Tuyển tập các bài tập Hóa học hay và lời giải của diễn đàn Boxmath (Phần 2)

© 2012 by Box Hóa học www.boxmath.vn TUYỂN TẬP CÁC BÀI TẬP HÓA HỌC HAY VÀ LỜI GIẢI CỦA DIỄN ĐÀN BOXMATH BoxMath, tháng 1 – 2012 MỤC LỤC LỜI NGỎ ...................................................................................................................................................................... 1 DANH SÁCH THÀNH VIÊN THAM GIA BIÊN SOẠN ................................................................................. 2 PHẦN 1. CÁC BÀI TOÁN VÔ CƠ .......................................................................................................................... 3 Bài 1 – 10 ................................................................................................................................................................... 3 Bài 11 – 20 ................................................................................................................................................................. 9 Bài 21 – 30 ............................................................................................................................................................... 13 Bài 31 – 40 ............................................................................................................................................................... 17 Bài 41 – 47 ............................................................................................................................................................... 22 PHẦN 2. CÁC BÀI TOÁN HỮU CƠ..................................................................................................................... 25 Bài 1 – 10 ................................................................................................................................................................. 25 Bài 11 – 20 ............................................................................................................................................................... 29 Bài 21 – 30 ............................................................................................................................................................... 33 Bài 31 – 40 ............................................................................................................................................................... 37 Bài 41 – 50 ............................................................................................................................................................... 41 Bài 51 – 54 ............................................................................................................................................................... 