30 Bài toán Hóa 9 hay và khó (Có lời giải)

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "30 Bài toán Hóa 9 hay và khó (Có lời giải)": http://123doc.vn/document/571859-30-bai-toan-hoa-9-hay-va-kho-co-loi-giai.htm

Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
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
3
+ H
2
SO
4

 →
MgSO
4
+ CO
2
↑
+ H
2
O (1)
x x x x
RCO
3
+ H
2
SO
4

 →
RSO
4
+ CO
2
↑
+ H
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
A
+ m
B
+ m
H2O
+ m
CO2


 →
m
B
= 115,3 + 0,2.98 – 12 – 0,2(18+44) = 110,5 (g)
Nung B thu 11,2 lít CO
2
và rắn C
 →
m
C
=m
B
-m
CO2
= 110,5-0,5.44=88,5 (g)
b. Từ (1) và (2): x+y= 0,2 mol
n
CO2
= 0,2 mol
 →
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
MgCO3
 →
R
CO3
= 2,5a (trong X)
MgCO
3
 →
MgO + CO
2
(3)
a- 0,1 a-0,1
RCO
3
 →
RO + CO
2
(4)
2,5a – 0,1 2,5a – 0,1
Từ (3) và (4) : n
CO2
= 3,5a – 0,2 = 0,5
 →
a = 0,2
m
X
= 84.0,2 + 2,5.0,2(R + 60) = 115,3
 →
R = 137 (Ba)
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
↑
(1)
Zn + H
2
SO
4

 →
ZnSO
4
+ H
2
↑
(2)
n
H2 ở TNI
=
4,22
96,8
= 0,4 mol
n
H2 ở TNII
=
4,22
2,11
= 0,5 mol
Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
a. Với hh kim loại X không đổi , thể tích dd axit Y tăng gấp 3:2 = 1.5 lần mà khối lượng 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.
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).
Bài làm:
Gọi 2a và 2b là số mol Fe và M trong 5,6g A.
Khối lượng mỗi phần của A là:
2
A
= 56a + Mb =
2
56.5
= 2,78g.
Phần tác dụng với HCl:
Fe + 2HCl
 →
FeCl
2
+ H
2
↑
(1)
a a
M + nHCl
 →
FeCl
n
+ n/2 H
2
↑
(2)
b
2
n
b
Theo (1) và (2) :
n
H2
= a +
2
n
b =
4,22
568,1
= 0,07 mol ; hay 2a + nB = 0,14 (I)
Phần tác dụng với HNO
3
:
Fe + 4HNO
3

 →
Fe(NO
3
)
3
+ NO
↑
+ 2H
2
O (3)
a a
3M + 4nHNO
3

 →
3M(NO
3
)
n
+ NO
↑
+ 2nH
2
O (4)
b
3
n
b
Theo (3) va (4) :
nNO = a +
3
n
b =
4,22
344,1
= 0,06 mol.
Hay 3a + nb = 0,18 (II)
Giải hệ PT (I,II) ta được : a = 0,04 mol Fe.
Thay vào biểu thức trên : 56 . 0,04 + Mb = 2,78
Mb = 2,78 – 2,24 = 0,54
Thay vào (I) : nb = 0,14 – 0,08 = 0,06
nb
Mb
=
n
M
=
06,0
54,0
= 9 . Hay M = 9n
Lập bảng :
Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
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%
Bài 4: Hỗn hợp chứa Al và Fe
x
O
y
. Sau phản ứng nhiệt nhôm thu được 92,35 gam chất rắn A. Hòa tan A bằng dung
dòch NaOH dư , thấy có 8,4 lít khí bay ra (ở đktc) và còn lại phần không tan B. Hòa tan 25% lượng chất B bằng
H
2
SO
4
đặc nóng thấy tiêu tốn 60 gam H
2
SO
4
98% . Giả sử tạo thành một loại muối sắt III .
a- Tính lượng Al
2
O
3
tạo thành sau khi nhiệt nhôm .
b- Xác đònh công thức phân tử của ôxit sắt .
Bài làm:
a/ Lượng Al
2
O
3
tạo thành :
Các PTPƯ : 3 Fe
x
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 )
 →
m
Al
= 6,75 (gam Al dư ) .
Sau phản ứng giữa A với NaOH dư , chất rắn B còn lại chỉ là Fe .
2Fe + 6H
2
SO
4

