Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập tính khử của C, CO, H2 - Hóa 11

Đề bài

Câu 1 :

Trộn 20 gam bột CuO và một lượng C rồi đem nung nóng, sau một thời gian phản ứng thấy có 3,36 lít khí thoát ra khỏi bình. Khối lượng chất rắn thu được là

A

17,6 gam.
B

8 gam.
C

9,6 gam.
D

15,6 gam.

Câu 2 :

Cho luồng khí CO dư đi qua 9,1 gam hỗn hợp CuO và Al₂O₃, nung nóng đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 8,3 gam chất rắn. Khối lượng CuO có trong hỗn hợp ban đầu là

A

0,8 gam.
B

4,0 gam.
C

8 gam.
D

6 gam.

Câu 3 :

Cho khí CO dư qua 18 gam oxit kim loại M thu được 14 gam kim loại. Công thức của oxit là

A

PbO
B

NiO
C

FeO
D

CuO

Câu 4 :

Khử hoàn toàn 17,6 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe₂O₃ cần 4,48 lít H₂ (đktc). khối lượng sắt thu được là

A

12,0 gam
B

14,4 gam.
C

5,6 gam.
D

11,2 gam

Câu 5 :

Khử hoàn toàn 32 gam hỗn hợp CuO và Fe₂O₃bằng khí H₂, thấy tạo ra 9 gam nước. Tính khối lượng hỗn hợp kim loại thu được?

A

24 gam
B

16 gam
C

32 gam
D

48 gam

Câu 6 :

Cho V lít (đktc) khí H₂ đi qua bột CuO đun nóng, thu được 32 gam Cu. Nếu cho V lít H₂đi qua bột Fe₃O₄ đun nóng thì lượng Fe thu được là:

A

21 gam.
B

7 gam.
C

28 gam.
D

14 gam.

Câu 7 :

Để khử hoàn toàn hỗn hợp FeO và ZnO thành kim loại cần 2,24 lít H₂ ở đktc. Nếu đem hỗn hợp kim loại thu được hoà tan hoàn toàn vào axit HCl thì thể tích khí H₂ (đktc) thu được là

A

1,12 lít.
B

2,24 lít.
C

3,36 lít.
D

4,48 lít.

Câu 8 :

Cho khí CO dư đi qua 15 gam hỗn hợp X gồm CuO, NiO, Fe₂O₃, ZnO thu được 11,8 gam chất rắn Y gồm các kim loại. Thể tích dung dịch Z gồm H₂SO₄ 1,0M và HCl 0,5M cần dùng để hoà tan hết 15,0 gam hỗn hợp X là

A

0,16 lít
B

0,2 lít
C

0,8 lít
D

0,6 lít

Câu 9 :

Đốt cháy không hoàn toàn một lượng sắt đã dùng hết 2,24 lít O₂ ở đktc, thu được hỗn hợp A gồm các oxit sắt và sắt dư. Khử hoàn toàn A bằng khí CO dư, khí đi ra sau phản ứng được dẫn vào bình đựng nước vôi trong dư. Khối lượng kết tủa thu được là

A

10 gam.
B

20 gam.
C

30 gam.
D

40 gam.

Câu 10 :

Thổi một luồng khí CO dư đi qua ống đựng hỗn hợp 2 oxit Fe₃O₄ và CuO nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,32 gam hỗn hợp kim loại. Khí thoát ra được đưa vào bình đựng dung dịch Ca(OH)₂ dư thấy có 5 gam kết tủa trắng. Khối lượng hỗn hợp 2 oxit kim loại ban đầu là:

A

2,4 gam.
B

1,12 gam
C

3,12 gam.
D

5,6 gam.

Câu 11 :

Thổi CO dư qua m gam hỗn hợp CuO, Fe₂O₃, ZnO, PbO nóng đỏ thu được 2,32 gam kim loại. Khí thoát ra cho vào bình nước vôi trong được 5 gam kết tủa, đun tiếp dung dịch lại thấy có thêm 10 gam kết tủa. Giá trị của m là:

A

6,32
B

3,12
C

3,92
D

4,72

Câu 12 :

Cho 4,48 lít khí CO (ở đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí thu được sau phản ứng có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Công thức của oxit sắt và phần trăm thể tích của khí CO₂ trong hỗn hợp khí sau phản ứng là:

A

FeO; 75%
B

Fe₃O₄; 75%
C

Fe₂O₃; 65%
D

Fe₂O₃; 75%

Câu 13 :

