trăm khối lượng quặng FeS2 có trong X có giá trị gần nhất với A. 60%. B. 55%. C. 40%. D. 65%. Câu 30. :Hòa tan hết 10,8 gam hỗn hợp gồm Fe3O4 và Fe2O3 và Fe vào dung dịch chứa a mol HCl, kết thúc phản ứng thu được 0,672 lít khí H2 (đktc) dung dịch X chỉ chứa các muối clorua, trong đó có 9,75 gam FeCl3. Giá trị của a là A. 0,32. B. 0,38. C. 0,40. D. 0,36. Câu 31. :Cho 24,32 gam hỗn hợp Fe2O3 và Cu vào dung dịch HCl dư. Kết thúc phản ứng còn lại 1,92 gam chất rắn không tan. Phần trăm số mol của Cu trong hỗn hợp ban đầu là A. 34,21%. B. 56,52%. C. 50,00%. D. 43,48%. Câu 32. :Cho 14,4 gam hỗn hợp gồm Mg, Fe, Cu (có số mol bằng nhau) tác dụng hết với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO2, NO, N2O, N2 trong đó số mol N2 bằng số mol NO2. Cô cạn cẩn thận dung dịch X, thu được 58,8 gam muối khan. Số mol HNO3 tham gia phản ứng có giá trị gần nhất với A. 0,9. B. 0,8. C. 1,0. D. 0,7.. ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: A HD: gộp quá trình: m gam Al + 0,2 mol KOH + 0,29 mol HCl → ..... YTHH 02: đọc ... về đâu? đầu tiên phải có 0,09 mol Al(OH)3↓ (giả thiết). 0,2 mol K đi về 0,2 mol KCl → còn 0,09 mol Cl còn lại dành cho 0,03 mol AlCl3..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Hết.! ||→ ∑nAl = (0,09 + 0,03) × 27 = 3,24 gam. Chọn A Câu 2: B HD: rất nhiều kim loại + O2 → Y (lại càng thêm nhiều kim loại và oxit hơn); sau Y + HNO3 (dư) → muối + NO + H2O. Quá trình không có gì đặc biệt (do HNO3 dùng dư nên Fe ở đây bình thường). Tập trung vào các đại lượng thay đổi số oxi hóa: gồm O; NO và các kim loại. Mà nO = (10,84 – 8,92) ÷ 16 = 0,12 mol; NO đề cho là 0,12 mol; còn e cho của các kim loại, rõ ràng là không thể tính được dưa vào các kim loại rồi! À, sẽ qua trung gian ∑nNO3– trong muối kim loại. Lại để ý yêu cầu là số mol HNO3 phản ứng ||→ dùng bảo toàn N là ra luôn kết quả rồi. ||→ đã xong.! Có ngay: ∑nNO3– trong muối kim loại = 0,12 × 3 + 0,12 × 2 = 0,6 mol. ||→ nHNO3 = 0,6 + 0,12 = 0,72 mol. Chọn B. Câu 3: B HD: HNO3 dư ||→ 77,44 gam muối khan là Fe(NO3)3 ||→ nFe = 0,32 mol. ||→ 22,72 gam gồm 0,32 mol Fe và 0,3 mol O. HNO3 cơ bản ta dùng bảo toàn electron: nNO = (3nFe – 2nO) ÷ 3 = 0,12 mol ||→ V = 2,688 lít. Câu 4: C HD: (Fe; O) + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + H2O. có 2 hướng dùng bảo toàn electron: ♦1: 20,88 gam gồm x mol Fe và y mol O thì 56x + 16y = 20,88 gam Lại theo bảo toàn electron có 3x = 2y + 0,29. Giải hệ được x = y = 0,29 mol ||→ m = 0,29 × 242 = 70,18 gam. Cũng từ đây nếu yêu cầu có thể xác định được oxit là FeO từ tỉ lệ x ÷ y = 1 : 1. ♦2: đặc biệt chút: để ý các oxit của sắt chúng ta học có FeO (cho 1e); Fe3O4 (cho 1e).