46 1 LỜI NGỎ Có nhiều người đã nhận xét Hóa học là bộ môn của trí nhớ, học hóa phải nhớ rất nhiều thứ Điều đó có thể đúng, nhưng chưa phải là tất cả. Hóa học giấu trong lớp áo nặng nề của những công thức, những phản ứng phức tạp là một vẻ đẹp tinh tế của sự tư duy logic. Vẻ đẹp ấy đặc biệt được hiện diện qua những bài toán hóa, những bài toán cho bạn rất nhiều con đường, nhưng sẽ chỉ có một con đường đẹp nhất, ngắn nhất để đi đến được chân lí. Nhiệm vụ của người học hóa là phải vận dụng các thao tác đánh giá, phán đoán để tìm ra được con đường ấy, con đường không chỉ đưa đến kết quả mà con đưa đến một niềm vui, niềm hứng khởi như một chất keo để gắn trái tim bạn với Hóa học. Từng có những giây phút vỡ òa trong sung sướng từng có những khoảnh khắc chơi vơi, bế tắc giữa những số liệu, những phương trình phản ứng Chúng tôi tiến hành làm tuyển tập này với mục đích đầu tiên là niềm mong muốn đồng cảm, là khát khao chia sẻ tình yêu Hóa học của chúng tôi với các bạn thông qua những bài tập hóa mới lạ, những lời giải hay. Mỗi bài tập không chỉ đơn giản là tính toán, đằng sau đó là những ý tưởng. Mỗi lời giải không chỉ là áp dụng phương pháp mà thực sự là một quá trình phân tích và sáng tạo. Hóa học đang được tiến hành thi theo phương pháp trắc nghiệm, thế nhưng lời giải đầu tiên mà chúng tôi đưa ra vẫn luôn luôn là một lời giải đầy đủ, đi từ những dữ kiện của bài toán đến kết quả mà hoàn toàn không phụ thuộc vào các đáp án cho trước. Bởi chúng tôi đã hiểu và mong các bạn sẽ hiểu, chỉ có như vậy, chúng ta mới có thể đi hết được vẻ đẹp của hóa học, rèn luyện được tư duy suy luận logic cho bản thân, học tập một cách thực chất và sáng tạo. Tuyển tập chủ yếu là sự tổng hợp và chọn lọc các bài toán hóa học trên diễn đàn Boxmath.vn năm 2011. Chính vì vậy, ban biên tập xin được chân thành cảm ơn sự ủng hộ của ban quản trị diễn đàn, sự tích cực viết bài và giải bài của các thành viên trong suốt một năm qua. Sự đón chờ của các bạn với tuyển tập là một động lực rất lớn giúp ban biên tập có thể hoàn thiện công việc nhiều lần tưởng chừng như phải bỏ dở dang. Mặc dù đã có sự cố gắng, xem xét kĩ lưỡng, nhưng chắc chắn sẽ không tránh khỏi những khiếm khuyết, mong các bạn thông cảm và gửi lời nhận xét bình luận của các bạn về cho chúng tôi để tuyển tập được hoàn thiện hơn. Mọi ý kiến xin gửi về hoahoc.boxmath@gmail.com Thay mặt ban biên tập tôi xin chân thành cảm ơn. Hà Nội, ngày 18/1/2012 Đại diện nhóm biên soạn Chủ biên F7T7 2 DANH SÁCH THÀNH VIÊN THAM GIA BIÊN SOẠN 1. Phí Tiến Cường – THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội 2. Thái Mạnh Cường – THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An 3. Trần Bảo Dũng – THPT Ngô Quyền, Bà Rịa – Vũng Tàu 4. Nguyễn Thị Thu Hải – THPT Trần Phú, Hà Tĩnh 5. Nguyễn Quốc Oanh – THPT Sào Nam, Quảng Nam 6. Nguyễn Hữu Phú – THPT Tây Sơn, Lâm Đồng 7. Phan Quỳnh Nga – THPT Hương Khê, Hà Tĩnh 3 PHẦN 1. CÁC BÀI TOÁN VÔ CƠ Bài 1 – 10 Bài 1. _________________________________________________________________________________ Hỗn hợp A gồm muối sunfit, hidrosunfit và sunfat của cùng một kim loại kiềm M. Cho 17,775 gam hỗn hợp A vào dung dịch 2( )Ba OH dư, tạo thành 24,5275 gam hỗn hợp kết tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch và cho kết tủa tác dụng với dung dịch HCl dư, thấy còn 2,33 g chất rắn. Kim loại kiềm M là A. Li B. K C. Rb D. Na Lời giải. Phương trình phản ứng 2 2 4 4Ba SO BaSO    2 3 2 3OH HSO H O SO     2 2 3 3Ba SO BaSO    Chất rắn còn lại là 4BaSO : 4 2,33 0,01( ) 233BaSO n mol  3 (24,5275 2,33) 0,1023( ) 217BaSO n mol  17,775 158 0,1023 0,01 M   trung binh Ta có 80 158 2 96TBM M M    . Chỉ có M = 39 thỏa mãn điều kiện này. Chọn đáp án B. Bài tập tương tự. Hỗn hợp X gồm 2 3 3,M CO MHCO và MCl (M là kim loại kiềm). Cho 32,65 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thu được dung dịch Y và có 17,6 gam 2CO thoát ra. Dung dịch T tác dụng với dung dịch 3AgNO dư được 100,45 gam kết tủa. Kim loại M là A. Na B. Li C. K D. Rb Bài 2. ______________________________________________________________________________ Cho một hợp chất của sắt tác dụng với 2 4H SO đặc nóng, tạo ra 2SO (sản phẩm khử duy nhất). Nếu tỉ lệ 2 4H SO đem dùng và 2SO tạo ra là 2 4 2: 4 :1H SO SOn n  thì công thức phân tử của X là: A. Fe B. FeS C. FeO D. Fe3O4 Lời giải. Đặt   2SO n a mol Ta có:  Nếu X là oxit của sắt thì ta có quá trình khử là     6 4 2a 2 mol a mol S e S     2 4 4 3H SOn a a a mol  tao muoi    3 2 4 3( ) 2Fe SO Fen a mol n a mol        3 2 2 2 2(3 ) 2x a mol a mol Fe x e Fe    2x  Ngoài ra không còn nguyên tố nào nhường hay nhận e Vậy công thức X là FeO 4  Nếu X là muối sunfua của sắt thì X có CTPT dạng x yFe S (a mol) Ta có các quá trình oxi hóa khử     6 4 2 2 mo bb l mol S e S   ( ( 2 ) ) ( ) 3 1 ax mol ax mol ax mol Fe eFe   2 4 4 ( ) ( ) 2 ( ) 24 ay mol ay mol ay ax mo y l x xS S e y            Vậy 2 ( )SOn ay b mol  ,  6 22 4 4 3 2H SO S SO taomuoi axn n n b mol     Suy ra  3 4( ) 1 2 axb ay b   Theo định luật bảo toàn electron ta lại có  2 (4 2 ) 2b ax ay ax   Giải hệ phương trình (1) và (2) suy ra 10 3, : 10 : 3b bx y x y a a     (không tồn tại hợp chất nào thỏa mãn điều này). Vậy trường hợp thứ hai không thỏa mãn. Kết luận: Chỉ có FeO thỏa mãn đề bài. Chọn đáp án C. Bình luận: Với trường hợp X là oxit của sắt, dễ nhận thấy 2 3Fe O phản ứng không tạo ra 2SO , chỉ xét FeO và 3 4Fe O . Ta thấy 1 mol của hai chất này khi phản ứng đều nhường 1 mol electron. Vậy nếu đặt   2SO n a mol thì số mol của FeO và 3 4Fe O đều là 2 ( )a mol . Nhưng chỉ có FeO mới tạo ra được muối chứa 243 ( )a mol SO  thỏa mãn yêu cầu bài ra. Chọn ngay FeO, đáp án B. Bài tập tương tự. X là một hợp chất của Fe. Cho X tác dụng với 2 4H SO đặc nóng thấy thoát ra khí 2SO với tỉ lệ mol X và 2SO là 2:9. X là: A. 3 4Fe O B. FeS C. 2FeS D. FeO Đáp số: B. FeS Bài 3. _____________________________________________________________________________ Cho từ từ a gam sắt vào V ml dung dịch 3HNO 1M khuấy đều cho đến khi tan hết thấy thoát ra 0,448 lít khí NO (đktc) đồng thời thu được dung dịch A . Dung dịch A có khả năng làm mấy màu hoàn toàn 10 ml dung dịch 4KMnO 0,3M trong môi trường axit. Giá trị của a và V là: A. a =1,4 