TUYỂN tập các câu hỏi vô cơ HAY và KHÓ

TUYỂN TẬP 95 CÂU HỎI VÔ CƠ HAY VÀ KHÓ PHẦN 1: 60 CÂU NỀN TẢNG Câu 1: Cho 30 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO3)2 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,725 mol H2SO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa 90,4 gam muối sunfat trung hòa và 3,92 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2 và H2. Biết tỉ khối của Z so với H2 là 33 7 . Tính khối lượng các chất trong hỗn hợp X? (Trích đề thi tuyển HSG – bảng B tỉnh Quảng Ninh năm học 2015 – 2016)  Hướng dẫn giải Áp dụng bảo toàn khối lương, ta có: H O2 33 m 30 0,725 98 90,4 0,175 2 9 gam 7          H O 0,5 mol 2  Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có: 4 0,725 2 0,125 2 0,5 2 NH 0,05 mol 4          BTNT N 3 2 0,05 0,05 2 Fe(NO ) 0,075 mol 2      BTNT O ZnO 0,5 0,075 6 0,05 mol     3 2 Mg a mol Al b mol 30 gam ZnO 0,05 mol Fe(NO ) 0,075 mol            2 4 0,725 mol H SO  2 3 2 3 2 3 2 2 4 4 2 2 90,4 gam Mg a mol Al b mol Fe Fe (Fe Fe ) dd Y Zn 0,05 mol SO 0,725 mol NH 0,05 mol N 0,05 mol Z H 0,125                                + 2 0,5 mol H O Áp dụng bảo toàn mol electron  e nhËn n 0,05 10 0,125 2 0,05 8 1,15 mol        Với “format” ra đề của tác giả thì tới đây người giải chúng ta “bắt buộc” vào hóa thân thành các “thầy bói” để đoán xem ý tác muốn dung dịch Y chỉ Fe2+; Fe3+ hay cả 2 ion. Thật ra đây là vấn đề còn khá nhiều tranh luận về việc đã sinh H2 thì áp đặt theo dãy điện hóa thì dung dịch không thể tồn tại Fe3+ được. Theo quan điểm của cá nhân mình thì việc áp đặt thứ tự phản ứng theo dãy điện hóa ở phổ thông ở đây có những vẫn đề chưa hợp lý như sau: + Thứ 1: việc áp đặt hỗn hợp các chất gồm kim loại, oxit kim loại, muối của kim loại phản ứng tuân theo 1 thứ tự nhất định nào đó là dường như “không ổn” vì bản thân hóa học vô cơ không có cơ chế phản ứng như hóa học hữu cơ nên việc các hỗn hợp các chất như trên tham gia phản ứng là rất hỗn loạn. (ví dụ thử hỏi hỗn hợp Na, Ba cho vào H2O thì thứ tự phản ứng làm sao???) + Thứ 2: dãy điện hóa ở chương trình phổ thông hiện hành được sắp xếp dựa vào thế điện cực chuẩn Eo (phụ thuộc vào nồng độ, các bạn học chuyên sẽ biết được phương trình Nersnt), nói vui là kiểu làm bài này phải thực hiện ở nhiệt độ phòng máy lạnh 250C thì mới chuẩn. Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” + Thứ 3: đề thi của Bộ đã từng xuất hiện trường hợp như khi có H2 thoát ra dung dịch chứa cả Fe 2+, Fe3+ ở đề thi Cao đẳng và đề minh họa 2015 rồi. Chính vì thế cá nhân mình nghĩ nếu là đề thi CHÍNH THỨC của BỘ sẽ ra “quang minh chính đại” đường đường giải được ở trường hợp tổng quát nhất chỉ không phải mò thế này Còn ở bài này, thì chúng ta phải đoán ý tác giả vậy Với các bài này thì thông thường học sinh sẽ tiếp cận với việc giả sử lần lượt chỉ chứa Fe2+, Fe3+ hoặc cả 2 khi đó sẽ xuất hiện trương hợp giải ra nghiệm, nghiệm âm và không đủ dữ kiện để giải từ đó dẫn đến kết quả bài toán. + Trường hợp dung dịch Y chỉ chứa Fe2+ (yêu tiên trường hợp này trước với các đề thi thử vì nhiều tác giả rất thích máy móc hóa Lý thuyết vấn đề). Khi đó BT§T dd Y 24a 27b 0,05 81 0,075 180 30 gam 2a 3b 0,05 2 0,05 0,075 2 0,725 2 mol                    a 0,35 mol b 0,15 mol      Kiểm tra lại với  BTE e cho e nhËn n 2a 3b 2 0,35 3 0,15 1,15 mol = n        (Nghiệm thỏa) (Bài viết được viết dựa trên luận điểm cá nhân) Câu 2: Cho 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2, Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 3,1 mol KHSO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat trung hòa và 10,08 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so với He là 23 18 . Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 15. B. 20. C. 25. D. 30. (Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 – Bộ GDĐT)  Hướng dẫn giải Ta có: Z Z n 0,45 mol 46 M 9        khÝ hãa n©u ngoμi kh«ng khÝ lμ NO  Z gồm 2 NO 0,05 mol H 0,4 mol      2 3 4 3 3 2 2 2 4 4 4 46 0,45 2,3 gam 9 KHSO 3,1 mol 466,6 gam NO 0,05 mol Z H 0,4 mol Fe O K 3,1 mol 66,2 gam Fe(NO ) Al Al dd Y Fe + H O SO 3,1 mol NH                              Khi đó áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: 2 66,2 3,1 136 466,6 2,3 H O 1,05 mol 18       Áp dụng bảo toàn nguyên tố H  4 3,1 0,4 2 1,05 2 NH 0,05 mol 4        Áp dụng bảo toàn nguyên tố N  3 2 0,05 0,05 Fe(NO ) 0,05 mol 2    Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Áp dụng bảo toàn nguyên tố O  Fe O Fe(NO ) NO H O 3 4 3 2 2 6 0,05 0,05 1,05 3n 6n n n      Fe O 0,2 mol 3 4  (O 2 4 SO  triệt tiêu nhau) Khi đó theo khối lượng X, ta có: Al 3 4 3 2 Fe O Fe(NO ) m 66,2 0,2 232 0,05 180 10,8 gam        Al 10,8 gÇn nhÊt %m 100 16,31% 15% 66,2     Comment: Ở câu này Bộ “rất khéo” khi không hỏi về anh Fe tránh đụng đến vấn đề “nhạy cảm có phần gây tranh cãi” đó là việc đã sinh H2 thì dung dịch không chứa Fe3+ (theo thứ tự phản ứng của dãy điện hóa). Tuy nhiên nếu ta mổ xẻ ra thì dd Y gồm 2 4 3 4 2 3 2 3 K 3,1 mol SO 3,1 mol Al 0,4 mol NH 0,05 mol Fe Fe (Fe , Fe )                   BT§T Fe n 1,85mol   + Nếu chỉ chứa Fe2+  2 Fe trong X 1,85 Fe (0,2 3 0,05) 2      + Nếu chỉ chứa Fe3+  3 Fe trong X 1,85 Fe (0,2 3 0,05) 3      Vậy dung dịch chứa cả Fe2+ và Fe3+  2 3 2 3 Fe Fe Fe trong X Fe Fe BTNT Fe BT§T Fe n n n 0,65 mol 2n 3n 1,85 mol                2 3 Fe 0,1 mol Fe 0,55 mol        Đây là ví dụ mình muốn minh họa cho các bạn thấy trường hợp có khí H2 thoát ra dung dịch vẫn có thể chứa cả Fe3+ từ đề thi của Bộ Giáo dục và Đào Tạo ở dạng bài kim loại, muối, oxit kim loại phản ứng trong môi trường H+ , NO3  . Dĩ nhiên bài viết trên mình đã nhấn mạnh là xét trên quan điểm cá nhân cũng như kiến thức hạn chế của mình. Để kiểm chứng điều này