Giải chi tiết 100 bài tập Hóa học vô cơ hay và khó - Nguyễn Thành Tín

GIẢI CHI TIẾT 100 BÀI TẬP VÔ CƠ HAY VÀ KHÓ<br /> - TAILIEU247.TOP TẬP 1<br /> <br /> 27-7-2016<br /> <br /> TÁC GIẢ : NGUYỄN THÀNH TÍN – 12 Toán (13-16)<br /> Trường THPT Chuyên Tiền Giang<br /> <br /> Tác giả: Nguyễn Thành Tín – 12 Toán – Chuyên Tiền Giang<br /> <br /> Trang 1<br /> <br /> LỜI NÓI ĐẦU<br />  Đây là tài liệu anh dành tặng các em khóa sau anh , hy vọng với tài liệu này các em sẽ cảm thấy có một<br /> chút điều bổ ít cũng như là thêm cho mình một số phương pháp làm bài tập , anh hy vọng sau tài liệu này các<br /> em sẽ có sự tăng trưởng vượt bậc trong cách suy nghĩ của mình khi đứng trước một bài toán hóa và cũng như<br /> qua tài liệu này các em cũng sẽ giống như anh thêm yêu thích môn Hóa hơn và bỏ đi sự lo sợ khi giải một bài<br /> Hóa Vô cơ nói riêng và các bài toán Hóa nói chung . Chúc các em có một mùa thi 2017 thành công rực rỡ và<br /> đạt mong ước của mình hãy học hết mình , hết sức có thể thì ta chắc chắn sẽ thu được quả ngọt đó là nụ cười<br /> sau buổi chiều ngày 3-7-2017 .<br />  Đây là tài liệu xin dành tặng nhóm Hóa Học Bookgol nơi đã rèn luyện em , giúp em rất nhiều trong việc<br /> học Hóa .<br />  Ngoài ra : do nguồn tài liệu rộng lớn nên trong quá trình biện soạn có một số bài không biết tên tác giả nên<br /> em không trích dẫn được mong các tác giả bỏ qua cho em<br />  Trong quá trình biên soạn còn nhiều sai sót mong các em ,bạn , anh và Thầy ( cô) bỏ qua .<br /> Tiền Giang , ngày 10 tháng 8 năm 2016<br /> Người biên soạn<br /> Nguyễn Thành Tín<br /> “ PHÍA TRƯỚC CHÚNG TA KHÔNG PHẢI LÀ GIAN NAN MÀ PHÍA TRƯỚC CHÚNG TA LÀ<br /> VINH QUANG ĐANG CHỜ ĐÓN<br /> Trích : Thầy Vũ Khắc Ngọc “<br /> Do vậy hãy vượt qua các gian gian trong lúc luyện thi thì sau này chúng ta sẽ gặt được các vinh quang đang<br /> chờ đón các em . Anh ủng hộ các em !!!!!!<br /> <br /> Tác giả: Nguyễn Thành Tín – 12 Toán – Chuyên Tiền Giang<br /> <br /> Trang 2<br /> <br /> Câu 1: Hòa tan 31,12 gam hỗn hợp rắn X gồm Mg , Fe , Fe3O4 và FeCO3 vào dung dịch chứa H2SO4 và<br /> KNO3 . Sau phản ứng thu được 4,48 lít hỗn hợp khí Y ( đktc) gồm ( CO2, NO , H2 , NO2 ) có tỉ khối hơi so<br /> với H2 là 14,6 và dung dịch Z chỉ chứa các muối trung hòa có tổng khối lượng là m gam . Cho dung dịch<br /> BaCl2 dư vào dung dịch Z thu được 140,965 gam kết tủa trắng . Mặt khác cho dung dịch NaOH dư vào<br /> dung dịch Z thấy có 1,085 mol NaOH phản ứng đồng thời thu được 42,9 gam kết tủa và 0,56 lít khí T (<br /> đktc) . Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn . Cho các nhận định sau :<br /> (a) Giá trị của m là 82,285 gam<br /> (b) Số mol của KNO3 trong dung dịch ban đầu là 0,225 mol<br /> (c) Phần trăm khối lượng của FeCO3 trong hỗn hợp X là 18,638%<br /> (d) Số mol của Fe3O4 trong X là 0,04 mol<br /> (e) Số mol của Mg trong X là 0,15 mol<br /> Số nhận định đúng là :<br /> A. 1<br /> B. 2<br /> C. 3<br /> D. 4<br /> ( Trích đề thi thừ trường THPT Chuyên Bến Tre )<br /> Lời giải<br /> +<br />  Từ 0.56 lít khí  NH4 0.025 mol . Từ BaCl2  SO42- 0.605 mol . Đặt số mol KNO3 là a mol . Ta có :<br /> do có khí H2 bay ra  NO3- hết .