gam; V = 80 ml B. a = 1,12 gam; V = 80 ml C. a = 0,56 gam; V = 56 ml D. a = 0,84 gam; V = 60 ml Lời giải. Ta có các phương trình thể hiện quá trình oxi hóa – khử:   5 2 0,06 0,02 3 1N e N NO    3 3 3 2 x x x Fe Fe e   2 2 2 3 y y y Fe Fe e  7 2 0,003 0,015 5 (4)Mn e M   2 3 1 (5) y y Fe Fe e   Theo phản ứng khử 4KMnO , từ (4) và (5) ta có 0,015y  Theo phản ứng khử 3HNO , từ (1), (2) & (3), ta có 3 2 0,06 0,01( )x y x mol    5 Vậy 0,025 1,4Fen m g   3 3 3 3 2 0,02 0,08( )HNO NO NOn n n x y mol       tao muoi bi khu Suy ra  80V ml Bài 4. _____________________________________________________________________________ Hỗn hợp X gồm có , x yAl Fe O . Tiến hành nhiệt nhôm hoàn toàn ( )m g hỗn hợp X trong điều kiện không có không khí thu được hỗn hợp Y. Chia Y thành hai phần. Phần 1. Cho tác dụng với NaOH dư thu được 1,008 lít 2H (đktc) và còn lại 5,04 gam chất rắn không tan. Phần 2 có khối lượng 29,79 gam, cho tác dụng với dung dịch 3HNO loãng dư thu được 8,064 lít NO (đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m và công thức của oxit sắt là A. 39,72 gam & FeO B. 39,72 gam & 3 4Fe O C. 38,91 gam & FeO D. 36,48 gam & 3 4Fe O Lời giải. Cách 1 2 32 3 3 (1)x yyAl Fe O yAl O xFe   Phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn mà phần 1 tạo khí 2H nên hỗn hợp Y gồm 2 3, ,Al Fe Al Od­  Phần 1  Aln a mol ;  Fen b mol ;  2 3Al On c mol Phương trình phản ứng 2 2 20,03 0,045 2 2 2 2 3Al NaOH H O NaAlO H    5,04Fem m g ran . Suy ra  0,09Fen mol  Phần 2  Aln ka mol ;  Fen kb mol ;  2 3Al On kc mol Theo định luật bảo toàn electron ta có:  3 3 .0,123. 0,36.3 3NOk a b k n k     29,79 (27.0,09 56.0,27) 0,04( ) 3.102 c mol    29,79.4 39,72 3 m g   Từ (1) ta có 0,04.3 0,09 4 3x y x y   Chọn đáp án B Cách 2.  Phần 1 Sau khi tác dụng với NaOH tạo ra khí nên sau khi nhiệt nhôm thì Al còn dư 0,03Aln  Chất rắn còn lại là Fe 0,09Fen mol  1 3 Al Fe n n    Phần 2 Gọi số mol của Al là a thì số mol của Fe là 3a. Bảo toàn electron ta có: 12 1,08 0,09a a   2 3 2 3 12, 24 0,12Al O Al Om n    6 Suy ra phần 1 có 2 3 0,04Al On  39,72( )m gam  Dựa vào số mol của O và Fe suy ra CTPT của oxit là 3 4Fe O . Bài 5. ______________________________________________________________________________ Điện phân điện cực trơ dung dịch chứa 0,2 mol 3AgNO với cường độ dòng điện 2,68 A, trong thời gian t (giờ) thu được dung dịch X (hiệu suất của quá trình điện phân là 100%). Cho 16,8 gam bột Fe vào X thấy thoát ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và sau các phản ứng hoàn toàn thu được 22,7 gam chất rắn. Giá trị của t là: A. 2,00 B. 1,00 C. 0,50 D. 0,25 Lời giải. 3 2 3 24 2 4 4AgNO H O Ag HNO O    Gọi x là số mol 3AgNO dư và y là số mol 3HNO tạo ra. Tổng số mol của 3AgNO dư và 3HNO chính bằng số mol 3NO  không đổi. Do đó, ta có 3 0,2 NO x y n    Ag tối đa tạo ra cũng chỉ 0,2 mol tức là khối lượng chất rắn sau phản ứng nhỏ hơn 21,6 gam. Vậy trong chất rắn còn Fe dư. 22 2Fe Ag Fe Ag    3 3 3 24 ( ) 2Fe HNO Fe NO NO H O    Suy ra số mol