đ,n

 →
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3 SO
2
↑

+ 6H
2
O . (3)
a 3a
Có 25% Fe phản ứng
 →
n
Fe
= 0,25 a .
n
H2SO4
=3n
Fe
= 0,75a =
98100
9860
x
x
= 0,6 (mol) .
 →
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
x
O
y
:
Từ (1) :
32OmAl
mFe
=
102.
56.3
y
x
=
8,40
8,44


y
x3
= 2 hay
2
x
=
3
y

 →
Fe
2
O
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
+ Na
2
CO
3

 →
2NaCl + CO
2
↑
+ H
2
O

Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
n
CO2
=
4,22
904,1
= 0,085 mol
⇒
n
HCl
= 2. 0,085 = 0,17 mol
n
HClban đầu
=
5,36100
87,19047,1100
x
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 )
5a + 7b = 1,2
a + b = 0,2

⇒
a = 0,1 mol MgO
b = 0,1 mol CaO
m
MgO
= 0,1 x 40 = 4g

% MgO =
6,9
%1004x
= 41,67%
% CaO = 100- 41,67 = 58,33%
- Nồng độ các chất trong dd :
Dung dòch thu được sau phản ứng giữa A và HCl chứa 0,1 mol MgCl
2
0,1 mol CaCl
2
và 0,17 mol HCl dư .
Vì phản ứng hoà tan A trong dd HCl không tạo kết tủa hoặc khí nên :
m
dd
= 100 x 1,047 + 96 = 114,3 gam
%MgCl
2
=
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
S (đktc) can dùng để phản ứng hết với khí thoát ra ở anot.
Bài làm:
a. Khi đp dd K
2
SO
4
chỉ có nước bò đp:
H
2
O
 →
H
2
↑
+ ½ O
2
↑
Khối lượng dd sau khi đp:
15
100.20
= 133,33 gam
Số mol H
2
O đã bò điện phân:
18
33,133)20150(
−+
= 2,04 mol
Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
Thể tích H
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
2
S oxy hóa chậm: 2H
2
S + O
2

 →
2S + 2H
2
O (b)
2.1,02 1,02 mol
Nếu theo (a) thì : V
H2S
=
3
4,22.02,1.2
= 15,23 lít.
Nếu theo (b) thì : V
H2S
= 2.1,02.22,4 = 45,7 lít
Bài 7: Trộn V
1
dung dòch A chứa 9,125g HCl với V
2
lít dung dòch B chứa 5,475g HCl ta được 2 lít dung
dòch C.
a. Tính nồng độ mol của dung dòch A, B, C. Biết V
1
+ V
2
= 2lít và hiệu số giữa nồng độ mol dung dòch
A và B là 0,4mol.l
-1
.
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
và V
1
=
4,0
25,0
+
x
và V
1
+ V
2
= 2 nên ta có :
x
15,0
+
4,0
25,0
+
x
= 2
Hoặc x
2
+ 0,2x -0,03 = 0
Giải phương trình bậc hai này ta được 2 nghiệm
x
1
= - 0,3 (loại) và x
2
= 0,1
Như vậy nồng độ dd B là 0,1M
Nồng độ dd A là 0,1+ 0,4 = 0,5M
b. n
HCl
=0,5.0,215 = 0,125
m
AgNO3
=
%100
170%.10
= 17 g
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 hết và khối lượng dung dòch tăng lên
6,2g. Biết rằng phản ứng chỉ tạo ra NO hay NO
2
.
a. Tính khối lượng Ag đã sử dụng. Cho biết nồng độ HNO
3
giảm trên 50% sau phản ứng trên.
Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
b. Trung hòa HNO
3
dư bằng NaOH vừa đủ. Cô cạn dd, đem đun nóng đến khối lượng không đổi. Tính
khối lượng của A.
c. Hòa tan A trong 72ml nước và đem điện phân. Tính thể tích khí (đktc) thoát ra ở catot.
Bài làm:
a. Xét hai trường hợp:
- Ag phản ứng tạo ra NO
3Ag + 4HNO
3

 →
3AgNO
3
+ NO
↑
+ 2H
2
O (1)
- Ag phản ứng tạo ra NO
2
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
Trường hợp 2 cứ 1 mol Ag tiêu thụ 2 mol HNO
3
nhiều hơn so với trường hợp 1, với 1 mol Ag chỉ tiêu thụ
4/3 mol HNO
3
.Vậy là trường hợp 2.
62a = 6,2
 →
a = 0,1 mol Ag
m
Ag sd
= 0,1.108 = 10,8 gam
* Kiểm chứng rằng nồng độ % HNO
3
giảm trên 50% sau phản ứng tạo ra NO
2
:
n
HNO2 bđ
= 0,5.0,05 = 0,25 mol
n
HNO2 pu
= 2.a = 2.0,1 = 0,2 mol
% HNO
3
phản ứng :
25,0
100.2,0
= 80% > 50%
* 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
3
Khi nung ta được chất rắn A:
AgNO3
 →
Ag + NO
2
↑
+ ½ O
2
↑
0,1 0,1
NaNO
3