có lẽ cần làm thí nghiệm thực nghiệm, tuy nhiên với điều kiện học tập và ở mức độ phổ thông của nước ta thì rất khó cho ngay cả các giáo viên và học sinh kiểm chứng. Thôi thì là 1 học sinh, với đại đa số đông học sinh hiện nay thì đều “HỌC ĐỂ THI” vì thế khi gặp những câu hỏi kiểu này thì đôi khi “thực dụng” lại hay (tìm cách giải ra đáp số của bài toán thay vì “lăn tăn” gì đó hay áp đặt ràng buộc lý thuyết Dãy điện hóa vào, có khi làm vấn đề trở nên muôn trùng khó khăn). Câu 3: Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO3)2 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,725 mol H2SO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa 96,55 gam muối sunfat trung hòa và 3,92 lít (đktc) khí Z gồm hai khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so với H2 là 9. Phần trăm số mol của Mg trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 25. B. 15. C. 40. D. 30. (Thi thử chuyên ĐH Vinh lần 4 – năm 2015)  Hướng dẫn giải Hai khí có khí hóa nâu ngoài không khí  NO. Dựa vào tỉ khối hơi suy ra khí còn lại là H2. 2 2 2 2 NO H NO NO H H NO H n n 0,175 mol n 0,1 mol 30n 2n 9.2 n 0,075 mol n n                  Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” 2 3 2 2 3 2 4 2 4 3 2 2 4 0,725 mol H SO 96,55 gam Mg Al Zn Fe Fe Mg a mol dd Y + H O NH 0,05 mol Al b mol 38,55 gam SO 0,725 mol ZnO 0,2 mol Fe(NO ) 0,075 mol N Z                             2 O 0,1 mol H 0,075 mol      Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: X H SO Y Z H O H O 2 2 4 2 2 m m m m m m 38,55 0,725 98 96,55 0,175 18 9,9 gam H               O 0,55 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có: 2 4 2 2 4 H SO H H O 4 NH 0,725 2 0,55 2 0,075 2 2n 2n 2n 4n NH 0,05 mol 4              Khi đó  BTNT N 3 2 4 Fe(NO ) NO 3 2 NH 0,1 0,05 2n n n Fe(NO ) 0,075 mol 2         BTNT O ZnO Fe(NO ) NO H O 3 2 2 n 6n n n ZnO 0,1 0,55 6 0,075 0,2 mol          (O trong 2 4 SO  triệt tiêu nhau) Lập luận: nếu như dung dịch Y vừa chứa Fe2+ vừa chứa Fe3+ thì không đủ dữ kiện để xử lý bài toán. Nói cách khác tới đây ta phải “hiểu ý” tác giả: Giả sử dung dịch chỉ chứa Fe2+ thì ....... Theo giả thuyết và bảo toàn mol electron, ta có: Fe(NO ) ZnO 3 2 24a 27b 38,55 0,075 180 0,2 81 8,85 gam a 0,2 mol b 0,15 mol 2a + 3b 8 0,05 3 0,1 2 0,075                         Mg 0,2 gÇn nhÊt %n 100 32% 30% 0,2 0,15 0,2 0,075         Câu 4: Hòa tan hoàn toàn m gam MSO4 (M là kim loại) vào nước thu được dung dịch X. Điện phân dung dịch X (điện cực trơ, hiệu suất 100%) với cường độ dòng điện 7,5A không đổi, trong khoảng thời gian 1 giờ 4 phút 20 giây, thu được dung dịch Y và khối lượng catot tăng a gam. Dung dịch Y tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch chứa KOH 1M và NaOH 1M, sinh ra 4,9 gam kết tủa. Coi toàn bộ lượng kim loại sinh ra đều bám hết vào catot. Giá trị của m và a lần lượt là A. 24 và 9,6. B. 32 và 4,9. C. 30,4 và 8,4. D. 32 và 9,6.  Hướng dẫn giải + I = 7,5A; t = 1.60.60 + 4.60 + 20 =3860 giây e It 7,5 3860 n 0,3 mol F 96500      + Do dung dịch Y + dung dịch (KOH, NaOH)  sinh kết tủa nên suy ra MSO4 còn dư sau điện phân. 2 2 1 H O 2e 2H O 2 mol : 0,3 0,3 0,07     2 H OH H O mol : 0,3 0,3      2 2 M 2OH M(OH) mol : (0,4 0,3) 0,05       M(OH)2 4,9 M 98 M 64 (Cu) 0,05      Cu b ̧m vμo catot BTE 0,3 n 0,15 mol a = 0,15 64 = 9,6 gam 2      Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” CuSO ban ®Çu Cu b ̧m vμo catot Cu(OH) 4 2 0,15 mol 0,05 BTNT Cu       n n n 0,2 mol m = 0,2 160 = 32 gam Câu 5: Hòa tan hoàn toàn 29,64 gam hỗn hợp X gồm Cu, Fe, ZnO và một oxit sắt bằng lượng vừa đủ V lít dung dịch HCl 2aM và H2SO4 aM thu được 0,896 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y chứa m gam chất tan. Cho từ từ dung dịch BaCl2 đến khi kết tủa cực đại thì dừng lại, cho tiếp AgNO3 dư vào, sau phản ứng thu được 212,1 gam kết tủa. Mặt khác cho cùng lượng X trên tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng lấy dư thu được 8,96 lít NO2 (đktc). Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 56. B. 60. C. 62. D. 58.  Hướng dẫn giải 2 2 4 4 HCl 2 2 4 2 2 4 H SO Ba d­ tÝnh theo SO x mol x mol x mol Ag d­ tÝnh theo Cl (2x+2x) mol (2x+2x) mol 4x mol Ba SO BaSO n = 2x mol BaCl x mol L­u ý : Cl n x mol Ag Cl AgCl HCl 2x mol                                Áp dụng bảo toàn mol electron cho thí nghiệm I và II, ta có : Ag H NO Ag 2 2 0,04 mol 0,4 mol n 2 n n n 0,32 mol     2 n 4 2 4 x y 2 4 2 3 HCl 2x mol H SO = x mol (1) BaCl = x mol (2) AgNO d 29,64 gam H 0,04 mol Cu R BaSO = x mol Fe dd Y Cl = 2x mol 212,1 gam AgCl 4x mol ZnO SO x mol Ag 0,3 Fe O                                  2 3 HNO d 2 mol NO 0,4 mol          Vậy: m 233x 143,5 4x 0,32 108 212,1 gam x = 0,22 mol         Khi đó, ta có : 2 H O trong X 2 2 2H H 0,88 0,04 2 n 2x 2x = 0,88 mol n 0,4 mol 2H O H O 2                     Y 2 4 gÇn nhÊt X O trong X Cl SO m 29,64 0,4 16 0,44 35,5 0,22 96 59,98 gam 60 gam             Câu 6: Cho m gam hỗn hợp bột X gồm FexOy, CuO và Cu (x, y nguyên dương) vào 600 ml dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch Y (không chứa HCl) và còn lại 6,4 gam kim loại không tan. Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3, thu được 102,3 gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 22,7. B. 34,1. C. 29,1. D. 27,5.  Hướng dẫn giải Do còn rắn dư (Cu) sau phản ứng  dung dịch Y chỉ chứa Fe2+ (không chứa Fe3+) phản ứng với Ag+ sinh Ag. Do 2 2 O trong X 2H O H O n 0,3 mol       . 