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> và Fe2O3 (không lên được nữa) ||→ để có NO2 chứng tỏ oxit phải là FeO hoặc Fe3O4 (đều cho 1e) ||→ bảo toàn electron có noxit sắt = 0,29 mol ||→ Moxit sắt = 20,88 ÷ 0,29 = 72 là FeO. Theo đó có ngay nmuối = noxit = 0,29 mol ||→ m = 70,18 gam. Câu 5: C HD: Quá trình không có gì mới, chỉ là thêm Cu vào tham gia cùng với Fe và thay HNO3 bằng H2SO4 đặc nóng thôi. Quan sát: ∑nSO42– trong muối = (72 – 24) ÷ 96 = 0,5 mol. Bảo toàn electron: nO trong Y = (2∑nSO42– – 0,3 × 2) ÷ 2 = 0,2 mol ||→ m = mX + mO = 24 + 0,2 × 16 = 27,2 gam ||→ chọn C Câu 6: A HD: Quá trình:. Bài này cũng là một BT đặc biệt, và nếu không nắm được sự đặc biệt thì thật khó để giải quyết được. Thật vậy, quan sát sự đặc biệt của nguyên tố N trong hỗn hợp ||→ nN trong khí = 0,1 mol. ||→ bảo toàn N có: nNO2– trong dung dịch A = 0,3 mol ||→ 4x + x = 0,3 ||→ x = 0,06 mol ||→ VB = x ÷ 0,1 = 0,6 lít. Chọn A. Câu 7: A HD: đọc: có O thì tạo H2O; không có O thì tạo H2. Nghĩa là nếu không vướng 0,15 mol O2 hay 0,3 mol O vừa tác dụng trước đó.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> thì 58,5 gam M đã tạo hết thành (13,44 ÷ 22,4 + 0,3 = 0,9 mol) H2 rồi. ||→ tỉ lệ 58,5 ÷ 0,9 = 65. Đó là dấu hiệu của kim loại Zn. Chọn A Câu 8: B. Hướng dẫn đăng ký tài liệu(số lượng có hạn) XOẠN TIN NHẮN: “TÔI MUỐN ĐĂNG KÝ TÀI. LIỆU ĐỀ THI FILE WORD” RỒI GỬI ĐẾN SỐ ĐIỆN THOẠI:. 0969.912.851 HD: nếu cho hỗn hợp X trên 0,05 mol O nữa thì lúc đó X chỉ gồm Na2O và BaO thôi, vì nếu có thêm 0,05 mol O thì sẽ kết hợp với 0,0 5 mol H2↑ trên để tạo thành H2O; không có H2 đồng với nghĩa là hỗn hợp X chỉ gồm các oxit. Thêm nữa, nếu như X chỉ gồm Na2O và BaO thôi thì lại xác đinh được luôn số mol BaO là 0,12 mol (vì BaO → 0,12 mol Ba(OH)2). Thêm nữa, lúc này khối lượng mX = 21,9 + 0,05 × 16 = 22,7 gam; biết BaO nên biết luôn Na2O là 0,07 mol. Theo đó, dung dịch Y gồm 0,12 mol Ba(OH))2 và 0,14 mol NaOH. Công việc còn lại là giải bài tập 0,3 mol CO2 tác dụng với Y thôi. Đừng viết phương trình ra rồi cân bằng nhé.! Hãy tập trung vào phương trình cơ bản của dạng này; đó là phản ứng của 0,38 mol OH– và 0,3 mol CO2 → 0,08 mol CO32– và 0,22 mol HCO3–. So sánh giữa 0,12 mol Ba2+ và 0,08 mol CO32– thì → có 0,08 mol