<br /> <br />  Na  1.085 mol<br /> <br /> BTDT<br />  a  0.125 mol<br /> <br /> Vậy khi cho qua NaOH thì dung dịch sau phản ứng chứa :  K  a mol<br />  SO 2 0.605 mol<br />  4<br />  Fe 2 x mol<br />  2<br />  Mg y mol<br /> BTDT<br />    2 x  2 y  1.06 mol<br /> <br /> <br /> <br /> Trong dung dịch chỉ chứa  NH 4  0.025<br />   KL.KT<br /> <br />   58 x  90 y  42.9<br />  <br /> <br />  K 0.125<br />  SO4 2 0.605 mol<br /> <br />  x  0.15 mol<br /> <br />  m=88.285 gam<br />  y  0.38 mol<br /> <br /> BTKL  H2O 0.495 mol .BTH  H2 0.06 mol . Tổng mol N  NO và NO2  0.1 mol<br /> Đặt CO2 a mol . NO b mol , NO2 c mol<br /> a  b  c  0.14 mol<br /> a  0.04 mol<br /> <br /> <br />  b  0.04 mol  nFeCO3 = 0.04 mol<br /> b  c  0.1 mol<br /> 44a  30b  46c  5.72<br /> c  0.06 mol<br /> <br /> <br /> Đặt Mg z mol , Fe t mol , Fe3O4 e mol . Lập hệ  z= 0.15 mol , t= 0.16 mol , e= 0.06 mol<br />  Chon nhận xét  đáp số<br />  Đối với các bài toán như thế này thì việc đầu tiên là ta không cần quan tâm khúc đầu nó có gì<br /> mà hãy xem dung dịch nó chứa gì và khí bay ra có khí hidro không ( nhằm xác định xem NO 3- đã hết<br /> hay chưa ) . Kế đó ta xem đề cho qua dung dịch gì , việc cho qua dung dịch nào đó thu được bao nhiêu<br /> gam tủa hay lượng chất đó phản ứng bao nhiêu là nhằm mục đích xác định số mol cùa các anion có<br /> trong dung dịch mà ta thu được thôi . Do vậy ta hãy quan tâm các điều trên , sau khi tính được các điều<br /> đó kế đó ta tư duy xem nên đặt ẩn ở đâu để tối ưu cách giải và rút ngắn thời gian nhất .<br /> <br /> Tác giả: Nguyễn Thành Tín – 12 Toán – Chuyên Tiền Giang<br /> <br /> Trang 3<br /> <br /> Câu 2 : Hòa tan hoàn toàn m ( g) hỗn hợp X gồm Mg , Fe, FeCO3 , Cu(NO3)2 vào dung dịch chứa NaNO3<br /> 0,045 mol và H2SO4 , thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa có khối lượng là 62,605 gam (<br /> Không chứa ion Fe3+ ) và 3,808 lít ( dktc) hỗn hợp khí Z ( trong đó có 0,02 mol H2 ) . Tỉ khối của Z so với<br /> O2 bẳng 19/17 . Thêm tiếp dung dịch NaOH 2 M vào Y đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất là 31,72<br /> gam thì vừa hết 865 ml . Mặt khác , dung dịch tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2 thu được dung dịch T.<br /> Cho lượng dư AgNO3 vào T thu dược 256,04 am kết tủa . Giá trị của m là :<br /> A. 27,2<br /> B. 19,8<br /> C. 22,8<br /> D. 26,5<br /> Lời giải<br /> BaCl2 0.455 mol . Từ NaOH 0.865 mol . Khi đó dung dịch sau cùng có Na+ 0.91 mol .  SO42- 0.455 mol .<br />  Mg 2 x mol<br />  2<br />  Fe y mol<br /> Cu 2 z mol<br /> <br /> Trong dung dịch Y chứa các ion : <br /> <br />  NH 4 t mol<br />  Na  0.045 mol<br /> <br />  SO4 2 0.455 mol<br /> <br />  2 x  2 y  2 z  t  0.865<br />  x  0.2<br /> 24 x  56 y  64 z  18t  17,89<br />  y  0.18<br /> <br /> <br /> Khi đó ta có : <br /> <br /> 58 x  90 y  98 z  31, 72<br />  z  0.04<br />  y  0.18<br /> t  0.025<br /> <br /> <br /> Ta có Mg 0.2 mol , Cu(NO3)2 0.04 mol. BTH  H2O 0.385 mol . BTKL  m= 27.2 gam<br /> Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp rắn X gồm CuS, FeS2 và FeCO3 bằng lượng oxi vừa đủ, thu<br /> 43<br /> được hỗn hợp rắn gồm (Fe2O3; CuO) và hỗn hợp khí Y gồm (CO2, SO2) có tỉ khối so với He bằng<br /> . Hấp<br /> 3<br /> thụ toàn bộ Y vào nước vôi trong lấy dư, thu được 6,8 gam kết tủa. Mặt khác hòa tan hết m gam X trong<br /> dung dịch HNO3 đặc, nóng, dư thu được dung dịch Z và 0,35 mol hỗn hợp khí gồm (CO2, NO2). Cho dung<br /> dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Z, thu được x gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị gần<br /> nhất của x là.