2 2 x y 3 BTNT Cl AgNO 0,6 mol HCl 102,3 gam m gam Fe a mol AgCl 0,6 mol Fe O Y Cu b mol 102,3 86,1 Ag 0,15 mol CuO Cl 0,6 mol 108 Cu Cu 6,4 gam                                    Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Do 2 3 Fe Ag Ag F mol : 0,15 0 e ,15         BT§T 2 0,6 0,15 2 Cu b 0,15 mol 2       Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: Fe Cu O mCu gÇn nhÊt m m m m 0,15 56 (0,15 64 6,4) 0,3 16 29,2 gam 29,1 g             am Câu 7: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, FeCO3, Cu(NO3)2 vào dung dịch chứa NaNO3 (0,045 mol) và H2SO4, thu được dung dịch Y chỉ chứa 62,605 gam muối trung hòa (không có ion Fe3+) và 3,808 lít (đktc) hỗn hợp khí Z (trong đó có 0,02 mol H2). Tỉ khối của Z so với O2 bằng 19 17 . Thêm dung dịch NaOH 1M vào Y đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất là 31,72 gam thì vừa hết 865 ml. Mặt khác, cho Y tác dụng vừa đủ với BaCl2 được dung dịch T. Cho lượng dư AgNO3 vào T thu được 256,04 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 34,6. B. 32,8. C. 27,2. D. 28,4.  Hướng dẫn giải 3 3 2 m gam Mg Fe FeCO Cu(NO )        3 2 4 NaNO 0,045 mol H SO a mol         2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 4 0,865 mol NaOH BaCl Ag 31,72 gam 62,605 gam Cu Mg Fe Cu Mg Fe OH = 2a b 0,045 SO a mol Y Na = 0,045 mol Fe NH = b mol T Cl BaSO                                  3 4 2 2 2 x y NO 256,04 gam 6,08 gam AgCl Ag BaSO H 0,02 mol 0,17 mol Z CO + H O N O             Theo bảo toàn điện tích trong dung dịch Y, ta có: KL KL 2n 0,045 b 2a mol 2n (2a b 0,045 ) mol        (). Để thu được lượng kết tủa là tối đa  KL 2n b 0,865 mol    tõ () a 0,455 mol  Từ KL KL m 0,045 23 96a 18b 62,605 gam m 17 (2a b 0,045) 31,72 gam               62a 35b 29,085 gam    b = 0,025 mol  BTNT H 2 2 0,455 4 0,025 0,02 2 H O 0,385 mol 2        Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: 2 4 2 3 dd Y Z H O NaNO H SO m 62,605 6,08 18 0,385 0,045 85 98a 27,2 gam         Comment: Với cách giải trên thì không cần đến dữ kiện cuối Tuy nhiên nếu giả theo ý của tác giả thì như sau: Tìm được số mol 2 4 SO  = 0,455 mol BaCl2 n 0,455 mol   256,04 gam 4 2 BaSO 0,455 mol AgCl Cl 0,91 mol Ag 0,18 mol Fe 0,18 mol              Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Khi đó dung dịch 2 2 2 2 4 4 Mg Cu Fe 0,18 mol 62,605 gam SO 0,455 mol NH b                2 2 2 0,865 mol NaOH Cu Mg 31,72 gam Fe = 0,18 mol OH = 0,865 b              Từ đây lập được 2 phương trình về khối lượng  b = 0,025. Tới đây thì tương tự như cách mình trình bày ở trên BTNT H và BTKL để ra kết quả. Câu 8: Hòa tan hết 17,76 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, FeCl2 và Fe(NO3)2 vào dung dịch chứa 0,408 mol HCl thu được dung dịch Y và 1,6128 lít khí NO (đktc). Cho từ từ AgNO3 vào dung dịch Y đến khi thấy khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì lượng AgNO3 phản ứng là 99,96 gam, sau phản ứng thu được 82,248 gam kết tủa; 0,448 lít khí NO2 (đktc) thoát ra và dung dịch Z chỉ chứa m gam muối. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 44. B. 41. C. 43. D. 42.  Hướng dẫn giải + Nếu kết tủa chỉ chứa AgCl BTNT Ag AgCl 99,96 AgCl m .143,5 84,378 gam > 82,248 gam kÕt tña 170 Ag        + Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố Ag : AgCl Ag AgNO ph¶n øng 3 AgCl AgCl Ag Ag n n n 0,588 mol n 0,528 mol 143,5n 108n 82,248 gam n 0,06 mol                   + Khi đó, áp dụng bảo toàn nguyên tố Cl, ta có: FeCl HCl AgCl FeCl 2 2 0,528 0,408 2n n n n 0,06 mol 2       + Mặt khác, khi cho từ từ đến dư AgNO3 vào dung dịch Y có khí NO2 thoát ra  trong Y có H+ còn dư. Theo mối liên hệ về số mol H+ và sản phẩm khử, ta có: 3 2 2 2H NO 1e NO H O mol : 0,04 0,02           Vậy trong dung dịch Y không chứa NO3  và NO H ph¶n øng t1o spk 4n 0,288 mol (0,408 0,04) mol      Y có chứa NH4   NH4 (0,408 0,04) 0,288 n 0,008 mol 10      3 2 2 0,408 mol HCl 17,76 gam Mg x mol Al y mol Fe(NO ) z mol FeCl 0,06 mol              2 3 0,588 mol AgNO NO : 0,072 mol dung dÞch Y H O         2 2 3 3 4 3 NO : 0,02 mol Mg x mol Al y mol Z Fe (0,06 z) mol NH 0,008 mol NO (0,588 0,02)mol                      Áp dụng bảo toàn nguyên tố H và O, ta có: 2 2 H O H O 0,008 4 2n (0,408 0,04) mol 6z 0,072 n             H O2 n 0,168 mol z 0,04 mol      Theo giả thuyết và bảo toàn điện tích, ta có: 2 3 2 FeCl Fe(NO ) 24x 27y (17,76 0,06 127 0,04 180) gam 2x 3y (0,568 0,008 3 0,1) mol                  x 0,1 mol y 0,02 mol      Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Vậy muèi gÇn nhÊt m 0,1.24 0,02 27 0,1 56 0,008 18 0,568 62 43,9 gam            44 gam Câu 9: Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2O3 và Al(NO3)3 vào dung dịch chứa NaHSO4 và 0,09 mol HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có khối lượng 127,88 gam và 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 5. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau: Phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z là A. 41,25%. B. 68,75%. C. 55,00%. D. 82,50%.  Hướng dẫn giải Từ đồ thị sau 1 thời gian mới có kết tủa xuất hiện dung dịch có chứa H+ còn dư (nếu không chứa H+ thì theo BTĐT và khối lượng chất tan vô lý) NaOH phản ứng Al3+ = = 1,2 mol Al 0,3 mol 10,92 gam O N       3 4 HNO = 0,09 mol NaHSO = a mol       3 2 4 2 4 2 2 2 127,88 gam 1,6 gam Al 0,3 mol Na a mol dd Y SO a mol + H O H b mol NH c mol N 0,08 mol Z N O H                         Theo giả thuyết, áp dụng bảo toàn điện tích: Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có:  2 2 2 2 N N O N N O n n 0,04 mol 28n 44n (1,6 0,04 2) gam             2 2 N 0,015 mol N O 0,025 mol        3 3 Al(OH) max khi NaOH = 1 mol Al(OH) tan hÕt khÝ NaOH = 1,3 mol      Al(OH) OH Al(OH) 3 4      3 Al Al(OH) 0,3 mol 3 max      4 0,3   H NH 1,3 1,2 0,1 mol 4       119a b 18c (127,88 27 0,3) gam a b c 0,3 3 mol b c 0,1 ol                  a 1 mol b 0,06 mol c 0,04 mol          BTKL H O2 3 4 X HNO NaHSO Y Z 10,92 0,09 63 120 1 127,88 0,08 4 5 18n           H O 0,395 mol 2  2 0,09 1 0,06 0,04 4 0,395 2 H 0,04 mol 2         2 2 N 0,04 mol N O     Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Vậy Câu 10: Hòa tan m gam hỗn hợp CuSO4 và KCl vào nước thu được X. Điện phân dung dịch X với cường độ dòng điện không đổi (điện cực trơ, màng ngăn xốp). Thể tích khí V thoát ra (đktc) theo thời gian t được biểu diễn trên đồ thị sau: Nếu dừng điện phân ở thời điểm 250 giây rồi đem nhúng thanh nhôm (dư) vào dung dịch, sau phản ứng hoàn toàn, khối lượng thanh nhôm thay đổi như thế nào? A. Tăng 1,75 gam. B. Giảm 0,918 gam. C. Tăng 1,48 gam. D. Giảm 1,25 gam.  