30 BÀI TẬP NÂNG CAO HĨA 9
CĨ LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1: Hòa tan 115,3 g hỗn hợp X gồm MgCO
3
và RCO
3
bằng
500ml dd H
2
SO
4
thu được dd A , rắn B và 4,48 lít khí CO
2
(đktc).
Cô cạn dd A thu được 12g muối khan. Mặt khác, nung B đến
khối lượng không đổi thu 11,2 lít CO
2
(đktc) và rắn C.
a. Tính nồng độ mol của dd H
2
SO
4
, khối lượng rắn B và C.
b. Xác đònh R biết trong X số mol RCO
3
gấp 2,5 lần số mol
MgCO
3
.
Bài làm:
a) MgCO

2
O (2)
y y y y
Nung B tạo CO
2

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

→
m
SO4
= 0,2 . 96 = 19,2g > 12g
→
có một muối tan MgSO
4
và RSO
4
không tan
→
n
MgCO3
= n
MgSO4
=
120
12
= 0,1 mol
→
n
RCO3
= n
RSO4
= 0,2-0,1
=0,1 mol
Nung B, RSO
4
không phân hủy, chỉ có X dư bò nhiệt phân
Đặt a = n

2
Bài 2: X là hỗn hợp hai kim loại Mg và Zn. Y là dd H
2
SO
4
chưa
rõ nồng độ.
Thí nghiệm 1 : Cho 24,3 g X vào 2 lít Y sinh ra 8,96 lít khí H
2

(đktc).
Thí nghiệm 2 : Cho 24,3 g X vào 3 lít Y sinh ra 11,2 lít khí H
2

(đktc).
a. Chứng tỏ rằng trong thí nghiệm 1 thì X chưa tan hết, trong
thí nghiệm 2 thì X tan hết.
b. Tính nồng độ mol của dd Y và khối lượng mỗi kim loại
trong X.
Bài làm:
Các PTPƯ: Mg + H
2
SO
4

→
MgSO
4
+ H
2

giải phóng tăng 0,5 : 0,4 < 1,5 lần.
Chứng tỏ trong TNI còn dư kim loại, trong TNII kim loại đã
phản ứng hết, axit còn dư.
3
Từ (1) và (2) : n
H2SO4
= n
H2
= 0,4 mol ( ở TNI)
b. Gọi x là số mol Mg, thì 0,5 – x là số mol của Zn, ta có:
24x + (0,5 – x)65 = 24,3
Suy ra : x = 0,2 mol Mg
Vậy : m
Mg
= 0,2 . 24 = 4,8 g.
m
Zn
= 24,3 – 4,8 = 19,5 g.

C
MH2SO4
= 0,4 : 2 = 0,2M
Bài 3: Có 5,56 g hỗn hợp A gồm Fe và mot kim loại M (có hóa
trò không đổi). Chia A làm hai phần bằng nhau. Phần I hòa tan
hết trong dd HCl được 1,568 lít hydrô. Hòa tan hết phần II trong
dd HNO
3
loãng thu được 1,344 lít khí NO duy nhất. Xác đònh
kim loại M và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại
trong A. (các thể tích khí ở đktc).

n
b
Theo (1) vaứ (2) :
n
H2
= a +
2
n
b =
4,22
568,1
= 0,07 mol ; hay 2a + nB = 0,14 (I)
Phan taực duùng vụựi HNO
3
:
Fe + 4HNO
3


Fe(NO
3
)
3
+ NO

+ 2H
2
O (3)
a a
3M + 4nHNO

nb
Mb
=
n
M
=
06,0
54,0
= 9 . Hay M = 9n
Lập bảng :
n 1 2 3 4

M 9 18 27 36
Cặp nghiệm thích hợp : n = 3 ; M = 27 . Vậy M là Al
Thay n = 3 vào (I) và (II) được b = 0,02
Thành phần % khối lượng mỗi chất :
%m
Al
=
78,2
27.02,0
. 100 = 19,42%
%m
Fe
=
78,2
56.04,0
. 100 = 80,58%
6
Bài 4: Hỗn hợp chứa Al và Fe

O
y
+ 2yAl
→
yAl
2
O
3
+ 3xFe (1)
Chất rắn A phải có Al dư , vì :
Al + NaOH + H
2
O
→
NaAlO
2
+ 3/2 H
2

↑
(2)
n
Al
=
2
3
=
4,22
4,8
= 0,25 (mol Al dư )

Fe
= 0,25 a .
n
H2SO4
=3n
Fe
= 0,75a =
98100
9860
x
x
= 0,6 (mol) .