Fe phản ứng là 30.5 8 yx  Số mol Ag tạo ra là x, vậy có 3108 (0.5 .56) 22,7 16,8 8 yx x    Từ đó tìm được 0,1x y  hay 3600( ) 1( ).t s h  Bài 6. _______________________________________________________________________________ Cho 8,64 gam Al vào dung dịch X (X được tạo thành bằng 74,7 gam hỗn hợp Y gồm 2CuCl và 3FeCl vào nước). Kết thúc phản ứng thu được 17,76 gam chất rắn gồm hai kim loại. Tỉ lệ mol của 3 2:FeCl CuCl trong hỗn hợp Y là: A. 2:1 B. 3:2 C. 3:1 D. 5:3 Lời giải. - Nếu dư Al thì chắc chắn hỗn hợp kim loại phải chứa cả 3 kim loại Al, Cu và Fe. Do đó Al phải hết sau phản ứng và hai kim loại còn lại là Cu và Fe . - Do Fe nên chắc chắn có 3 phản ứng sau xảy ra theo thứ tự: 3 3 2 3 3 e 3 e x xx Al F Cl AlCl F Cl   2 32 3 2 3 2A 3 yyy Al CuCl lCl Cu   2 3 3 2 2 3 3 3 z x z Al FeCl AlCl Fe   (ở đây 3 2 x z , do Al phản ứng hết. Ta có 20,32( ) 0,32 3 3Al xn mol y z     Khối lượng hai muối ban đầu là 74,7 gam, suy ra .162,5 .135 74,7x y  Khối lượng hai kim loại thu được là 17,76, suy ra 364 56. 17,76 2 x z  7 Giải hệ ba phương trình trên suy ra: 0,36; 0,12; 0,12x y z   Vậy : 3 :1x y  . Chọn đáp án C. Bài 7. _______________________________________________________________________________ Cho 240 ml dung dịch 2( )Ba OH 1M vào 200 ml dung dịch hỗn hợp 3AlCl a mol/lít và 2 4 3( )Al SO 2a mol/lít thu được 51,3 gam kết tủa. Giá trị của a là: A. 0,12 B. 0,15 C. 0,16 D. 0,2 Lời giải. Trong các dung dịch có 0,24 mol 2 ;Ba  0,48 mol ,OH  a mol 3 ;Al  0,6a mol ;Cl 1,2a mol 24SO  . Xét bảng sau dựa theo các giá trị của a a 0,12 0,16 0,2 Nhận xét 4 0,48;a  1,2 0,24a  3 0,48 4 ;a a  1,2 0,24a  0,48 3a 1,2a 0,24 0,48 3a 1,2 0,24a  4BaSO m 1,2 .233 279,6a a 1,2 .233 279,6a a 1,2 .233 279,6a a 0,24.233=55,92 3( )Al OH m 0 (4 0, 48).78 312 37, 44 a a    0,16.78=12,48 0,16.78=12,48 Tổng khối lượng kết tủa 279,6a 591,6 37,44a  279,6 12,48a  68,4 > 51,3 Giá trị của a 279,6 51,3a  0,183 0,12a   (loại) 591,6 37,44 51,3a   0,15a  (nhận) 279,6 12,48 51,3a   0,138a  (loại) loại Từ đó, suy ra a nhận giá trị duy nhất là 0,15. Chọn đáp án B. Bình luận. Ở bài toán trên, nhận thấy lượng kết tủa luôn tăng lên nên ta có thể sử dụng mốc so sánh tại các giá trị 0,12; 0,16 và 0,2. Từ đó dễ dàng nhận thấy 51,3 thuộc khoảng giá trị của khối lượng kết tủa khi a có giá trị từ 0,12 đến 0,16. Bài 8. ______________________________________________________________________________ Đun nóng hỗn hợp gồm Fe và S có tỉ lệ mol 1:2 trong bình kín chứa không khí thu được hỗn hợp X. Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư đến khi phản ứng hoàn toàn thấy khối lượng chất rắn giảm 60%. Hiệu suất của phản ứng là: A. 50% B. 25% C. 33,33% D. 66,67% Lời giải. Giả sử ban đầu có 1 mol Fe và 2 mol S. Khối lượng của hỗn hợp ban đầu là 1 1.56 2.32 120( )m gam   Mà khối lượng được bảo toàn, suy ra hỗn hợp rắn lúc sau cũng có 2 1 120( )m m gam  1 2x x x Fe S FeS     Trong hỗn hơp lúc sau, chỉ có Fe và FeS phản ứng HCl. Lại có khối lượng chất rắn giảm 60%, nên