 →
NaNO
2
+ ½ O2
↑
0,05 0,05
Vậy A gồm 0,1 mol Ag và 0.05 mol NaNO
2
m
A
= 0,1.108 + 0,05. 69 = 14,25 gam.
c. Khi hòa tan A trong nước, chỉ có NaNO
2
tan
Điện phân, ở catot H
2
O bò điện phân:
2H
2
O
 →
2H
2
↑
+ O
2
↑
nH
2
O =
18
72
= 4 mol
V
H2
= 4 .22,4 = 89,6 lít
Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
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.
a. Xác đònh khối lượng từng kim lo trong hỗn hợp đầu.
b. Tính khối lượng chất rắn B.
Bài làm:
a. Xác đònh khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp đầu.
Các PTPƯ : 2Na + 2H
2
O
 →
2NaOH + H
2
↑
(1)
Al bò tan moat phần hay hết theo phương trình.
2Al + 2NaOH + 2H
2
O
 →
2NaAlO
2
+ 3H
2
↑
(2)
Fe + CuSO
4
 →
FeSO
4
+ Cu (3)
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
)
3
+ 6NaOH
 →
2Al(OH)
3
↓
+ 3Na
2
SO
4
(5)
FeSO
4
+ 2NaOH
 →
Fe(OH)
2
↓
+ Na
2
SO
4
(6)
CuSO
4
+ 2NaOH
 →
Cu(OH)
2
↓
+ 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)
2
 →
CuO + H
2
O (10)
Chất rắn B gồm : Al
2
O
3
, Fe
2
O
3
và CuO
Số mol H
2
=
4,22
448,0
= 0,02 mol
Số mol CuSO4 = 0,06.1= 0,06 mol
Số mol Cu =
64
2,3
= 0,05 mol
Xét hai trường hợp có thể xảy ra:
Trường hợp 1: NaOH dư, Al tan hết, chất rắn còn lại chỉ là Fe:
Theo (3) : n
Fe
= 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 )
Vì CuSO
4
dư nên Fe và Cu đã phản ứng hết ở (3 và 4)
Ta có : n
Cu
=
2
3
(b-a) + c = 0,05
Mặt khác 23a + 27b = 56c = 2,16
Giải hệ phương trình ta được:
Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
b = 0,03 mol
 →
m
Al
= 0,03.27 = 0,81 gam.
c = 0,02 mol
 →
m
Fe
= 0,02.56 = 1,12 gam.
b. Khối lượng chất rắn B.
n
Al2O3
=
2
01,003,0
−

 →
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.
a. Tính khối lượng kết tủa D.
b. Cho rắn C vào 100ml dd hỗn hợp gồm HNO
3
0,8M và H
2
SO
4
0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra
hoàn toàn thu được V lít khí NO duy nhất (đktc). Tính V.
Bài làm:
Tính số mol:
nCu = 0,15 mol ; nFe
3
O
4
= 0,1 mol ; nHCl = 0,8 mol ;
nH
2
SO
4
= 0,02 mol ; nHNO
3
= 0,08 mol.
Các PƯ: Fe
3
O
4
+ 8HCl
 →
FeCl
2
+2FeCl
3
+ 4H
2
O
0.1 0,8 0,2
2FeCl
3
+ Cu
 →
CuCl
2
+ 2FeCl
2

0,2 0,15 0,1 0,2
Vậy trong B gồm : 0,3 mol FeCl
2
; 0,1 mol CuCl
2
;
Rắn C : 0,14 mol Cu
a. 2AgNO
3
+ FeCl
2

 →
2AgCl
↓


+ Fe(NO
3
)
2

0,3 0,6
2AgNO
3
+ CuCl
2

 →
2AgCl
↓


+ Cu(NO
3
)
2
0,1 0,2
m
AgCl
↓
= 0,8 . 143,5 = 114,8 gam.
b. 3Cu

+

8HNO
3

 →
3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O
0,14 0,09
V
NO
= 0,09 . 22,4 = 2,016 lít
Bài 11: Hoµ tan hoµn toµn m
1
gam Na vµo m
2
gam H
2
O thu ®ỵc dung dÞch B cã tØ khèi d.
a. ViÕt ph¬ng tr×nh ph¶n øng
b. TÝnh nång ®é % cđa dung dÞch B theo m
1
vµ m
2
c. Cho C% = 5% , d =1,2g/ml. TÝnh nång ®é mol cđa dung dÞch thu ®ỵc.
m
1
nNa