Hướng dẫn giải Phân tích: Ta có thứ tự điện phân như sau  0 – 200 giây (Đoạn 1): 4 2 4 2 ®pdd CuSO 2KCl Cu K SO Cl      Lúc này chỉ có Cl điện phân sinh khí Cl2, đoạn thẳng thứ nhất biểu diễn lượng khí Cl2 thoát ra.  200 – 350 giây (Đoạn 2): 4 4 2 2 4 2 2 2 2 ®pdd ®pdd mμng ng ̈n xèp 1 NÕu CuSO d­ : CuSO H O Cu H SO O 2 1 1 NÕu KCl d­: KCl + H O KOH Cl H 2 2                 Lúc này dù là CuSO4 dư hay KCl dư thì đều là H2O điện phân + Nếu CuSO4 dư thì H2O điện phân ở anot  chỉ có khí O2 (ở anot) thoát ra  khí thoát ra chậm hơn ở đoạn 1 nên khi đó đoạn 2 sẽ thoải hơn đoạn 1. + Nếu KCl dư thì H2O điện phân ở catot và Cl điện phân ở anot  ở cả catot (khí H2) và anot (khí Cl2) đều có khí thoát ra  khí thoát ra nhanh hơn nên đoạn 2 sẽ dốc hơn đoạn 1.  350 – 450 giây (Đoạn 3): Lúc này H2O điện phân ở cả hai điện cực  ở catot (khí H2) và ở anot (khí O2) thoát ra Dựa vào hình vẽ trong bài ta thấy:  Từ 0 – 200 giây: Cl bị điện phân sinh khí Cl2 e ®o1n 1 Cl   2 2Cl 2e Cl2 200I 100I n n mol 96500 96500       Từ 200 – 350 giây: H2O bị điên phân tại anot sinh khí O2 (do dựa vào hình vẽ đoạn 2 thoải hơn đoạn 1) e ®o1n 2 O   2 1 H O 2e 2H O 2 2 2 150I 37,5I n n mol 96500 96500         Từ 350 – 450 giây: H2O bị điên phân ở cả 2 điên cực sinh khí H2 và O2     H2 e ®o1n 3 O2 1 catot: H O e H OH 2 2 2 1 anot: H O 2e 2H O 2 2 2 50I n mol 100I 96500 n 96500 25I n mol 96500                 2 0,025 44 %N O .100 68,75% 1,6    0 200 350 450 3,808 t (giây) V (lít) Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Khi đó, theo giả thuyết từ hình vẽ ta có: khÝ tho ̧t ra sau 450s n n n Cl ®o1n 1 O ®o1n 2 (H O ) ®o1n 3 2 2 2 2 100I 37,5I 50I 25I n 0,17 mol I = 77,2 A 96500 96500 96500 96500         Theo phương trình điện phân ta có: KCl ban ®Çu Cl2 2+ CuSO ban ®Çu 4 200.77,2 n 2n 0,16 mol 96500 350.77,2 T1i 350s Cu ®iÖn ph©n hÕt n 0,14 mol 2.96500             Tại thời điểm 250 giây: CuSO ®· ®iÖn ph©n CuSO cßn d­ 4 4 250.77,2 n 0,1 mol n 0,14 0,1 0,04 mol 2.96500         ®pdd 4 2 4 2 200s ®Çu: CuSO 2KCl Cu K SO Cl 0,08 0,16 mol          ®pdd 4 2 2 4 2 50s sau: 1 CuSO H O Cu H SO O 2 0,02 0,02 mol        Vậy khi dừng điện phân ở thời điểm 250 giây thì thu được dung dịch sau điện phân là CuSO4 (0,04 mol) và H2SO4 (0,02 mol). Khi đó nhúng thanh nhôm (dư) vào, ta có: Vậy thanh khối lượng thanh Al tăng 1,48 gam. Câu 11: Dung dịch X chứa Fe2+ (0,25 mol), Cu2+ , Cl và NO3  . Dung dịch Y chứa Na+ (0,08 mol), H+ và Cl . Cho dung dịch X vào dung dịch Y thu được dung dịch Z và 0,06 mol khí NO. Cho dung dịch AgNO3 đến dư vào dung dịch Z, thấy thoát ra 0,02 mol khí NO; đồng thời thu được 133,1 gam kết tủa. Nếu nhúng thanh Fe vào dung dịch X thì khối lượng thanh Fe tăng m gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn; NO là sản phẩm khử duy nhất của NO3  trong cả quá trình. Giá trị của m là A. 0,32. B. 0,40. C. 0,48. D. 0,24. (Đề thi thử lần 1 – Diễn đàn Hóa học và Ứng dụng BOOKGOL)  Hướng dẫn giải 2 3 2 Na 0,08 mol dd Y H Cl Fe 0,25 mol NO 0,06 mol dd X Cu Cl                            2 3 2 3 2 3 AgNO d 133,1 gam NO 0,06 mol NO = 0,02 mol AgCl 0,92 mol Fe Fe Ag 0,01 mol dd Z H Cl Cu Fe 0,25 mol Cu                        4 cßn d­ 2 4 3 2Al 3CuSO Al (SO ) 3Cu 2 0,04 0,04 mol 75        2 4 2 4 3 2 2Al 3H SO Al (SO ) 3H 1 0,02 mol 75      Al ph¶n øng Cu b ̧m vμo n 0,04 mol n 0,04 mo m 0,04.64 0,04.27 , l              1 48 gam Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Từ mol khí thoát ra ở TN1 (dung dịch Z chứa H+ 3 thÝ nghiÖm 1 NO hÕt   )  BTNT N NO3  = 0,06 mol. Mặt khác từ 3 2 4H NO 3e NO 2H O mol : 0,32 0,08         H trong Y = 0,32 mol   BT§T dd Y Cl trong Y 0,08 0,32 0,4 mol     Áp dụng bảo toàn mol electron cho toàn quá trình phản ứng, ta có : Ag Fe2 NO 0,25 (0,06 0,02) 3 n       Ag = 0,01 mol  trong X, Y 133,1 0,01 108 AgCl Cl 0,92 mol 143,5        Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cl, ta có: Cl trong X = 0,92 0,4 0,52 mol    Khi đó, áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch X, ta có: 2 0,52 0,06 0,25 2 Cu 0,04 mol 2       t ̈ng Cu Fe nhóng thanh Fe vμo dd X         m m m 0,04 64 0,04 56 0,32 gam Câu 12: Hòa tan hoàn toàn 18,025 gam hỗn hợp bột rắn gồm Fe2O3, Fe(NO3)2, Zn bằng 480 ml dung dịch HCl 1M sau phản ứng thu được dung dịch X chứa 30,585 gam chất tan và 1,12 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm (N2O, NO, H2) có tỉ khối với He là 6,8. Cho AgNO3 dư vào dung dịch X ở trên thấy thu được 0,112 lít khí NO (đktc) (sản phẩm khử duy nhất ) và 72,66 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của Fe(NO3)2 trong hỗn hợp ban đầu là A. 29,96%. B. 39,89%. C. 17,75%. D.62,32%. (Đề thi thử lần 1 – Diễn đàn Hóa học và Ứng dụng BOOKGOL)  Hướng dẫn giải 2 2 2 2 3 2 3 3 2 4 3 1,36 gam HCl = 0,48 mol AgNO 18,025 mol 30,585 gam H 0,05 mol N O NO Zn Zn = x mol Fe , Fe Fe O = y mol dd X Cl 0,48 mol Fe(NO ) = z mol H 0,02 mol NH                              2 72,66 gam NO = 0,005 mol AgCl = 0,48 mol Ag = 0,035 mol H O     Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: 2 18,025 0,48 36,5 1,36 30,585 H O 0,2 mol 18       Do dung dịch X 3 AgNO  có sinh khí NO  trong X có H+ dư Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Do 3 2 4H NO 3e NO 2H O mol : 0,005        H + trong X = 0,005  4 = 0,02 mol. Mặt khác, ta có: 72,66 0,48 143,5 Ag 0,035 mol 108     Áp dụng bảo toàn mol electron, ta có: 2 Fe 0,035 0,005 3 0,05 mol      Áp dụng bảo toàn nguyên tố O  N O2 NO n   = (3y + 6z – 0,2) mol  H2 = 0,05 – (3y + 6z – 0,2) = 0,25 – 3y – 6z Áp dụng bảo toàn nguyên tố H  NH4 + = 0,48 0,02 0,2 2 2 0,2   mol 4 5 3y 6z 6y 12 4        z 0,44   Theo giả thuyết, khối lượng chất tan X và bảo toàn điện tích trong dung dịch X, ta có: : 65 160 180 18,025 0,145 mol 6 12 0,44 65 56.