S chiếm 40% khối lượng. Do đó (2 )32 0,540% 0,5 .100% % 1120 50x x H       Bài 9. ______________________________________________________________________________ Cho a mol kim loại M (hóa trị n không đổi) tan vừa hết trong dung dịch chứa 5 4 a mol 2 4H SO được 19,32 gam muối và khí B. Lượng khí B được hấp thụ hoàn toàn bởi 250ml dung dịch NaOH 0,2M tạo thành 2,12 gam muối. Xác định kim loại. A. Na B. Cu C. Zn D. Al 8 Lời giải. Gọi n là hóa trị của kim loại, nếu 1n  thì dựa vào đáp án nhận thấy M là .Na Na tác dụng với 2 4H SO tạo ra khí 2H không bị hấp thụ hoàn toàn bởi NaOH Ta lại có 2 4( )nM M SO nên số mol 2 4SO  tạo muối là 2 4 (*) 2SO ann   Ta phải có 5 2,5 2 4 an a n   . Do đó 2n  Vậy số mol 24SO  tạo muối là 2 4 (1)SO n a  Số mol 24SO  bị khử là 2 4 (1) 5 4 4SO an a a    Ta có: 2 2M M e  . Suy ra số mol electron tham gia quá trình oxi hóa khử là 2 2e Mn n a  Nhận thấy 2 4 (2) 8e SO n n   . Suy ra B là 2H S Gọi x và y lần lượt là số mol của các muối NaHS và 2Na S khi cho 2H S phản ứng với NaOH Bảo toàn Na ta có 2 0,2.0,25 0,05x y   Khối lượng của các muối là 56 78 2,12x y  Giải hệ 2 phương trình trên suy ra 0,01; 0,02x y  , dẫn đến 2 0,03H Sn  Bảo toàn electron suy ra 2 2 8. 0,12( )H Sa n a mol   Ta có 0,12( 96) 19,32 65.M M    Kết luận M là Zn. Bài 10. _____________________________________________________________________________ Cho 9,6 gam kim loại R tác dụng với 500ml dung dịch 3HNO c mol/lít vừa đủ, thu được 2,24 lít khí A (là khí duy nhất, đktc) và dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thu được 59,2 gam muối khan. A không thể là khí nào sau đây? A. 2N O B. 2N C. NO D. 2NO Lời giải. Gọi x và y lần lượt là số mol của 3( )nR NO và 4 3NH NO trong dung dịch sau phản ứng. Ta có các quá trình oxi hóa – khử là n x nx R R ne  5 5. kk eN N   5 38N e N   Gọi eN là số mol electron mà 3HNO nhận để tạo thành 1 mol khí. Dễ thấy eN có thể nhận các giá trị là 1, 3, 8,10 lần lượt tương ứng với các khí 2 2 2, , ,NO NO N O N Bảo toàn electron ta được: 8 0,1 (1)exn y N  Khối lương của kim loại và của muối lần lượt cho ta các phương trình là 9,6 (2) 80 .62 59, 2 (3) xR xR y xn      Thay (1) và (3) vào (2) ta được 9,6 80 (8 0,1 )62 59,2 576 6,2 49,6e ey y N y N       Suy ra 8.eN  Vậy A không thể là 2N . Chọn đáp án B. 9 Bài 11 – 20 Bài 11. _____________________________________________________________________________ Cho 13,32 mol hỗn hợp Zn và ZnO tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,38 mol 2 4H SO thu được một sản phẩm duy nhất và dung dịch chỉ chứa muối sunfat. Số mol sản phẩm khử thu được là: A. 0,19 B. 0,18 C. 0,16 D. 0,20 Lời giải. Gọi x và y lần lượt là số mol của Zn và ZnO trong hỗn hợp Gọi eN là số mol electron mà 2 4H SO nhận để tạo thành 1 mol khí. Dễ thấy eN có thể nhận các giá trị là 2, 6, 8 tương ứng với các sản phẩm khử là 2 2, , .SO S H S Với việc tính khối lượng hỗn hợp và bảo toàn nguyên tố S ta có hệ phương trình 65x 81 13,32 (1) 2x 0,38 (2) e y x y N         Từ (1) suy