kết tủa BaCO3 ||→ m = 15,76 gam. Chọn B Câu 9: B HD: mO trong B = 9,6 × 4 × 0,1 ÷ 16 = 0,24 mol (Otrong B cũng chính là Otrong hỗn hợp O2 và O3). B không có kim loại ||→ toàn bộ O này chuyển hết cho H2O. Phản ứng: 1O + 2H → 1H2O ||→ ∑nH⁺ = 0,48 mol. Mà đã biết có 0,12 mol axit HCl suy ra số mol axit H2SO4 là 0,18 mol. ||→ mmuối = mkim loại + mgốc anion = m + 0,12 × 35,5 + 0,18 × 96 = 3m + 5,94 ||→ m = 7,8 gam. Chọn đáp án B..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Câu 10: A HD:. 48,41 gam hỗn hợp rắn A có 0,77 mol O và 36,09 gam kim loại. Oxit thì O + 2H → H2O còn không có Oxi, kim loại + 2H → H2; ||→ ∑nH⁺ = (0,35 + 0,77) × 2 = 2,24 mol ||→ 0,64 mol HCl và 0,8 mol H2SO4. ||→ mmuối khan = 36,09 + 0,64 × 35,5 + 0,8 × 96 = 135,61 gam. Chọn đáp án A. Câu 11: B Câu 12: C Quan sát: thấy rằng: FeCO3 = FeO.CO2; MgCO3 = MgO.CO2; bài tập liên quan đến nồng độ các chất sau phản ứng nên cần xác định mdd sau phản ứng = mdd H₂SO₄ + mX – mkhí CO₂ bay ra. Có nghĩa là cộng CO2 ở trong X rồi sau đó cũng trừ đi CO2 bay ra.! Vậy tạo sao không bỏ nó đi ngay từ đầu; thêm nữa việc bỏ nó rất thuận lợi khi 2 oxit cũng là FeO và MgO; phản ứng chính cũng có thể coi là của oxit tác dụng với axit H2SO4 loãng do CO2 có vào rồi cuối cùng cũng ra!. Vậy: HD: Quy X gồm x mol FeO và y mol MgO tác dụng H2SO4 9,8% vừa đủ thu được dung dịch Y… Chọn số mol H2SO4 vừa đủ là 1 mol ||→ mdd H₂SO₄ = 1000 gam và x + y = 1. Giả thiết:. Lại để ý “tinh tế” chút: ||→ chọn đáp án C. Câu 13: C HD: Quan sát cả quá trình: 13,36 gam A gồm Cu và Fe3O4 cuối cùng đi về 15,2 gam chất rắn D gồm CuO và Fe2O3..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Có ngay hệ phương trình: Bảo toàn electron: 2nSO2 = 2nCu + 1.nFe3O4 ||→ nSO2 = 0,115 mol → V = 2,576 lít. Chọn C. ♣. ► Trên là lời giải đơn giản, ít phải suy nghĩ. Quan sát cả quá trình, trung gian e cho của hỗn hợp A bằng lượng O để chuyển A → D. một phép tính V = (15,2 – 13,36) ÷ 16 ÷ 22,4 = 2,576 lít cho ta đáp án cần chọn là C Câu 14: A HD: ► Phản xạ: HNO3 chưa rõ đủ dư. đánh giá: bài tập HNO3 cơ bản, chú ý bảo toàn electron. Vì HNO3 chưa rõ đủ dư nên muối chưa rõ sắt (2) hay (3) ntn ||→ không thể bảo toàn electron trực tiếp mà phải gián tiếp thông qua NO3– trong muối. Gọi nNO3– trong muối = x mol thì theo bảo toàn electron: nO trong X = (x – 0,21 × 3) ÷ 2. Lại có ∑mFe trong X = 71,86 – 62x ||→ mX = ∑mFe + mO = 71,86 – 62x + (x – 0,21 × 3) × 8. Mà mX = 19,84 gam theo giả thiết ||→ x = 0,87 mol. Quay lại tính ra nO trong X = 0,12 mol → có 0,03 mol Fe3O4 và 0,23 mol Fe. ||→ %mFe3O4 trong X = 35,08 %; %mFe trong X = 64,92%. Chọn A Câu 15: A HD: HNO3 cơ bản: chú ý sự thay đổi số oxi hóa. Thêm: e cho qua kim loại phức tạp ||→ ta sẽ xử lí e cho qua trung gian NO3– và tập trung vào yêu cầu là gì!. Giải: 3,92 gam M có chứa 0,45 mol O ||→ ∑nNO3– trong muối = 0,2 × 3 + 0,45 × 2 = 1,5 mol. ||→ nHNO3 đã phản ứng = 1,5 + 0,2 = 1,7 mol ||→ a = 2,0M. Chọn đáp án A Câu 16: B HD: 17,92 gam X chứa 0,285 mol O; khí Z gồm 0,065 mol N2 và 0,0125 mol N2O. Bảo toàn e → ∑nNO3– trong muối = 0,285 × 2 + 0,065 × 10 + 0,125 × 8 = 1,32 mol..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> ||→ số mol HNO3 đã phản ứng là 1,475 mol. Chọn đáp án B. ♦. p/s: NaOH vào Y không thấy khí thoát ra cho ta biết sản phẩm khử không chứa muối amoni NH4NO3 Câu 17: D HD: ♦ Truyền thống: chậm chắc giải: các phản ứng: Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑ Từ phương trình suy ra số mol Ba là 0,15 (bằng số mol H2 thu được) ||→ trong 32,79 gam: nAl2O3 = (32,79 – 0,15 × 137) ÷ 102 = 0,12 mol. Mà: Ba(OH)2 Al2O3 → Ba(AlO2)2 + H2O; từ số mol giải ra X gồm: 0,12 mol Ba(AlO2)2 và 0,03 mol Ba(OH)2. X + 0,18 mol H2SO4 xảy ra: Ba2+ + SO42– → BaSO4 (0,15 mol tính theo số mol Ba). H+ + OH– → H2O || H+ + AlO2– + H2O → Al(OH)3 || 3H+ + Al(OH)3 → Al3+ + H2O. Thay số mol lần lượt vào thấy cuối cùng có 0,22 mol Al(OH)3. Theo đó m = 0,22 × 78 + 0,15 × 233 = 52,11 gam. Chọn đáp án D. ♠. ► Các địa chỉ rõ ràng cho "... đi về đâu?"; vận dụng tư duy + YTHH 02, hãy xem! có 0,15 mol H2 thì trong 2 chất đề cho chỉ có thể sinh ra là do 0,15 mol Ba thôi; 32,79 gam 2 chất mà biết 1 chất rồi nên Al2O3 tính được, bấm máy là 0,12 mol. Hòa tan hoàn toàn chứng tỏ Al2O3 phản ứng hết và nằm trong 0,12 mol Ba(AlO2)2; vậy còn 0,03 mol Ba đương nhiên là nằm trong Ba(OH)2 rồi ||→ đó chính là dung dịch X. 0,18 mol H2SO4 phản ứng với X thì tủa đầu tiên phải nói đến là BaSO4 với 0,15 mol (theo Ba) ||→ còn 0,03 mol SO42– đi đâu? Đương nhiên là 0,01 mol Al2(SO4)3 rồi ||→ còn 0,22 mol Al đi đâu? Đương nhiên là trong 0,22 mol Al(OH)3 rồi. Vậy: m = 0,22 × 78 + 0,15 × 233 = 52,11 gam thôi. Chọn đáp án D. Câu 18: C HD: dù là Al hay Al2O3 thì khi phản ứng vừa đủ với NaOH cuối cùng cũng đi hết về NaAlO2 ||→ có nghĩa là số mol Al bằng Na bằng 0,3 mol (chú ý Cr và Cr2O3 ko pw với NaOH loãng)..