(2 y z) 0,02.1 .18 0,48.35,5 30,585 0,02 mol 4 0,03 mol 6 12 0,44 2 0,05.2 (2 0,05).3 0,02 .1 0,48 4                                      x y z x y z x y z y z x y z  Fe(NO ) 3 2 0,03 180 %m 100 29,96% 18,025     Comment: Nhận xét chủ quan thì câu này KHÓ. Mấu chốt câu này ở chỗ bảo toàn O và H. Lưu ý đặc điểm 2 khí N2O và NO đều cùng chỉ có 1 oxi để bảo toàn. Câu 13: Cho m gam hỗn hợp H gồm FexOy, Fe, Cu tác dụng hết với 200 gam dung dịch chứa HCl 32,85% và HNO3 9,45%, sau phản ứng thu được 5,824 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch X chứa (m + 60,24) gam chất tan. Cho a gam Mg vào dung dịch X, khi kết thúc phản ứng thấy thoát ra khí Y gồm 2 khí, trong đó có khí hóa nâu trong không khí; tỉ khối của Y đối với He bằng 4,7 và (m 6,04) gam chất rắn T. Giá trị của a là A. 21,48 B. 21,84 C. 21,60 D. 21,96  Hướng dẫn giải Fe m gam Cu O      H 3 HCl 1,8 HNO 0,3         mol mol 3 2 3 2 (m 60,24) gam NO 0,26 Fe Cl 1,8 dd X Cu NO 0,04 H 0,26 H O 0,92                 mol mol mol mol mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m + 84,6 = m + 60,24 + 7,8 + 18 H O2 n  H2O = 0,92 mol Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Áp dụng bảo toàn nguyên tố O  O (trong H) n = 0,26 + 0,12 + 0,92 – 0,9 = 0,4 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố H  H (trong ) n X  = 2,1 – 1,84 = 0,26 mol Ta có: Fe Cu n (m 0,4 16) gam       Khi đó: 3 2 3 Fe Cl 1,8 Cu NO 0,04 H 0,26              mol mol mol a gam Mg  2 2 4 2 (m 6,04) gam NO 3x Y H 2x Mg dd NH Cl 1,8 H O T Fe,Cu, Mg                     mol mol mol Áp dụng bảo toàn khối lượng các kim loại  mMg (trong ) T = (m – 6,04) – (m + 6,4) = 0,36 gam. Áp dụng bảo toàn nguyên tố O  H2O = (0,12 – 3x) mol. Áp dụng bảo toàn nguyên tô N  NH4 + = (0,04 – 3x) mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố H  0,26 = 4x + 2  (0,12 – 3x) + 4  (0,04 – 3x)  x = 0,01 mol  NH4 + = 0,01 mol Cuối cùng áp dụng bảo toàn điện tích  Mg2+ = 0,895 mol  a = 0,895  24 = 21,84 gam Câu 14: Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X gồm 0,03 mol Cr2O3; 0,04 mol FeO và a mol Al. Sau một thời gian phản ứng, trộn đều, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần một phản ứng vừa đủ với 400 ml dung dịch NaOH 0,1M (loãng). Phần hai phản ứng với dung dịch HCl loãng, nóng (dư), thu được 1,12 lít khí H2 (đktc). Giả sử trong phản ứng nhiệt nhôm, Cr2O3 chỉ bị khử thành Cr. Phần trăm khối lượng Cr2O3 đã phản ứng là A. 33,33%. B. 20,00%. C. 66,67%. D. 50,00%.  Hướng dẫn giải + Gấp đôi số liệu ở 2 thí nghiệm. Khi đó ta có sơ đồ sau: 2 2 2 3 2 3 3 2 2 3 3 2 o BTNT Na t 0,08 mol NaOH lo·ng HCl d NaAlO a 0,08 mol Cr Cr Cr O 0,03 mol Cr O Cr X FeO 0,04 mol Y Fe Fe Al a mol Al O Al Al H 0,1 mol                                      Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Nhận xét: Dựa vào sơ đồ trên nhận thấy chỉ có Al và Cr (Cr+3 trong Cr2O3) thay đổi số oxi hóa. Áp dụng bảo toàn mol electron, ta có: Al Cr O ph¶n øng H Cr O ph¶n øng Cr O Cr 2 3 2 2 3 2 3 3 0,08 0,2 0,02 3n 2n 2n n 0,02 mol H% 100 66,67% 2 0,03             Comment: Câu này thoạt nhìn có vẻ rất “khó nhai” nhưng tinh ý thì các bạn sẽ thấy đề cho số mol FeO là nhiễu thôi, nhìn ra được điều đó thì bài toán trở thành bài toán bảo toàn mol electron toàn quá trình. Cái hay của tác giả là việc đưa FeO vào bài toán. Rất tinh tế Câu 15: Hòa tan hết 13,52 gam hỗn hợp X gồm Mg(NO3)2, Al2O3, Mg và Al vào dung dịch NaNO3 và 1,08 mol HCl (đun nóng). Sau khi kết thức phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O và H2. Tỷ khối của Z so với He bằng 5. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 1,14 mol NaOH, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi thu được 9,6 gam rắn. Phần trăm khối lượng của Al có trong hỗn hợp X là A. 31,95%. B. 19,97%. C. 23,96%. D. 27,96%. (Thầy Tào Mạnh Đức)  Hướng dẫn giải Ta có: Z 2 Z 2 n 0,14 mol N O 0,06 mol M 20 H 0,08 mol             dung dịch Y không chứa NO3  2 2 2 3 2 2 3 3 4 3 0,14 20 2,8 gam (1 N O 0,06 mol Z H 0,08 mol Mg 0,24 mol Mg(NO ) HCl 1,08 mol Na a mol Al O NaNO = a mol 13,52 gam dd Y Al b mol Mg Cl 1,08 mol Al NH c mol                                           2 BTNT H ) NaOH 1, 14 mol (2) Nung kÕt tña t ̧c dông tèi ®a MgO 0,24 mol 1,08 0,08 2 4c H O (0,46 2c) mol 2              Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: 2 HCl Z Y H O 13,52 1,08 36,5 85a 2,8 23a 27b 18c 0,24 24 1,08 35               ,5 18 (0,46 2c)  62a – 27b + 18c = 2,24 gam. Áp dụng bảo toàn khối lượng, bảo toàn điện tích cho dung dịch Y và số mol NaOH phả ứng, ta có: 62a 27b 18c 2,24 gam a 3b c (1,08 0,24 2) mol 4b + c = (1,14 0,24 2) mol                 a 0,1 mol b 0,16 mol c = 0,02 mol         H O 0,46 2 0,02 0,42 mol 2     Áp dụng bảo toàn nguyên tố N  3 2 0,06 2 0,02 0,1 Mg(NO ) 0,02 mol 2      Áp dụng bảo toàn nguyên tố O  2 3 0,42 0,06 0,1 3 0,02 6 Al O 0,02 mol 3        Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Áp dụng bảo toàn nguyên tố Al  Al 0,16 0,02 2 0,12 mol      Al 0,12 27 %m 100 23,96% 13,52     Comment: Ngoài cách thuần BTNT