ra 13,32 13,32 81 65 20,164 0,38 0, 216 20,175 0, 216 e e x y x N x N           Cũng từ (1) ta suy ra 13,32 0, 205 65 x   , do đó 2 2.0,205 2,35 0,175 0,175e xN    . Vậy 2eN  . Thay vào hệ phương trình ta tìm được 0,18x  và 0,02.y  Vậy số mol sản phẩm khử 2SO là 2 0,18.2 0,18( ) 2SO n mol  . Chọn đáp án B. Bình luận. Do eN chỉ nhận các giá trị 2, 6, 8 nên ta có thể thay eN vào hệ phương trình (1)(2) giải ba trường hợp và tìm nghiệm x, y phù hợp. Câu 12. _____________________________________________________________________________ X là hỗn hợp của hai kim loại gồm kim loại kiềm M và kim loại kiềm thổ R. Lấy 28,8 gam X hòa tan vào nước thu được 6,72 lít khí 2H (đktc). Đem 2,8 gam Li luyện thêm vào 28,8 gam X thì phần trăm khối lượng Li trong hợp kim vừa luyện được là 13,29%. Kim loại kiềm thổ R trong X là? A. Mg B. Ca C. Ba D. Sr Lời giải. Nếu trong X không có Li, thì sau khi luyện thêm 2,8 gam; phần trăm của Li trong hợp kim chỉ là 2,8 9,72%. 28,8  Vậy nên trong X đã có sẵn một lượng Li, hay M chính là Li. Gọi số mol của Li và R trong X ban đầu lần lượt là x và y, ta có (0, 4 ).7 13,29% 0,2 28,8 2,8 x x     Theo phản ứng của X với 2 ,H ta lại có 2 0,3.2,x y  suy ra 0,2.y  Dễ dàng tìm ra R là Ba. 10 Câu 13. _____________________________________________________________________________ Đốt hỗn hợp gồm 0,4 mol Fe và 0,2 mol Cu trong bình đựng khí 2 ,O sau một thời gian thu được m gam chất rắn. Đem chất rắn này tác dụng với HCl dư, sau phản ứng hoàn toàn có 3,36 lít khí thoát ra (ở đktc) và 6,4 gam kim loại không tan. Giá trị của m có thể là: A. 44,8 B. 41,6 C. 40,8 D. 38,4 Lời giải. Do có kim loại không tan nên sau phản ứng, dung dịch có các ion là 2Fe  và 2Cu  với số mol lần lượt là x và y. Bảo toàn khối lượng, ta có 35, 20,4.56 0, 2.64 16. 16O O mm n n      Quá trình oxi hóa khử là 2 2 2 x x Fe Fe e  ; 2 2 2e y y Cu Cu   2 35,2 35,2 16 8 2 m m O e O      ; 20,3 0,15 2 2H e H   Bảo toàn electron, ta được 35,22 2 0,3 (*) 8 mx y    Khối lượng kim loại không tan là 56(0,4 ) 64(0,2 ) 6,4 56x 64 28,8 (**)x yy       Từ (**) suy ra 28,8 28,8 28,8 35,2 28,82. 0,3 2. 0,3 64 56 64 8 56 mx y                   Suy ra 40 41,024.m  Đối chiếu với đáp án, chỉ có C thỏa mãn. Bài 14.______________________________________________________________________________ Cho 12,4 gam hỗn hợp gồm một kim loại kiềm và oxit của nó tác dụng với dung dịch HCl dư thì thu được 27,75 gam muối khan. Kim loại kiềm thổ là A. Ba B. Mg C. Ca D. Sr Lời giải. Gọi x và y lần lượt là là số mol của kim loại kiềm M cần phải tìm và oxit của nó, ta có 22 2 2x xM HCl MCl H   2 22 2 yy M O HCl MCl H O   Ta có các phương trình dựa trên khối lượng hỗn hợp ban đầu và khối lương muối.  . 