Dẫn khí CO đi qua 12 gam CuO nung nóng thu được chất rắn X và khí CO₂. Hấp thụ hoàn toàn khí CO₂ sinh ra bằng 200 ml dung dịch Ba(OH)₂ 0,9M thì thu được 23,64 gam kết tủa. Cho chất rắn X vào dung dịch AgNO₃ dư thu được m gam kết tủa. Tính m:

A

25,92 gam
B

28,32 gam
C

86,4 gam
D

24,4gam

Câu 14 :

Hỗn hợp A gồm 0,56 gam Fe và 16 gam Fe₂O₃ và x (mol) Al rồi nung ở nhiệt độ cao không có không khí (giả sử chỉ xảy ra sự khử Fe₂O₃ thành Fe), sau khi kết thúc phản ứng được hỗn hợp D. Nếu cho D tan trong H₂SO₄ loãng được V lít khí nhưng nếu cho D tác dụng với NaOH dư thì thu được 0,25V lít khí. Giá trị của x là

A

0,233.
B

0,247.
C

0,333.
D

0,125.

Câu 15 :

Cho khí CO dư đi qua hỗn hợp gồm CuO, Al₂O₃, MgO(nung nóng). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn chất rắn thu được gồm

A
Cu, Al, MgO
B
Cu, Al₂O₃, MgO
C
Cu, Al, Mg
D
Cu, Al₂O₃, Mg

Câu 16 :

Thổi từ từ V lít CO (đktc) đi qua ống sứ đựng 51,6 gam hỗn hợp X gồm CuO, Al₂O₃ và Fe₃O₄ (tỉ lệ mol lần lượt là 1:2:1). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H₂ bằng 19. Cho toàn bộ lượng khí Y hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)₂ thu được 30 gam kết tủa và dung dịch Z. Cho dung dịch Z phản ứng với lượng dư dung dịch Ba(OH)₂ dư thấy tạo thành m gam kết tủa. Giá trị của V và m lần lượt là:

A
17,92 lít và 29,7 gam.
B
17,92 lít và 20 gam.
C
11,20 lít và 20 gam.
D
11,20 lít và 29,7 gam.

Câu 17 :

Khí CO không khử được chất nào sau đây ở nhiệt độ cao:

A
CaO
B
CuO
C
PbO
D
ZnO

Câu 18 :

Khử hoàn toàn 14g hỗn hợp X gồm CuO và một oxit sắt bằng CO thu được 10,32g hỗn hợp Y gồm 2 kim loại. Thể tích CO (đktc) đã dùng cho quá trình trên là:

A
10,304 lít
B
1,0304 lít
C
5,152 lít
D
51,52 lít

Câu 19 :

Cho từ từ khí CO đi qua ống đựng 3,2 gam CuO nung nóng. Khí thoát ra khỏi ống được hấp thụ hoàn toàn vào nước vôi trong dư tạo thành 1 gam kết tủa. Chất rắn còn lại trong ống sứ cho vào cốc đựng 500 ml dung dịch HNO₃ 0,16M thu được V₁ lít khí NO và còn một phần kim loại chưa tan. Thêm tiếp vào cốc 760 ml dung dịch HCl 2/3 M, sau khi phản ứng xong thu thêm V₂ lít khí NO. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N⁺⁵, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. V₂ gần nhất với giá trị nào sau đây

A
0,037.
B
0,336.
C
0,112.
D
1,490.

Câu 20 :

Cho khí CO qua ống sứ chứa 10 gam hỗn hợp chất rắn X gồm CuO; Fe₂O₃; FeO; Fe₃O₄ và MgO nung nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y và 8 gam rắn Z. Cho Y qua dung dịch nước vôi trong dư thu được m gam kết tủa. Giá trị m là

A

50,0.
B

12,5.
C

25,0.
D

20,0.

Câu 21 :

Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, thu được hỗn hợp khí X gồm CO, CO₂ và H₂. Cho toàn bộ X qua bình đựng dung dịch nước vôi dư thu được 10 gam kết tủa. Khí không bị hấp thụ thoát ra được dẫn qua ống đựng CuO (dư) nung nóng thu được hỗn hợp chất rắn Y. Hòa tan toàn bộ Y bằng dung dịch HNO₃ (loãng, dư) thu được 8,96 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm thể tích khí CO trong X là

A
57,25%.
B
28,57%.
C
18,47%.
D
14,29%.

Câu 22 :

Dẫn 0,55 mol hỗn hợp X (gồm hơi nước và khí CO₂) qua cacbon nung đỏ thu được 0,95 mol hỗn hợp Y gồm CO, H₂ và CO₂. Cho Y hấp thụ vào dung dịch chứa 0,1 mol Ba(OH)₂ sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A
9,85.
B
19,7.
C
29,55.
D
15,76.