=
23
a. PTP: 2Na + 2H
2
O  2NaOH + H
2

b. Mol: m
1
m
1
m
1

23 23 46
m
1
m
1
40m
1
mH
2
= x2= mNaOH=
46 23 23
m
1
22m
1
+ 23m
2
Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
m dd B = ( m
1
+ m
2
) - mH
2
= (m
1
+ m
2
) - =
23 23

40m
1
.100%
C% =
22m
1
+ 23m
2
c. C%.10.d
¸p dơng c«ng thøc : C
M
=
M 5.10.1,2
Thay sè vµo ta cã: [ NaOH] = = 1,5 (M)
40
Bài 12: Hoµ tan hoµn toµn 4gam hçn hỵp gåm 1 kim lo¹i ho¸ trÞ II vµ 1 kim lo¹i ho¸ trÞ III cÇn dïng hÕt
170ml dung dÞch HCl 2M
a. TÝnh thĨ tÝch H
2
tho¸t ra (ë §KTC).
b. C« c¹n dung dÞch thu ®ỵc bao nhiªu gam mi kh«.
c. NÕu biÕt kim lo¹i ho¸ trÞ III lµ Al vµ sè mol b»ng 5 lÇn sè mol kim lo¹i ho¸ trÞ II th× kim lo¹i ho¸
trÞ II lµ nguyªn tè nµo .
a. Gäi A vµ B lÇn lỵt lµ kim lo¹i ho¸ trÞ II vµ ho¸ trÞ III ta cã :
PTP: A + 2HCl  ACl
2
+ H
2
(1)
2B + 6HCl  2BCl
3
+ 3H
2
(2)
nHCl = V.C
M
= 0,17x2 = 0,34 (mol)
Tõ (1) vµ (2) ta thÊy tỉng sè mol axit HCl gÊp 2 lÇn sè mol H
2
t¹o 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
 Khèi lỵng mi = m(hçn hỵp) + m(Cl) = 4+ 12,07 = 16,07g
c. gäi sè mol cđa Al lµ a => sè mol kim lo¹i (II) lµ a:5 = 0,2a (mol)
tõ (2) => nHCl = 3a. vµ tõ (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
Al
= 0,1.27 = 2,7 g
 m
(Kimlo¹i)
= 4 – 2,7 = 1,3 g
 M
kimlo¹i
= 1.3 : 0,02 = 65 => lµ : Zn
Bài 13: Trén 10ml mét hỵp chÊt ë thĨ khÝ gåm hai nguyªn tè C vµ H víi 70ml O
2
trong b×nh kÝn. §èt hçn
hỵp khÝ, ph¶n øng xong ®a hçn hỵp khÝ trong b×nh vỊ ®iỊu kiƯn ban ®Çu nhËn thÊy trong b×nh cã 40ml khÝ
CO
2
, 15 ml khÝ O
2
. H·y x¸c ®Þnh c«ng thøc cđa hỵp chÊt.
Theo ®Ị ra V
O2
d = 15ml => V
O2
ph¶n øng = 55ml (0,25®)
V
CO2
= 40ml; V
CxHy
= 10ml
C
x
H
y
+ (
4
y
x
+
) O
2
 x CO
2
+
2
y
H
2
O
1ml (
4
y
x
+
)ml x ml
Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
10ml 55 ml 40ml
=> x =
4
10
40
=
4
y
x
+
=
65,1
4
5,5
10
55
==>==>=
y
y
VËy c«ng thøc cđa hỵp chÊt lµ: C
4
H
6
Bài 14: Cho mét dd A chøa hai axit HNO
3
vµ HCl. §Ĩ trung hßa 10ml ddA ngêi ta ph¶i thªm 30ml dung
dÞch NaOH 1M.
a) TÝnh tỉng sè mol 2 axit cã trong 10ml dd A.
b) Cho AgNO
3
d vµo 100ml dd thu ®ỵc dd B vµ mét kÕt tđa tr¾ng vµ sau khi lµm kh« th× c©n ®ỵc 14,35g.
H·y tÝnh nång ®é mol/l cđa tõng axit cã trong A.
c) H·y tÝnh sè ml dung dÞch NaOH 1M ph¶i dïng ®Ĩ trung hßa lỵng axit cã trong dd B
a. nNaOH = 0,03.1 = 0,03 mol
PTHH: HNO
3
+ NaOH  NaNO
3
+ H
2
O (1)
HCl + NaOH  NaCl + H
2
O (2)
Theo pt (1), (2) tỉng sè mol 2 axit b»ng sè mol NaOH ®· ph¶n øng = 0,03mol
b. Trong 100ml dung dÞch A cã tỉng sè mol 2 axit lµ 0,3mol
PTHH: AgNO
3
+ HCl  AgCl + HNO
3
(3)
nkÕt tđa =
1,0
5,143
35,14
=
mol
Theo (3) nHCl = nAgCl = nHNO
3
= 0,1mol
=> nHNO
3
trong 100ml dd A lµ 0,3 – 0,1 = 0,2mol
C
M
HCl =
1
1,0
1,0
=
mol/l; C
M
HNO
3
=
2
1,0
2,0
=
mol/l
c. Dung dÞch B cã HNO
3
d vµ AgNO
3
d
Trung hßa axit trong dd B b»ng NaOH
HNO
3
+ NaOH -> NaNO
3
+ H
2
O (4)
Trang 3
Theo (3) nHNO
3
sinh ra lµ 0,1mol
NHNO
3
kh«ng ph¶n øng víi AgNO
3
lµ 0,2mol
=> Tỉng sè mol HNO
3
trong dd B lµ 0,1+0,2 = 0,3mol
Theo (4) nNaOH = nHNO
3
= 0,3mol
V
dd
NaOH =
3,0
1
3,0
=
(l) = 300ml
Bµi 15: Trong 1 b×nh kÝn cã thĨ tÝch V lÝt chøa 1,6 g khÝ oxi vµ 14,4 g hçn hỵp bét M gåm c¸c chÊt: CaCO
3
;
MgCO
3
; CuCO
3
vµ C. Nung M trong b×nh cho c¸c ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn, ®a vỊ nhiƯt ®é ban ®Çu
thÊy ¸p st trong b×nh t¨ng 5 lÇn so víi ¸p st ban ®Çu (thĨ tÝch chÊt r¾n trong b×nh coi kh«ng ®¸ng
kĨ). TØ khèi hçn hỵp khÝ sau ph¶n øng so víi khÝ N
2
: 1<
2
hh / N
d
<1,57. ChÊt r¾n cßn l¹i sau khi nung cã
khèi lỵng 6,6 g ®ỵc ®em hoµ tan trong lỵng d dung dÞch HCl thÊy cßn 3,2 g chÊt r¾n kh«ng tan.
1. ViÕt c¸c ph¬ng tr×nh ho¸ häc cđa ph¶n øng cã thĨ x¶y ra.
2. TÝnh thµnh phÇn % theo khèi lỵng c¸c chÊt trong hçn hỵp ®Çu.
Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
1. C¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng cã thĨ x¶y ra :
C + O
2