mình trên bày, các bạn có thể sử dụng BTE để tìm số mol Al. Câu 16: Hòa tan hết 14,88 gam hỗn hợp gồm Mg , Fe3O4 , Fe(NO3)2 vào dung dịch chứa 0,58 mol HCl, sau khi các phản ứng kết thúc thu được dung dịch X chứa 30,05 gam chất tan và thấy thoát ra 1,344 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm H2, NO, NO2 có tỷ khối so với H2 bằng 14. Cho dung dịch AgNO3 (dư) vào dung dịch X , sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Z; 84,31 gam kết tủa và thấy thoát ra 0,224 lít (đktc) khí NO là sản phẩm khử duy nhất của NO3 . Phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp ban đầu gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 16% B. 17% C. 18% D. 19%  Hướng dẫn giải 14,88 gam 3 4 3 2 Mg x Fe O y Fe(NO ) 1,5a 0,015          0,58 mol HCl  2 2 4 2 H 0,06 mol Y NO NO 1,68gam Mg Fe dd X Cl 0,58 NH a H 0,04 30,05gam H O                   Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng  14,88 + 0,58  36,5 = 30,05 + 1,68 + mH2O  H2O = 0,24 mol Áp dụng bảo toàn H  0,54 = 2nH2 (Y) + 4a + 0,48  nH2 (Y) = (0,03 – 2a) mol  2 NO NO n 0,06 (0,03 2a) 2a 0,03         mol Áp dụng bảo toàn N  nFe(NO3)2 = (1,5a + 0,015) mol Ta có: 84,31 gam kết tủa AgCl 0,58mol Ag 0,01 mol       AgNO3 phản ứng = 0,58 + 0,01 = 0,59 mol NO3 + 4H+  NO + 2H2O Mol: 0,04 0,01 0,02  dung dịch Z 2 3 3 4 Mg x Fe 3y 1,5a 0,015 NO 0,58 NH a 30,05 0,59 170 84,31 0,3 0,02 18 45,38gam                       Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Từ đây ta có hệ 24x 232y 180(1,5a 0,015) 14,88 x 0,105 2x 3 (3y 1,5a 0,015) a 0,58 y 0,03 24x 56 (3y 1,5a 0,015) 18a 0,58 62 45,38 a 0,01                                 gam mol mol mol gam mol  Mg 0,105 24 %m 100 16,94% 14,88     gÇn nhÊt  17% Câu 17: Cho m gam hỗn hợp A gồm Al và Fe3O4. Nung A trong khí trơ, nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp B. Nghiền nhỏ hỗn hợp B, trộn đều, chia làm hai phần không bằng nhau: + Phần 1 (phần ít): Tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 1,176 lít khí H2. Tách riêng chất không tan đem hòa tan trong dung dịch HCl dư thu được 1,008 lít khí. + Phần 2 (phần nhiều): Cho tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 6,552 lít khí. Giá trị của m và thành phần phần trăm khối lượng của một chất có trong hỗn hợp A (thể tích các khí đo ở đktc) gần giá trị nào nhất sau đây? A. 22 và 63%. B. 23 và 64%. C. 23 và 37%. D. 22 và 36%. (Đề thi thử lần 1 – Diễn đàn Hóa học và Ứng dụng BOOKGOL)  Hướng dẫn giải Nhận xét: do phản ứng xảy ra hoàn toàn đồng thời Phần 1   NaOH H2  có Al dư. o 2 4 2 3 t 2 3 4 2 3 BTE NaOH HCl BTE HCl 0,0525 2 H 0,0525 mol Al d­ = 0,035 mol 3 PhÇn 1 (Ýt) NaAl(OH) Al O Al Fe H 0,045 mol Fe 0,045 mol Al dFe O Fe H 0,2925 mol PhÇn 2 (nhiÒu) Al Fe                      2 + Không mất tính tổng quát, giả sử Phần 2 = k. Phần 1 + Áp dụng bảo toàn mol electron TN phần 2: H2 (3 0,035 2 0,045) k 2n 2 0,2925 mol k = 3         Vậy m m 4P A B 1    2 3 4 BTNT Fe H khi B thùc hiÖn TN1 = 4 (0,0525+0,045) = 0,39 mol 4 0,045 Fe O 0,06 mol 3           Khi đó, áp dụng bảo toàn mol electron cho toàn quá trình, ta có: Al Fe O H 3 4 2 3n 2n 2 n     2 0,39 2 0,06 Al 0,3 mol 3       A 3 4 gÇn nhÊt gÇn nhÊt gÇn nhÊt m 0,3 27 0,06 232 22,02 gam 22 gam 0,3 27 %Al = 100 36,78% 37% 22,02 %Fe O 63,22% 63%                    Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Câu 18: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Na, Na2O, K, K2O, Ba và BaO, trong đó oxi chiếm 8,75% về khối lượng vào nước thu được 400 ml dung dịch Y và 1,568 lít H2 (đktc). Trộn 200 ml dung dịch Y với 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,2M và H2SO4 0,15M thu được 400 ml dung dịch có pH = 13. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m gần giá trị nào nhất sau đây? A. 12. B. 13. C. 14. D. 15.  Hướng dẫn giải H OH ban ®Çu OH d­ spø OH trong 400 ml dung dÞch Y n 0,15 2 0,2 0,2 0,2 0,1 mol Khi lÊy 200 ml Y n 0,14 mol pH 13 OH 0,1M n 0,1 0,4 0,04 mol n 0,28 mol                                 2 2 2 Na Na K Ba K dd Y Quy ®æi hçn hîp X thμnh H O OH 0,28 mol Ba H 0,07 mol O                    Áp dụng bảo toàn nguyên tố H và O, ta có: H O2 Otrong X Otrong X O 0,28 2 0,07 n 0,21 mol 2 n 0,21 0,28 mol n 0,07 mol m 1,12 gam                X 1,12 gÇn nhÊt m .100 12,8 gam 13 gam 8,75     Câu 19: Hòa tan hết 40,1 gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, Ba và BaO vào nước dư thu được dung dịch X có chứa 11,2 gam NaOH và 3,136 lít khí H2 (đktc). Sục 0,46 mol khí CO2 vào dung dịch X, kết thúc phản ứng, lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Dung dịch Z chứa HCl 0,4M và H2SO4 aM. Cho từ từ 200 ml dung dịch Z vào dung dịch Y, thấy thoát ra x mol khí CO2. Nếu cho từ từ dung dịch Y vào 200 ml dung dịch Z, thấy thoát ra 1,2x mol khí CO2. Giá trị của a là  Hướng dẫn giải 2 2 3 2 3 2 2 (0,08 + 0,4a) mol H CO (0,08 + 0,4a) mol H 0,46 mol cho tõ tõ Z vμo Y H O cho tõ tõ Y vμo 40,1 gam Na 0,28 NaOH = 0,28 mol CO CO x mol X Y Ba a Ba(OH) HCO O b                        2 2 Z CO 1,2x mol H 0,14 mol    Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn mol electron: 137a 16b 23 0,28 40,1 gam 2a 0,28 (2a 2 0,14) mol             a 0,22 b 0,22      Do: 2 OH CO n 0,28 0,22 2 1 2 n 0,46        2 3 3 CO 0,04 mol Y HCO 0,2 mol        Thí nghiệm 1: khi nhỏ từ từ H+ vào dung dịch Y thì 2 3 3 3 2 2 H CO HCO H HCO CO H O                H (0,04 x) mol    Thí nghiệm 2: khi nhỏ từ từ dung dịch Y vào H+ thì 2 3 2 2 3 2 2 2H CO CO H O H HCO CO H O                Do 2 3 3 CO HCO n 1 n 5    2 3 3 sè mol ph¶n øng víi H CO z mol HCO 5z mol          BTNT C CO2 n z 5z 1,2x mol     z 0,2x  Khi đó, H  phản ứng = 2z + 5z = 1,4x mol  (0,04 + x) = 1,4x mol x = 0,1 mol Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Vậy (0,1 0,04) 0,08 a 0,15M 0,4     Câu 20: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm K, K2O, KOH, KHCO3, K2CO3 trong lượng vừa đủ dung dịch HCl 14,6%, thu được 6,72 lít (đktc) hỗn hợp gồm hai khí có tỉ khối so với H2 là 15 và dung dịch Y có nồng độ 25,0841%. Cô cạn dung dịch Y, thu được 59,6 gam muối khan. Giá trị của m là A. 46,6. B. 37,6. C. 18,2. D. 36,4.  