7
→
n
Fe
=
75,0
6,0
= 0,8 (mol)
→
m
Fe
= 0,8 x 56 = 44,8 (gam) .

m
Al2O3
= 92,53 – ( 6,75 + 44,8 ) = 40,8 gam .
b/ Xác đònh CTPT của Fe

3
.
Bài 5: Cho 9,6 gam hỗn hợp A (MgO ; CaO ) tác dụng với 100 ml
dung dòch HCl 19,87% ( d = 1,047 g/ml ). Tính thành phần % về khối
lượng các chất trong A và C% các chất trong dung dòch sau khi A tan
hết trong dung dòch HCl, biết rằng sau đó cho tác dụng với Na
2
CO
3

thì thể tích khí thu được là 1,904 lít (đktc)
Bài làm:
Gọi a = n
MgO
và b = n
CaO
trong hỗn hợp A .
m
A
= 40a + 56b = 9,6 . Hay 5a + 7b = 1,2 ( A)
A tan hết trong dd HCl . Dung dòch thu được có chứa HCl dư vì khi
cho dd này tác dụng với Na
2
CO
3
có khí CO
2
bay ra :
2HCl
dư

xx
= 0,57 mol.
Suy ra : n
HCl phản ứng với A
= 0,57 - 0,17 = 0,4 mol .
Các phương trình phản ứng ;
MgO + 2HCl

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

CaCl
2
+ H
2
O (2)
b 2b
n
HCl
= 2 (a + b) = 0,4
→
a + b = 0,2 ( B )
Kết hợp ( A ) và ( B )

3,114
%100951,0 xx
= 8,31%
%CaCl
2
=
3,114
%1001111,0 xx
= 9,71%
%HCl
dư
=
3,114
%10053617,0 xxx
= 5,43%
Bài 6: Hòa tan 20g K
2
SO
4
vào 150 gam nước thu được dung dòch
A. Tiến hành điện phân dung dòch A sau một thời gian. Sau khi
điện phân khối lượng K
2
SO
4
trong dung dòch chiếm 15% khối
lượng của dung dòch. Biết lượng nước bò bay hơi không đáng kể.
a. Tính thể tích khí thoát ra ở mỗi điện cực đo ở đktc.
b. Tính thể tích khí H
2

2
(đktc) ở catot : 2,04 .22,4 = 45,7 lít
Số mol O
2
ở anot :
2
04,2
= 1,02mol
Thể tích O
2
: 1,02.22,4 = 22,85 lít
b. Nếu H
2
S cháy: 2H
2
S + 3O
2

→
2SO
2
↑
+ 2H
2
O (a)

3
02,1.2
1,02 mol
Nếu H

=
2lít và hiệu số giữa nồng độ mol dung dòch A và B là
0,4mol.l
-1
.
11
b. Tính khối kượng kết tủa thu được khi đem 250ml dung dòch
A tác dụng với 170g dung dòch AgNO
3
10%.
Bài làm:
a. n
HCl
trong dd C :
5,36
125,9
+
5,36
475,5
= 0,25 + 0,15 = 0,4
Nồng độ mol của dd C :
2
4,0
= 0,2M.
Gọi x là nồng độ dd B, thì x+0,4 là nồng độ dd A. Do đó ta có:
V
2
=
x
15,0

HCl
=0,5.0,215 = 0,125
m
AgNO3
=
%100
170%.10
= 17 g
12
n
AgNO3
=
170
17
= 0.1 mol
PTPƯ : HCl + AgNO
3

→
AgCl
↓
+ HNO
3
0,125 0,1 0,1
m
AgCl
= 0,1.143,5 = 14,35 g
Bài 8:Cho một khối Ag vào 50ml dung dịch HNO
3
5M thì Ag tan

2
13
Ag + 2HNO
3

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

= 80% > 50%
14
* Nếu phản ứng cho NO:
98a = 6,2
→
a = 0.0633 mol
n
HNO3 pu
=
3
4a
=
3
4.0633,0
= 0,0844 mol
% HNO
3
phản ứng :
25,0
100.0844,0
= 33.76% < 50%
b. Số mol HNO
3
dư : 0,25 -0,20 = 0,05 mol
Trung hòa bằng NaOH thu được 0,05 mol NaNO
3
. Dung dòch
chứa 0,1 mol AgNO
3
và 0,05 mol NaNO

O bò điện phân:
15
2H
2
O
→
2H
2
↑
+ O
2
↑
nH
2
O =
18
72
= 4 mol
V
H2
= 4 .22,4 = 89,6 lít
Bài 9: Hòa tan 2,16g hỗn hợp 3 kim loại Na, Al, Fe vào nước
lấy dư thu được 0,448 lít khí (đktc) và một lượng chất rắn. Tách
lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60ml dd CuSO
4
1M thu
được 3,2g đồng kim loại và dd A. Tách dd A cho tác dụng với
một lượng vừa đủ dd NaOH để thu được kết tủa lớn nhất. Nung
kết tủa thu được trong không khí đến khối lượng không đổi được
chất rắn B.