o
t
→
CO
2
(1)
CaCO
3

o
t
→
CaO + CO
2
(2)
MgCO
3

o
t
→
MgO + CO
2
(3)
CuCO
3

o
t
→
CuO + CO
2
(4)
C + CO
2

o
t
→
2CO (5)
C + CuO
o
t
→
Cu + CO (6)
CO + CuO
o
t
→
Cu + CO
2
(7)
CaO + 2HCl
→
CaCl
2
+ H
2
O (8)
MgO + 2HCl
→
MgCl
2
+ H
2
O (9)
CuO + 2HCl
→
CuCl
2
+ H
2
O (10)
2. TÝnh thµnh phÇn % khèi lỵng hçn hỵp :
– V× 1<
2
hh / N
d
<1,57 nªn hçn hỵp khÝ sau ph¶n øng gåm CO
2
vµ CO.
– V× sau ph¶n øng cã CO vµ CO
2
, c¸c ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn nªn chÊt r¾n cßn l¹i sau khi nung lµ :
CaO ; MgO vµ Cu vËy kh«ng cã ph¶n øng (10).
– Khèi lỵng Cu = 3,2 g ⇒ khèi lỵng CuCO
3
trong hçn hỵp :
3,2
.124
64
= 6,2 (g)
– Gäi sè mol C ; CaCO
3
; MgCO
3
trong hçn hỵp lÇn lỵt lµ a, b, c.
– Theo ®Çu bµi khèi lỵng CaO vµ MgO : 6,6 – 3,2 = 3,4 (g)
⇒ 56b + 40c = 3,4. (*)
– Sè mol CO vµ CO
2
sau ph¶n øng nhiƯt ph©n:
1,6
5
32
= 0,25 ( mol)
– Sè mol C trong CO vµ CO
2
b»ng sè mol C ®¬n chÊt vµ sè mol C trong c¸c mi cacbonat cđa hçn hỵp
: a + b + c + 0,05 = 0,25. (**)
– Khèi lỵng hh lµ 14,4 g nªn : 12a + 100b + 84c = 14,4 – 6,2 (***)
KÕt hỵp (*) ; (**) ; (***) ta cã hƯ ph¬ng tr×nh :
56b 40c 3,4
a b c 0,2
12a 100b 84c 8,2
+ =