2 16 12, 4 ( 35,5)( ) 27,75 x M y M M x y        Từ (1)(2) suy ra 12,4 27,75 12,4 2 16 35,5 x y M M M       . Giải hệ bất phương trình này ta được 0 28,7M  Vậy suy ra giá trị thích hợp nhất của M là 24. M là Mg. Bài 15. ____________________________________________________________________________ Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm 2 3 3 4, , ,Fe FeO Fe O Fe O phản ứng hết với dung dịch 3HNO loãng dư thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đkc) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hoà tan tối đa 12,88 gam Fe (tạo khí NO duy nhất). Số mol 3HNO có trong dung dịch đầu là? A.0,88mol B.1,04mol C.0,64mol D.0,94mol Lời giải. Ta có 1,344 0,06( ) 22,4NO n mol  11 Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành: : ( ) 56 16 11,36 0,16 : ( ) 3 2 0,06.3 0,15 Fe x mol x y x O y mol x y y               Số mol 3HNO phản ứng với Fe và các oxit bằng tổng số mol của N có trong khí và muối nitrat: 3 (1) 3. 0,06 0,16.3HNO NO Fen n n    Giả sử dung dịch sau phản ứng có a mol 3HNO . Để dung dịch X có thể hòa tan tối đa lượng sắt thì sau dung dịch chỉ tạo muối 2Fe  Phương trình phản ứng 2 3 23 8 2 3 2 4aFe H NO Fe NO H O       0,1 3 2 6 2 3Fe Fe Fe   Số mol Fe bị hòa tan tối đa là: 3 0,16 0,23 0, 4( ) 2 8 a a mol    Suy ra tổng số mol 3HNO có trong dung dịch ban đầu là: 3 (0,06 0,16.3) 0, 4 0,94HNOn     Bài 16. _____________________________________________________________________________ Hòa tan hồn hợp X nặng m gam gồm Fe, 2FeCl , 3FeCl trong 3HNO đặc nóng được 8,96 lít 2NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) và dung dịch Y. Thêm NaOH dư vào Y được 32,1 gam kết tủa. Giá trị m là: A. 16,8 B. 25,675 C. 34,55 D. 17,75 Lời giải. Sau khi thêm NaOH, kết tủa chỉ có 3( )Fe OH và 3( ) 0,3Fe OHn  Ta hoán đổi hỗn hợp thành Fe và Cl. Đặt Cln x Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có 3.0,3 0,4.1 0,5x x    Vậy 0,5.35,5 0,3.56 34,55m    Bài 17.______________________________________________________________________________ Cho m gam KOH vào 2 lít 3KHCO a (M) được 2 lít X. Lấy 1 lít X tác dụng với 2BaCl dư thu được kết tủa 15,76 g kết tủa. Mặt khác cho 1 lít X tác dụng 2CaCl dư rồi đun nóng, sau các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 10 g kết tủa. Giá trị của m và a lần lượt là: A. 5,6 g; 0,04 M B. 8,96 g; 0,12 M C. 4,48 g; 0,06 M D. 5,04 g; 0,07 M Lời giải. Ta có 3 0,08( )BaCOn mol Giả sử KOH dư thì 3 3 3 0,08( ) 8( )CaCO BaCO CaCOn n mol m g    (loại) Do đó KOH thiếu, khi cho 2CaCl tạo muối cacbonat và hidro cacbonat 3 3 2( ) 0,08( ) 10 8 0,02( ) 100 CaCO Ca HCO n mol n mol        Bảo toàn nguyên tố C thì ta có: 3 3 0,08 0,02.2 0,12( ) ( ) 0,12KHCO Mn mol C KHCO B      Bài 18. ____________________________________________________________________________ 12 Lắc 13,14 gam Cu với 250ml 3AgNO 0,6M một thời gian thu được 22,56 chất rắn A và dung dịch B. nhúng kim loại M nặng 15,45gam vào dung dịch B khuấy đều đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch chỉ chứa 1 muối duy nhất và 17,355 g chất rắn Z. Xác định M. Lời giải. Tổng khối lượng kim loai và ion kim loại đưa vào dung dịch: 1 13,14 0,25.0,6.108 15,45 44,79m g    Tổng khối lượng kim loại lấy ra khỏi dung dịch: 2 17,355 22,56 39,915m g   Vậy tổng khối lượn