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> ||→ trong 46,6 gam ban đầu sẽ gồm 0,3 mol Al và 0,1 mol Cr2O3. Phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn nên đọc được luôn sản phẩm gồm 0,1 mol Al2O3 (bảo toàn O) → dư 0,1 mol Al và thu được 0,2 mol kim loại Cr. Theo đó, khi phản ứng HCl thì Cl đi hết vào 0,3 mol AlCl3 và 0,2 mol CrCl2 ||→ có 1,3 mol HCl → chọn C. Hướng dẫn đăng ký tài liệu(số lượng có hạn) XOẠN TIN NHẮN: “TÔI MUỐN ĐĂNG KÝ TÀI. LIỆU ĐỀ THI FILE WORD” RỒI GỬI ĐẾN SỐ ĐIỆN THOẠI:. 0969.912.851 Câu 19: B HD: HCl dư nên 8,32 gam chất rắn rõ là Cu. Cu dư chứng tỏ 61,92 gam muối rắn là FeCl2 và CuCl2. Quy đổi lại (m – 8,32) gam hỗn hợp với một chú ý nữa ở đây là không có khí H2 thoát ra (nghĩa là hỗn hợp quy đổi chỉ gồm các oxit thôi). Cu + Fe3O4 → FeO + CuO. Cân bằng được 1Cu + 1Fe3O4 → 1CuO + 3FeO (p/s: sau này quen ghép cụm CuO.3FeO). Nghĩa là có x mol CuCl2 và 3x mol FeCl2 ||→ x = 61,92 ÷ (135 + 3 × 127) = 0,12 mol. ||→ m – 8,32 = 80x + 216x = 35,52 gam ||→ m = 43,84 gam. p/s: Những bài tập kiểu này sau này chỉ là những bài tập nhỏ, cơ bản (gọi là bài tập giả thiết) lồng ghép trong những BT lớn như HNO3 thôi. Vì thế hãy nắm và rèn luyện để chỉ cần lướt qua là bấm bấm bấm với tư duy: 8,32 gam là Cu; còn lại cụm Cu.Fe3O4 ||→ 61,92 ÷ [64 + 71 + 3 × (56 + 71)] = 0,12. Ans × (64 + 232) + 8,32 = 43,84 chọn B. ♦ CHỈ THẾ THÔI Câu 20: D.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> HD: Có một số hướng tiếp cận bài tập này như sau: ♦1: không cần suy nghĩ nhiều: 1CnH2nO2 + (1,5n – 1)O2 → nCO2 + nH2O. Nghĩa là khi có 1 mol axit thì có n{CO2 + H2O} – naxit + O2 = n + n – 1 – (1,5n – 1) = ½n. Theo đó, với giả thiết 0,005 mol ||→ có 0,005 × 1 ÷ (½n) = 0,01/n mol axit CnH2nO2 nặng 0,22 gam.. ||→ có phương trình: ♦2: Quan sát + phản xạ với YTHH 01 (về giả thiết số mol khí + O2). mượn x mol O của x mol H2O bảo toàn nguyên tố oxi có: 2.nX = 2.n{CO₂; H₂O₂} – x mà giả thiết n{CO₂; H₂O₂} = nX + 0,005 ||→ x = 0,01 mol. Đến đây thì dễ dàng rồi: có: naxit = (0,22 – 0,01 × 14) ÷ 32 = 0,0025 mol ||→ số H = 8 ||→ axit là C4H8O2. Chọn đáp án D. Câu 21: B HD: CO không rõ đủ hay dư, phản ứng với Fe3O4 và CuO không rõ hoàn toàn hay như thế nào? Nhưng đừng bận tâm, 5 gam tủa là do 0,05 mol CO2 sinh ra (tác dụng Ca(OH)2 dư → CaCO3↓) ||→ m gam hh oxit đã bị 0,05 mol CO lấy đi 0,05 mol O để tạo thành CO2 và 2,32 gam hỗn hợp rắn. ||→ m = 2,32 + 0,05 × 16 = 3,12 gam. Chọn đáp án B. Câu 22: B HD: Nhìn có vẻ phức tạp nhưng để ý sự đặc biệt của nguyên tố và rút gọn phản ứng, có thể thấy rằng: Cứ 1CO hay 1H2 đều nhận 1O để tạo CO2 hay H2O; có nghĩa là 1 mol hỗn hợp (không bận tâm tỉ lệ CO và H2 trong là như thế nào) đều lấy đi 1 mol O của oxit. Mà ở đây, khối lượng rắn giàm 0,32 gam có nghĩa là đã bị lấy đi 0,02 mol ||→ nhỗn hợp = 0,02 mol ↔ V = 0,448 lít. Chọn đáp án B Câu 23: D.