+ + =


+ + =

Gi¶i ®ỵc: a = 0,125 ; b = 0,025 ; c = 0,05
% Khèi lỵng c¸c chÊt trong M:
% khèi lỵng C =
0,125.12
.100% 10,42%
14,4
=

Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
% khèi lỵng CaCO
3
=
0,025.100
.100% 17,36%
14,4
=
% khèi lỵng MgCO
3
=
0,05.84
.100% 29,17%
14,4
=

% khèi lỵng CuCO
3
=
0,05.124
.100% 43,05%
14,4
=
Bài 16: Hồ tan hết hỗn hợp X gồm oxit của một kim loại có hố trị II và muối cacbonat của kim loại
đó bằng H
2
SO
4
lỗng vừa đủ, sau phản ứng thu được sản phẩm gồm khí Y và dung dịch Z. Biết lượng
khí Y bằng 44% lượng X. Đem cơ cạn dung dịch Z thu được một lượng muối khan bằng 168% lượng
X. Hỏi kim loại hố trị II nói trên là kim loại gì? Tính thành phần phần trăm của mỗi chất trong hỗn
hợp X.
RO + H
2
SO
4
RSO
4
+ H
2
O (1)
RCO
3
+ H
2
SO
4
RSO
4
+ CO
2
+ H
2
O (2)
Đặt a là khối lượng hỗn hợp X.
x, y là số mol RO và RCO
3
Ta có: (R +16)x + (R + 60)y = a (I)
Từ (1,2): (R + 96)(x + y) = 1,68a (II)
Từ (2): y = 0,01a (III)
Giải (I, II, III): x = 0,004a ; R = 24.
Vậy R là Mg (24)
%m = = 16% %m = 84%
Bài 17. Trén CuO víi mét oxit kim lo¹i ho¸ trÞ II kh«ng ®ỉi theo tØ lƯ mol 1 : 2 ®ỵc hçn hỵp X. Cho 1 lng
CO nãng d ®i qua 2,4 gam X ®Õn ph¶n øng hoµn toµn thu ®ỵc chÊt r¾n Y. §Ĩ hoµ tan hÕt Y cÇn 40 ml
dung dÞch HNO
3
2,5M , chØ tho¸t ra 1 khÝ NO duy nhÊt vµ dung dÞch thu ®ỵc chØ chøa mi cđa 2 kim
lo¹i nãi trªn. X¸c ®Þnh kim lo¹i cha biÕt.
Bài giải:
V× CO chØ khư ®ỵc nh÷ng OxÝt kim lo¹i ®øng sau Al trong d·y H§HH
nªn cã 2 trêng hỵp x¶y ra.
a)Trêng hỵp 1:Kim lo¹i ph¶i t×m ®øng sau Al trong d·y H§HH
vµ Oxit cđa nã bÞ CO khư.
CuO + CO → Cu + CO
2
(1)
MO + CO → M + CO
2
(2)
3Cu + 8HNO
3
-> 3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO↑ + 4H
2
O (3)
3M + 8HNO
3
-> 3M(NO
3
)
2
+ 2NO↑ + 4H
2
O (4)
Coi sè mol CuO = x th× MO = 2x vµ Sè mol HNO
3
= 0,1
Ta cã hƯ : 80x + (M + 16) + 2x = 2,4