Hướng dẫn giải Hỗn hợp khí gồm CO2 và H2  2 2 2 2 2 2 2 2 CO H CO CO H H CO H n n 0,3 mol n 0,2 mol 44n 2n 15.2 n 0,1 mol n n                   Muối khan thu được chỉ chứa KCl KCl 59,6 n 0,8 mol 74,5    HCl ®· dïng BTNT Cl   n 0,8 mol dung dÞch HCl 0,8.36,5 m 200 gam 0,146    SHIFT SOLVE KCl 59,6 C% 100% 25,0841% m 46,6 gam m 200 0,2.44 0,1.2         Câu 21: Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 (trong đó Al chiếm 60% khối lượng) tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm H2SO4 và NaNO3, thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn hợp khí T (trong T có 0,015 mol H2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu cho Z phản ứng với NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,935 mol. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 1,0. B. 1,5. C. 3,0 gam D. 2,5. (Đề thi THPT Quốc Gia năm 2015)  Hướng dẫn giải + Hỗn hợp khí có H2  NO3  hết + Dung dịch chứa 3 muối trung hòa  trong Z có NH4  . + Áp dụng bảo toàn nguyên tố Ba, ta có: 2 4 4 SO BaSO 93,2 n n 0,4 mol 233     + Lưu ý trong dung dịch có Al3+ (đề đã “gợi ý” là lượng tối đa) 3 4 NaOH ph¶n øng Al NH    n 4n n   Vì NaOH là tối đa nên Al3+ tạo kết tủa sau đó tan hết  NH 0,935 0,23 4 0,015 mol 4      2 3 0,6 7,65 Al 0,17 mol 27 7,65 gam 0,4 7,65 Al O 0,03 mol 102            2 4 3 H SO ,4 NaNO       = 0 mol 2 x y 3 4 2 4 BTNT Al H 0,015 mol T N O Al 0,23 mol Na Z NH 0,015 mol SO 0,4 mol                   + H2O + Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch Z, ta có: Na 0,4.2 (0,015 0,23 3) 0,095 mol.       + Áp dụng nguyên tố Na, ta có: NaNO 0,095 mol 3  Mặt khác, theo bảo toàn nguyên tố H, ta có: 2 0,4 2 0,015 4 0,015 2 H O 0,355 mol 2        Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: 2 4 3 2 X H SO H O NaNO Muèi m 7,65 0,4 98 0,095 85 (0,23 27 0,095 23 0,015 18 0,                 4 96) 0,355 18 1,47 gam gÇn nhÊt  1,5 gam Comment: Tư tưởng “bảo toàn khối lượng” dễ dàng nhận thấy vì đề bài đang hỏi về khối lượng hỗn hợp chưa biết. Ngoài ra, các bạn có thể bảo toàn nguyên tố N và O để tính khối lượng T theo tổng khối lượng H2, N và O. Câu 22: Hòa tan hết 20 gam hỗn hợp X gồm Cu và các oxit sắt (trong hỗn hợp X oxi chiếm 16,8% về khối lượng) cần vừa đúng dung dịch hỗn hợp A chứa b mol HCl và 0,2 mol HNO3 thu được 1,344 lít NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng dung dịch AgNO3 vừa đủ thu được m gam kết tủa và dung dịch Z. Cho dung dịch Z tác dụng với một lượng dư dung dịch NaOH, lọc kết tủa, nung đến khối lượng không đổi thu được 22,4 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 70,33. B. 76,81. C. 83,29. D. 78,97.  Hướng dẫn giải 2 O O H t1o H O O H t1o s¶n phÈm khö NO m 3.36 gam n 0,21 mol n 2n 0,42 mol b 0,2 0,66 mol b = 0,46 mol n 4n 0,24 mol 20 16,8 100                      Áp dụng bảo toàn nguyên tố N, ta có : NO 0,2 0,06 0,14 mol 3     Cách 1: Bảo toàn mol electron cho toàn quá trình Theo kết quả ở trên và bảo toàn nguyên tố, ta có: Cu Fe   Cu Cu Fe Fe 64n 56n 20 3,36 gam n 0,12 mol 80n 80n 22,4 gam n 0,16 mol               Áp dụng bảo toàn mol electron cho toàn quá trình, ta có: Cu Fe NO O Ag 0,24 0,48 0,18 0,42 ? 2n 3n 3n 2n n Ag 0,12 mol       AgCl 0,46 mol m m 0,46 143,5 0,12 108 78,97 gam Ag 0,12 mol              Cách 2: Phân tích theo từng giai đoạn 2 3 2 2 3 3 3 3 AgNO (1) NaOH (2) t ̧ch k Cu Fe O 0,21 HCl 0,46 mol HNO b mol 20 gam NO 0,06 mol AgCl 0,46 mol Cu x Ag z mol Fe y Y Fe z Cu x Z Cl 0,46 Fe y z NO 0,14                                                    2 3 o 0,5 y z mol Õt tña, t x mol 22,4 gam CuO Fe O            Theo giả thuyết, áp dụng bảo toàn điện tích và bảo toàn khối lượng, ta có:   80x + 80y + 80z = 22,4 gam x 0,12 mol 2x 3y 2z 0,6 mol y 0,04 mol 64x 56x 56y 20 3,36 gam z 0,12 mol                      Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” 2 3 m m AgCl Ag Do ®ã Ag Fe Fe Ag m 0,46.143,5 0,12.108 78,97 gam mol : 0,12 0,12              Câu 23: Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của khối lượng Mg vào dung dịch hỗn hợp X chứa a mol Cu(NO3)2 và b mol HCl khi nhúng thanh Mg có khối lượng m gam vào dung dịch hỗn hợp X được biểu diễn như hình vẽ dưới đây. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn rút thanh Mg ra, thu được NO là sản phẩm khử duy nhất của 5 N  . Tỉ lệ a : b là A. 1 : 8. B. 1 : 6. C. 1 : 10. D. 1 : 12  Hướng dẫn giải Dựa vào đồ thị: + Đoạn 1: khối lượng thanh Mg giảm 18 gam do 2 3 2 3Mg 8H 2NO 3Mg 2NO 4H O mol : 0,75 2 0,5           + Đoạn 2: khối lượng thanh Mg tăng 10 gam (từ m – 18 gam lên m – 8 gam) do thanh Mg t ̈ng 2 2 m = 64a 24a 10 gam a = 0,25 mol Mg + Cu Mg Cu mol: a a a              + Đoạn 3: khối lượng thanh Mg giảm 6 gam do 2 2 H Mg + 2H Mg H mol : 0,25 0,5 n b 2 0,5 2,5 mol a : b = 1 : 10                 Comment: Câu này về cơ bản không khó, nếu biểu diễn lại dưới dạng “chữ” có khi các bạn giải quyết trong 1 nốt nhạc. Tuy nhiên việc là câu hỏi liên quan đến hình vẽ lại gây khó cho nhiều bạn. Các khó của các bạn là không hiểu ý nghĩa của hình vẽ từ đó lấy thông tin. Câu 24: Nhiệt phân một lượng natri đicromat với hiệu suất 80% thu được 1,344 lít khí (đktc) và chất rắn A. Cho toàn bộ chất rắn A tác dụng với một lượng dư dung dịch Ba(OH)2 loãng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 36,44. B. 30,36. C. 50,60. D. 31,38. Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016”  Hướng dẫn giải 2 2 7 2 4 2 3 2 2 2 7 2 4 2 3 o t H 8 H 80% 0% 2 Ba(OH) lo·ng d 1 3 Na Cr O Na CrO Cr O O 2 4 mol : 0,1 0,08 0,04 0,06 Na Cr O d­ 0,02 mol BaC R3⁄4n A Na CrO 0,08 mol Cr O 0,04 mol                   4 2 3 rO Cr O 0,04 mol      Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cr, ta có: BaCrO BaCrO 4 4 2 3 4 BaCrO Cr O n 2 0,02 0,08 n 0,12 m 0,12 253 0,04 152 36,44 gam                Comment: Ắt hẳn có nhiều bạn khi đọc lời giải thấy rất đơn giản nhưng kỳ thực câu này phải nói là rất khó. Dám cá là 96,69% các bạn học sinh sẽ bí câu này. Theo cá nhân của mình thì câu này xếp vào loại “Phân loại Giáo viên” quá. Hihihi . Câu này hay và khó ở 2 đặc điểm sau: + Thứ nhất: Nhiều bạn đọc vào đề bài sẽ hỏi ngay “Nhiệt phân muối natri đicromat ra cái mô tê gì thế?”. Dân mọt sách thì sẽ “lục tung từ sách cơ bản đến sách nâng cao thì chẳng thấy ở đâu? Thôi thì kiểm thử các sách tham khảo xem sao?”. Còn các bạn search google thì có khi lại ra phương trình: 2Na2Cr2O7 o t 2Na2O + 2Cr2O3 + 3O2 Từng có nhiều ThầyCô phản hồi mình về câu này đặt ra vấn đề có nằm ở phần giảm tải không? có ThầyCô thì căn cứ vào phương trình trên. Về phần bài tập này thì gốc nằm ở BÀI TẬP 5 trang 155 SGK 12 cơ bản (không nằm trong phần giảm tải) và căn cứ theo Sách Giáo Viên do NXB Giáo dục phát hành thì nhiệt phân muối natri đicromat thì phương trình đúng theo lời giải của mình ở trên. + Thứ hai: Cr2O3 chỉ tan trong kiềm đặc mà thôi Suy ra làm học sinh cũng lắm cái khổ lắm chứ. Thôi thì phải biết cố gắng hôm nay cực, hôm sau khổ biết nói gì đây? Cố thôi trò à Câu 25: Cho 9,2 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe và Cu tác dụng với 130 ml dung dịch Cu(NO3)2 1M thu được 12,48 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Cho toàn bộ chất rắn Y tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được 0,896 lít H2 (đktc). Cho dung dịch Z tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 7,60. B. 7,12. C. 10,80. D. 8,00.  Hướng dẫn giải Nhận xét tổng quát: Rắn Y chắc chắn ngoài Cu còn có Fe hoặc Mg hoặc cả hai còn dư. Chọn mốc so sánh dễ thấy Mg hết, Fe còn dư. Kỹ thuật này “đi dạy offline” mình hay gọi vui là “chọn điểm rơi” trong Hóa. Nghe cho có vẻ cao siêu như chọn điểm rơi BĐT trong đó mà. Hihihi  2 2 2 2 3 3 (1) NaOH d(2) t ̧ch kÕt tña råi nung 3 2 HCl d Cu(NO ) 0,13 mol Fe d 12,48 gam Y H 0,04 mol Mg Cu 9,2 gam X Fe Mg MgO Cu dung dÞch Z Fe Fe O NO 0,26 mol                             Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Fe d­ H Cu trong Y Cu trong X 2 Cu trong X Z m 2,24 gam Fe BTKL n n 0,04 mol m 0,13 64 + m 10,24 gam n 0,03 mol m 9,2 0,13 188 12,48 21,16 gam                 Áp dụng bảo toàn điện tích và khối lượng của Z, ta có: 2 2 2 3 2 2 2 Mg Fe NO Mg Mg Fe Fe 2 3 BTNT 2n 2n n 0,26 mol n 0,07 mol 24n 56n 0,26.62 21,16 gam n 0,06 mol MgO 0,07 mol m 0,07 40 0,03 160 7,6 gam Fe O 0,03 mol                                      Câu 26: Chia hỗn hợp X gồm Al và Fe thành hai phần. Phần một tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 thu được 25,92 gam chất rắn. Phần hai tan vừa hết trong 352 ml dung dịch HNO3 2,5M thu được dung dịch Y chứa 53,4 gam hỗn hợp muối và 2,24 lít hỗn hợp khí Z gồm NO, N2O (đktc) có tỉ khối hơi đối với H2 là 17,1. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng dung dịch NH3 dư, lọc thu được m gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây? A. 5,95. B. 20,00. C. 20,45. D. 17,35.  Hướng dẫn giải  P2 2 2 2 2 NO N O NO NO N O N O NO N O n n 0,1 mol n 0,07 mol 30n 44n 17,1 2 n 0,03 mol n n                  3 2 4 3 HNO ph¶n øng NO N O 4 NH NO trong muèi BTNT N 0,88 mol 0,58 mol n 4n 10n 10n NH 0,03 mol n 0,88 (0,07 0,03 2 0,03) 0,72 mol                 2 3 2 3 3 2 4 3 3 3 3 NH d HNO 0,88 mol 53,4 gam NO 0,07 mol Z N O 0,03 mol Al a mol Al Fe b mol Al(OH) Khi ®ã, ta cã: Fe Y Fe c mol Fe(OH) NH 0,03 mol Fe(OH) NO 0,72 mol                                    m gam Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn điện tích, ta có: 3 2 3 Al Fe Al Fe Fe Al Fe OH 3 NH d gÇn nhÊt ­ Do n n m m 53,4 0,03 18 0,72 62 8,22 gam 3n 2n 3n 0,69 mol OH 0,69 mol m m m m 8,22 0,69 17 19,95 gam 20,00 gam                                   Comment: Đây là bài toán chia thành 2 phần chia biết tỉ lệ. Với cách giải trên thì “bất chấp” dữ kiện ở phần I Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌCPHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)facebook.comtuantu.itus “HAPPY BIRTHDAY – CHÚC MỪNG SINH NHẬT – 04012016” Câu 27: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X gồm Al và Fe2O3 trong điều kiện không có không khí thu được 28,92 gam hỗn hợp Y, nghiền nhỏ, trộn đều và chia hỗn hợp Y thành hai phần. Phần một tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 1,008 lít H2 (đktc) và 3,36 gam chất rắn không tan. Phần hai tác dụng vừa đủ với 608 ml dung dịch HNO3 2,5M thu được 3,808 lít NO (đktc) và dung dịch Z chứa m gam hỗn hợp muối. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây? A. 101. B. 102. C. 99. D. 100. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 5 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải Phần 1: Hỗn hợp sau phản ứng + NaOH sinh khí Al d­ H2 Fe BTE cã Al d 2 n n 0,03 mol 3 3,36 n 0,06 mol 56          Khi đó 2 3 2 3 2 3 Fe Fe O Al O Fe O BTNT Fe BTNT O n n 0,03 mol n n 0,03 mol 2       m 0,03 27 0,06 56 0,03 102 7,23 gam m 28,92 7,23 Y phÇn 1 Y phÇn 2             21,69 gam n Y phÇn 2 Y phÇn 1 3 2 3 4 3 1,52 mol HNO NO 0,17 mol Al 0,09 mol m 21,69 R 3 PhÇn 2 gåm Fe 0,18 mol m 7,23 m gam Z NO Al O 0,09 mol NH                       HNO ph¶n øng NO Otrong Al