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> HD: quan sát quá trình + tập trung vào vấn đề chính của phản ứng này: đó là cứ 1CO lấy 1O của oxit để tạo CO2; phản ứng hoàn toàn mà Y gồm 4 chất (Fe và 3 oxit) có nghĩa là vẫn còn O ||→ CO phản ứng hết để tạo thành CO2. Kết tủa với Ba(OH)2 dư là BaCO3 với 0,046 mol. Nghĩa là có 0,046 mol O đã bị lấy ||→ mX = 0,046 × 16 + 4,784 = 5,52 gam.. Rõ ràng ngay hệ ||→ X gồm 0,72 gam FeO và 4,8 gam Fe2O3. Chọn đáp án D. Câu 24: B HD: YTHH 01: chúng ta thấy rằng hỗn hợp {CO; CO2} → 0,1 mol CO2 (suy ra từ 10 gam kết tủa là CaCO3) ||→ có 0,1 mol {CO; CO2} trong 0,15 mol X ||→ N2 chiếm 0,05 mol ||→ %VN2 trong X = 0,05 ÷ 0,15 ≈ 33,33%. Chọn B Câu 25: D HD: CO, H2 khử oxit kim loại: → phản xạ ngay: nO trong oxit phản ứng = (26,8 – 20,4) ÷ 16 = 0,4 mol. {CO; H2} → {CO; CO2; H2; H2O} nên theo YTHH 01 → nX = nY = 0,5 mol.. mY = mX + mO trong oxit phản ứng = 0,5 × 2 × 8,8 + 0,4 × 16 = 15,2 gam ||→ dY/H2 = 15,2 ÷ 2 ÷ 0,5 = 15,2. Chọn đáp án D Câu 26: B HD: ĐỪNG "viết các phương trình C2H2 + H2 → C2H4 (anken) + C2H6 (ankan) và còn C2H2 dư sau đó đặt các ẩn x, y, z rồi xử lí lần lượt." Hãy học cách vận dụng linh hoạt các ý tưởng + quan sát! để ý X: {C2H2; H2} → Y: {C2H2; C2H4; C2H6} ||→ nếu gọi số mol C2H2 trong X là x mol thì có nY = x mol (YTHH 01). ||→ mX = mY = 28,5x gam. ||→ 28,5x = 26x + (0,45 – x) × 2 ||→ x = 0,2 mol ||→ %VC2H2 trong X ≈ 44,44%. Chọn B. Câu 27: A.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> HD: Phản ứng: YTHH 01 → nN trong khí = 0,38 mol ||→ bảo toàn N có 0,5 mol Fe(NO3)2 ||→ m = 0,5 × 56 + 42 = 70,0 gam. Nếu không nắm được sự đặc biệt, bài này không thể giải được do không xác định được số mol từng khí trong spk.! Câu 28: C HD: {FeS; FeS2} + {O2; N2} –––to–→ Fe2O3 + {N2; SO2; O2}. Tự chọn số liệu, áp dụng triệt để cách ta cân bằng phương trình hóa học + YTHH 01. Xem nào.! giả sử có 84,8 mol N2 → trong Y còn 14 mol SO2 và 1,2 mol O2. ||→ Lượng không khí trong bình gồm 84,8 mol N2 và 21,2 mol O2. Bảo toàn O ||→ có nFe2O3 = 4 mol ||→ ∑nFe = 8 mol. Theo trên ∑nS = 14 mol. FeS và FeS2 nên suy