3
8x
+
2.8
3
x
= 0,1 gi¶i hƯ cho x = 0,0125 vµ M = 40 ~ Ca.
Trêng hỵp nµy kh«ng tho¶ m·n v× Canxi ®øng tríc Al trong d·y H§HH vµ CaO kh«ng bÞ khư bëi
CO.
b/ Trêng hỵp 2 : Kim lo¹i ph¶i t×m ®øng tríc Al trong d·y H§HH vµ ¤ xit cđa nã kh«ng bÞ CO khư.
Khi ®ã kh«ng x¶y ra ph¶n øng (2) mµ x¶y ra ph¶n øng (1) (3) vµ ph¶n øng sau :
MO + 2HNO
3
-> M(NO
3
)
2
+ H
2
O
T¬ng tù coi sè mol CuO = a -> MO = 2a ta cã hƯ :
80a + (M + 16)2a = 2,4
Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
a
a 100.004,0.40
MgO
⇒
MgCO
3
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9

3
8a
+ 4a = 0,1 => a = 0,0125 => M=24 ~Mg (tho¶ m·n)
Bài 18: Hoµ tan hoµn toµn 14,2 gam hçn hỵp C gåm MgCO
3
vµ mi cacbonat cđa kim lo¹i R vµo a xit HCl
7,3% võa ®đ, thu ®ỵc dung dÞch D vµ 3,36 lÝt khÝ CO
2
(®ktc). Nång ®é MgCl
2
trong dung dÞch D b»ng
6,028%.
a) X¸c ®Þnh kim lo¹i R vµ thµnh phÇn % theo khèi lỵng cđa mçi chÊt trong C.
b) Cho dung dÞch NaOH d vµo dung dÞch D, läc lÊy kÕt tđa råi nung ngoµi khÝ ®Õn khi ph¶n øng
hoµn toµn. TÝnh sè gam chÊt r¾n cßn l¹i sau khi nung.
Bài giải:
C«ng thøc cacbonat kim lo¹i R lµ R
2
(CO
3
)
x
sè mol CO
2
= 0,15
MgCO
3
+ 2HCl -> MgCl
2
+ CO
2
↑ + H
2
O
R
2
(CO
3
)
x
+ 2xHCl -> 2RCl
x
+ x CO
2
↑ + x H
2
O
a/ Theo ph¬ng tr×nh, sè mol HCl = 0,15 . 2 = 0,3 mol
Lỵng dung dÞch HCl =
0,3.36,5
0,073
= 150gam
Lỵng dung dÞch D = lỵng hçn hỵp C + lỵng dung HCl - lỵng CO
2
↑
= 14,2 + 150 - (44. 0,15) = 157,6gam
→ Lỵng MgCl
2
= 157,6 . 0,06028 = 9,5 gam ~ 0,1mol
→ MgCO
3
= 0,1mol ~ 8,4gam → R
2
(CO
3
)
x
=14,2 – 8,4 = 5,8 gam
Ta cã :
2R+ 60 x
5,8
=
0,15 0,1
x
−
→ R =28x tho¶ m·n x = 2 → R = 56 lµ Fe
Trong C cã 8,4g MgCO
3
~ 59,15% cßn lµ 40,85% FeCO
3
TÝnh ®ỵc chÊt r¾n cßn l¹i sau khi nung lµ MgO = 4 gam vµ Fe
2
O
3
= 4 gam
Bài 19: Mét lo¹i ®¸ chøa MgCO
3
, CaCO
3
vµ Al
2
O
3
. Lỵng Al
2
O
3
b»ng 1/8 tỉng khèi lỵng hai mi cacbonat.
Nung ®¸ ë nhiƯt ®é cao tíi ph©n hủ hoµn toµn hai mi cacbonat thu ®ỵc chÊt r¾n A cã khèi lỵng b»ng 60%
khèi lỵng ®¸ tríc khi nung.
a) TÝnh % khèi lỵng mçi chÊt trong ®¸ tríc khi nung.
b) Mn hoµ tan hoµn toµn 2g chÊt r¾n A cÇn tèi thiĨu bao nhiªu ml dung dÞch HCl 0,5M ?
Bài giải:
a) C¸c ph¶n øng ph©n hđy mi cacbonat
MgCO
3

0
t
→
MgO + CO
2
↑ (1)
CaCO
3

0
t
→
CaO + CO
2
↑ (2)
Al
2
O
3

0
t
→
Kh«ng ®ỉi (3)
gäi a, b, c lÇn lỵt lµ sè gam cđa MgCO
3
, CaCO
3
, Al
2
O
3
trong 100g ®¸ (a, b, c còng chÝnh lµ thµnh phÇn %)
ta cã hƯ sau:
a + b + c = 100
c =
8
a b+