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

FeSO
4
và CuSO
4
dư
Al
2
(SO
4
)

↓
+ Na
2
SO
4
(7)
Nung kết tủa ở nhiệt độ cao:
2Al(OH)
3
→
Al
2
O
3
+ 3H
2
O (8)
2Fe(OH)
2
+ ½ O
2
→
Fe
2
O
3
+ 2H
2
O (9)
Cu(OH)

= n
Cu
=0,05 mol

n
CuSO4 dư
= 0,06 – 0,05 = 0,01 mol
→
Fe đã phản ứng hết.
mFe = 0,05 . 56 = 2,8g > m
hh
= 2,16g : loại
Trường hợp 2: NaOH thiếu, Al bò tan một phần theo (2).
Gọi a , b ,c là số mol của Na, Al, Fe trong 2,16g hỗn hợp:
Theo (1, 2) : n
H2
=
2
1
a +
2
3
a = 2a = 0,02
→
a = 0,01 mol .
→
m
Na
= 0,01.23 = 0,23 gam.
Số mol Al còn lại để tham gia (4) là ( b – a )

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

→
m
Al2O3
= 0,01.160 = 1,60g
n
CuO
= 0,01
→
m
CuO
= 0,01.80 = 0,80g
Khối lượng chất rắn B : 1,02 + 1,60 + 0,80 = 3,42 gam.
Bài 10: Cho hh A gồm 9,6g Cu và 23,3g Fe
3
O
4
vào 292g dd HCl
10% cho đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dd B và rắn C.
Cho dd AgNO
3
dư vào dd B thu kết tủa D.

FeCl
2
+2FeCl
3
+ 4H
2
O
0.1 0,8 0,2
2FeCl
3
+ Cu
→
CuCl
2
+ 2FeCl
2

19
0,2 0,15 0,1 0,2
Vaọy trong B gom : 0,3 mol FeCl
2
; 0,1 mol CuCl
2
;
Raộn C : 0,14 mol Cu
a. 2AgNO
3
+ FeCl
2


b. 3Cu

+

8HNO
3


3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O
0,14 0,09
V
NO
= 0,09 . 22,4 = 2,016 lớt
Bi 11: Hoà tan hoàn toàn m
1
gam Na vào m
2
gam H
2
O thu đợc
dung dịch B có tỉ khối d.
a. Viết phơng trình phản ứng
b. Tính nồng độ % của dung dịch B theo m
1

mH
2
= x2= mNaOH=
46 23 23
m
1
22m
1
+ 23m
2
m dd B = ( m
1
+ m
2
) - mH
2
= (m
1
+ m
2
) - =
23 23

40m
1
.100%
C% =
22m
1
+ 23m

(2)
nHCl = V.C
M
= 0,17x2 = 0,34 (mol)
Từ (1) và (2) ta thấy tổng số mol axit HCl gấp 2 lần số mol H
2
tạo
ra
nH
2
= 0,34: 2 = 0,17 (mol)
VH
2
= 0,17. 22,4 3,808 (lit)
b. nHCl = 0,34 mol => n
Cl
= 0,34 mol
m
Cl
= 0,34.35,5 = 12,07g
Khối lợng muối = m(hỗn hợp) + m(Cl) = 4+ 12,07 =
16,07g
c. gọi số mol của Al là a => số mol kim loại (II) là a:5 = 0,2a (mol)
từ (2) => nHCl = 3a. và từ (1) => nHCl = 0,4a
3a + 0,4a = 0,34
a = 0,34: 3,4 = 0,1 mol => n
(Kimloai)
= 0,2.0,1 =
0,02mol
m

C
x
H
y
+ (
4
y
x +
) O
2
x CO
2
+
2
y
H
2
O
1ml (
4
y
x +
)ml x ml
10ml 55 ml 40ml
=> x =
4
10
40
=
4

PTHH: HNO
3
+ NaOH NaNO
3
+ H
2
O (1)
HCl + NaOH NaCl + H
2
O (2)
Theo pt (1), (2) tổng số mol 2 axit bằng số mol NaOH đã phản ứng
= 0,03mol
b. Trong 100ml dung dịch A có tổng số mol 2 axit là 0,3mol
PTHH: AgNO
3
+ HCl AgCl + HNO
3
(3)
nkết tủa =
1,0
5,143
35,14
=
mol
Theo (3) nHCl = nAgCl = nHNO
3
= 0,1mol
=> nHNO
3
trong 100ml dd A là 0,3 0,1 = 0,2mol

Trang 3
Theo (3) nHNO
3
sinh ra là 0,1mol
24
NHNO
3
không phản ứng với AgNO
3
là 0,2mol
=> Tổng số mol HNO
3
trong dd B là 0,1+0,2 = 0,3mol
Theo (4) nNaOH = nHNO
3
= 0,3mol
V
dd
NaOH =
3,0
1
3,0
=
(l) = 300ml
Bài 15: Trong 1 bình kín có thể tích V lít chứa 1,6 g khí oxi và
14,4 g hỗn hợp bột M gồm các chất: CaCO
3
; MgCO
3
; CuCO

o
t

CaO + CO
2
(2)
MgCO
3

o
t

MgO + CO
2
(3)
25