ra có 6 mol FeS2 và 2 mol FeS. Yêu cầu %mFeS trong X = (56 + 32) ÷ [56 + 32 + 3 × (56 + 32 × 2)] ≈ 19,64%. Chọn C. ♣. ► Có bạn nào nhạy cảm với YTHH 01 ở đây không ☺ :D. nFe2O3 = (nN2 ÷ 0,8 – nN2 ÷ 0,848) × 2 ÷ 3 || nS = nN2 × 14 ÷ 84,8. Câu 29: A. HD: Gọi nFeCO3 = x mol; nFeS2 = y mol. Quan sát + YTHH 01 thấy nZ = nY = 1,11 mol ||→ nSO2 + CO2 trong Y = 1,11 – 0,9 – 0,02 = 0,19 mol = x + 2y. Mặt khác, lại theo bảo toàn O: 3x + 0,9 ÷ 4 × 2 = (x + y) × 1,5 + 0,21 × 2. Giải hệ được x = 0,05 mol và y = 0,07 mol. ||→ %mFeS2 trong X ≈ 59,15%. Chọn A..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Câu 30: D HD: Chia lại hỗn hợp X theo tư duy phản ứng độc lập (quy đổi quá trình): sinh ra 0,03 mol H2 là do 0,03 mol Fe; sinh ra 0,06 mol FeCl3 phải là do 0,03 mol oxit Fe2O3. ||→ còn lại trong 10,8 gam kia rõ là (10,8 – 0,03 × 56 – 0,03 × 160) ÷ 72 = 0,06 mol FeO rồi. ||→ có 0,09 mol FeCl2; bảo toàn nguyên tố Cl ||→ a = 0,09 × 2 + 0,06 × 3 = 0,36 mol. Chọn đáp án D. Câu 31: B HD: Còn chất rắn như vậy là dung dịch chứa CuCl2 và FeCl2 thôi. ||→ quy (24,32 – 1,92) gam hỗn hợp Fe2O3 và Cu phản ứng thành hỗn hợp FeO và CuO ||→ cụm 2FeO.CuO ||→ ncụm = (24,32 – 1,92) ÷ (2 × 72 + 80) = 0,1 mol ||→ %mCu = (0,1 × 64 + 1,92) ÷ 24,32 ≈ 34,21 %. Chọn A. Kiểm tra đáp án, thấy sai??? Là sao? À, không có gì, sai ở đây cùng là một cái lỗi sai rất đáng tiếc mà cực kì hay xảy ra đối với các bạn, đọc không đúng yêu cầu của đề. Đừng bao giờ bị như thế là tự nhủ “à nhầm” nhé. Hãy nghiêm khắc với bản thân cái lỗi này, đánh dấu vào yêu cầu, luôn nhắc nhở bản thân cẩn thận hơn nữa. Và nếu tính trạng này cứ tiếp diễn, hãy học cách đọc yêu cầu, lấy bút gạch, tô yêu cầu và phân tích yêu cầu trước khi giải để tránh quên.! Đi thi chán nhất là gì: bài khó thì không làm được, bài dễ thì làm sai. Quay lại câu 4, ở đây cần chú ý nCu = 0,1 + 1,92 ÷ 64 = 0,13 mol. ||→ %nCu = Ans ÷ (Ans + 0,1) ≈ 56,52%. Đáp án đúng cần chọn là B. Câu 32: A HD: nMg = nCu = nFe = 0,1 mol ||→ ∑nNO3– trong muối kim loại = 0,7 mol. ||→ muối gồm 14,4 + 0,7 × 62 = 57,8 gam muối kim loại và còn 1 gam NH4NO3 nữa. N2 = NO2 (số mol) ⇄ N2.NO2 = N3O2 = N2O.NO ||→ quy đổi Y về gồm N2O và NO thôi. Quan sát, dùng YTHH 01 quy tiếp Y gồm N và 0,12 mol O. Áp dụng bảo toàn electron có: nN spk = (∑nNO3– trong muối + 2nO – 8.nNH4NO3) ÷ 5 = 0,168 mol. Bảo toàn N ||→ nHNO3 tham gia = 0,7 + 0,168 + 1 ÷ 80 × 2 = 0,893 mol. Chọn A..

<span class='text_page_counter'>(16)</span>