.40
84
a
+
.56
100
b
+ c = 60
Gi¶i hƯ ta ®ỵc: a = 10,6; b = 78,3; c = 11,1 (võa lµ sè gam tõng chÊt võa lµ tØ lƯ %)
a) C¸c ph¶n øng víi HCl (3 PTHH)
Tỉng sè mol HCl = 2.n
Mgo
+ 2.n
CaO
+ 6.n Al
2
O
3
= 0,2226 mol
Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn
Bài tập tốn hay và khó Mơn Hóa học9
VËy ®Ĩ hßa tan 2g A cÇn
0,2226.2
5, 4
= 0,0824 mol
Gäi V lµ sè lÝt HCl tèi thiĨu cÇn dïng
V.0,5 = 0,0824 => V = 0,1648 lit = 164,8ml
Bài 20: Cho 1,02 gam hçn hỵp gåm Al vµ Mg vµo 100 ml dung dÞch HCl. Sau khi kÕt thóc ph¶n øng, lµm
bay h¬i hÕt níc thu ®ỵc 3,86 gam chÊt r¾n khan.
NÕu cho 1,02 gam hçn hỵp trªn vµo 200 ml dung dÞch HCl cïng lo¹i. Sau khi kÕt thóc ph¶n øng, lµm bay h¬i
hÕt níc thu ®ỵc 4,57 gam chÊt r¾n khan. TÝnh khèi lỵng mçi kim lo¹i trong hçn hỵp vµ nång ®é mol/l cđa
dung dÞch HCl.
Bài giải:
Khi lỵng HCl gÊp ®«i th× lỵng chÊt r¾n thu ®ỵc kh«ng gÊp ®«i thÝ nghiƯm 1 nªn suy ra trong trêng hỵp 2 kim
lo¹i tan hÕt vµ HCl d.
Gäi sè mol cđa Mg vµ Al trong hh lµ x vµ y. Ta cã:
24x + 27 y = 1,02 x = 0,02 m
Mg
= 0.02 x 24 = 0,48 gam
95x + 133.5 y = 4,57 y = 0,02 m
Al
= 0.02 x 27 = 0,54 gam
TÝnh nång ®é mol/l cđa dung dÞch HCl
- XÐt TN1: Gäi sè mol Al ®· ph¶n øng lµ a, cßn d lµ 0.02-a (Mg ®· p hÕt)
Khèi lỵng chÊt r¾n = 0,02 x 95 + 133,5a + 27 (0,02-a) = 3,86
→
a= 0,0133
sè mol HCl hßa tan Mg vµ Al lµ (0,02 x 2) + 3 x 0,0133 = 0,08 mol
- Nång ®é mol/l cđa HCl lµ 0,08/0,1 = 0,8 M
Bài 21: Hòa tan 49,6 gam hỗn hợp một muối sunfat và một muối cacbonat của cùng một kim loại hóa trị I
vào nước thu được dung dịch X. Chia dung dịch X thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: Cho phản ứng với lượng dư dung dịch axit sunfuric thu được 2,24 lít khí (đo ở đktc)
- Phần 2: Cho phản ứng với lượng dư dung dịch BaCl
2
thu được 43 gam kết tủa trắng.
a. Tìm cơng thức hóa học của hai muối ban đầu?
b. Tính thành phần % theo khối lượng mỗi muối trên có trong hỗn hợp ban đầu?
Bài giải:
a. Gọi cơng thức hóa học của hai muối trên là A
2
SO
4
và A
2
CO
3
; gọi x, y lần lượt là số mol A
2
CO
3
và A
2
SO
4
- Phản ứng ở phần 1:
A
2
CO
3
+ H
2
SO
4
-> A
2
SO
4
+ CO
2
 + H
2
O (1)
x mol x mol
- Phản ứng ở phần 2:
A
2
CO
3
+ BaCl
2
-> BaCO
3
 + 2ACl (2)
x mol x mol
A
2
SO
4
+ BaCl
2
-> BaSO
4
 + 2Acl (3)
y mol y mol
Theo pt (1) => x = n
CO
2
= 2,24 : 22,4 = 0,1 mol
- Mặt khác, khối lượng hỗn hợp ở mỗi phần: (2A + 60).0,1 + (2A + 96)y =
2
6,49
= 24,8 (*)
- Theo pt (2) và (3), khối lượng kết tủa thu được: 197.0.1 + 233.y = 43 => y = 0,1
Thế y = 0,1 vào (*) => A = 23 -> Na
Vậy cơng thức hai muối: Na
2
CO
3
và Na
2
SO
4
Website: violet.vn/thethao0481 Email: Thaonguyenh81@yahoo.com.vn