<br /> ( Thầy : Tào Mạnh Đức )<br /> A. 15,5<br /> B. 14,5<br /> C. 16,0<br /> D. 15,0<br /> Lời giải<br /> 100a  120b  6,8<br /> CO2 a mol<br /> a  0, 02<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 172<br /> b  0, 04<br />  SO2 b mol<br /> 44a  64b  3   a  b <br /> <br /> NO2<br />  nNO2  0,33 mol<br /> Ta có : 0,35 mol<br /> CO2 0, 02 mol<br /> CuS x mol<br /> <br /> Ta có :  FeS 2 y mol<br /> <br />  FeCO 0, 02 mol<br /> 3<br /> <br /> <br /> BTS<br />   x  2 y  0, 04<br /> <br />  x  0, 02 mol<br /> <br /> <br />  BTE<br /> <br />  y  0, 01 mol<br />   8 x  15 y  0,31<br /> <br /> <br /> Tác giả: Nguyễn Thành Tín – 12 Toán – Chuyên Tiền Giang<br /> <br /> Trang 4<br /> <br /> Cu (OH ) 2 0, 02 mol<br /> <br /> Vậy x gam tủa gồm  Fe(OH )3 0, 03 mol  x  14, 49 gam<br />  BaSO 0, 04 mol<br /> 4<br /> <br /> <br /> Câu 4: Hòa tan hết 15,84 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3 và MgCO3 trong dung dịch chứa 1,08 mol<br /> NaHSO4 và 0,32 mol HNO3, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa có khối<br /> lượng 149,16 gam và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm hai khí có tỉ khối so với He bằng 11. Cho dung<br /> dịch NaOH đến dư vào dung dịch Y, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được<br /> 13,6 gam rắn khan. Phần trăm khối lượng của Al đơn chất có trong hỗn hợp X là.<br /> A. 20,45%<br /> B. 17,04%<br /> C. 27,27%<br /> D. 23,86%<br /> ( Thầy : Tào Mạnh Đức )<br /> Lời giải<br />  O2<br /> NaOH du<br /> BTKL  H2O 0,62 . dd Y  Mg (OH )2  13,6 gam MgO  MgO 0,34 mol<br /> <br /> <br /> <br />  Mg 2 0,34 mol<br />  3<br />  Al y mol<br /> BTDT<br />    x  3 y  z  0, 4<br /> <br />  x  0,12 mol<br />  NH  z mol<br />  KL<br /> <br /> <br /> 4<br /> 149,16 gam gồm  <br />    62 x  27 y  18 z  12, 48   y  0,16 mol<br /> <br />  z  0, 04 mol<br />  BTH<br />  Na 1, 08 mol<br /> <br /> <br />   z  0, 04 mol<br />  SO 2 1, 08 mol<br /> 4<br /> <br />  NO3 x mol<br /> <br />  Mg 0,3 mol<br />  BTO<br /> <br />  N 2O 0, 08 mol<br /> <br />   Al2O3 0, 02 mol<br />   BT Al<br />  % Al = 20,45%<br />  CO2 0, 04 mol<br /> <br />   Al 0,12 mol<br />  MgCO 0, 04 mol<br /> 3<br /> <br /> BTN<br /> <br /> Ta có :<br /> <br /> Câu 5. Hòa tan hết m gam hỗn hợp gồm Ca, Al4C3 và CaC2 vào nước dư, thấy thoát ra hỗn hợp khí X; đồng<br /> thời thu được 3,12 gam kết tủa và dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất. Đun nóng toàn bộ X có mặt Ni<br /> làm xúc, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y chỉ chứa 2 hiđrocacbon có thể tích là<br /> 8,064 lít (đktc). Giá trị của m là.<br /> A. 21,54 gam<br /> B. 24,12 gam<br /> C. 22,86 gam<br /> D. 23,04 gam<br /> ( Thầy : Tào Mạnh Đức )<br /> Lời Giải<br /> 3,12 gam<br />   4c  2a  2b  0, 04<br /> Ca a mol<br /> <br /> <br /> <br /> H 2O<br /> chi chua 2 hiđrocacbon<br /> <br /> Đặt :  Al4C3 c mol  <br />   2b  a<br /> <br /> <br /> H 2 ( Ni ,t 0 )<br /> <br /> <br />   <br /> mol<br /> 0,36 mol<br /> <br />   b  3c  0,36<br /> <br /> CaC2 b<br /> <br /> a  0,12 mol<br /> <br />  b  0, 06 mol  m  23, 04 gam<br /> c  0,1 mol<br /> <br /> <br /> Tác giả: Nguyễn Thành Tín – 12 Toán – Chuyên Tiền Giang<br /> <br /> Trang 5<br /> <br />