Câu 23 :

Khử hoàn tàn 4,8 gam Fe₂O₃ bằng CO dư ở nhiệt độ cao. Khối lượng Fe thu được sau phản ứng là

A

3,36 gam
B

1,68 gam
C

2,52 gam
D

1,44 gam

Câu 24 :

Hỗn hợp X gồm FeO, Fe₂O₃ và Fe₃O₄.Cho khí CO qua m gam X nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Cho toàn bộ Z vào dung dịch Ca(OH)₂ dư, đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam kết tủa. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H₂SO₄ đặc nóng dư thu được 1,008 lít khí SO₂ (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa 18 gam muối. Giá trị của m là:

A
7,12
B
13,52
C
6,8
D
5,68

Câu 25 :

Dẫn 0,55 mol hỗn hợp X (gồm hơi nước và khí CO₂) qua cacbon nung đỏ, thu được 0,95 mol hỗn hợp Y gồm CO, H₂ và CO₂. Cho Y hấp thụ vào dung dịch chứa 0,1 mol Ba(OH)₂, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A
29,55.
B
19,7.
C
15,76.
D
9,85.

Câu 26 :

Dẫn a mol hỗn hợp X (gồm hơi nước và khí CO₂) qua cacbon nung đỏ, thu được 1,8a mol hỗn hợp khí Y gồm CO, H₂ và CO₂. Cho Y đi qua ống đựng hỗn hợp gồm CuO và Fe₂O₃ (dư, nung nóng), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn giảm 1,28 gam. Giá trị của a là

A
0,10.
B
0,05.
C
0,08.
D
0,04.

Câu 27 :

Dẫn luồng khí CO dư qua hỗn hợp CuO, Al₂O₃, CaO, MgO có số mol bằng nhau (nung nóng ở nhiệt độ cao) thu được chất rắn A. Hòa tan A vào nước dư còn lại chất rắn X. X gồm:

A
Cu, Mg.
B
Cu, Mg, Al₂O₃.
C
Cu, Al₂O₃, MgO.
D
Cu, MgO.

Câu 28 :

Cho một luồng khí CO đi qua ống đựng 10g Fe₂O₃ nung nóng.Sau một thời gian thu được m gam hổn hợp X gồm 3 oxit sắt. Cho X tác dụng hết với dd HNO₃ 0,5M (vừa đủ) thu được dd Y và 1,12 lít NO (đktc) duy nhất. Thể tích CO đã dùng (đktc) và giá trị của m là

A
1,68 lít, 8,8 gam
B
2,24 lít , 8,8gam
C
1,12 lít, 4,4 gam
D
3,36 lít, 4,4 gam

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Trộn 20 gam bột CuO và một lượng C rồi đem nung nóng, sau một thời gian phản ứng thấy có 3,36 lít khí thoát ra khỏi bình. Khối lượng chất rắn thu được là

A

17,6 gam.
B

8 gam.
C

9,6 gam.
D

15,6 gam.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

CuO + C $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ Cu + CO

+) n_CO = n_CuO _{phản ứng}= n_{Cu tạo thành}

=> m_{chất rắn sau phản ứng} = m_Cu + m_{CuO dư}

Lời giải chi tiết :

CuO + C $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ Cu + CO

n_CO = 3,36 / 22,4 = 0,15 mol => n_CuO _{phản ứng}= 0,15 mol

=> m_{CuO dư} = 20 – 0,15.80 = 8 gam

n_{Cu tạo thành}= n_{CuO phản ứng} = 0,15 mol => m_Cu = 0,15.64 = 9,6 gam

=> m_{chất rắn sau phản ứng} = 8 + 9,6 = 17,6 gam

Câu 2 :

A

0,8 gam.
B

4,0 gam.
C

8 gam.
D

6 gam.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

CO + CuO $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ Cu + CO₂

+) m_CuO – m_Cu = m_{O phản ứng}

Lời giải chi tiết :

Al₂O₃không bị khử bởi CO

CO + CuO $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ Cu + CO₂

x mol → x mol

=> m_CuO – m_Cu = 9,1 – 8,3 = 0,8 => 80x – 64x = 0,8 => x = 0,05 mol

=> m_CuO = 80.0,05 = 4 gam

Câu 3 :

Cho khí CO dư qua 18 gam oxit kim loại M thu được 14 gam kim loại. Công thức của oxit là

A

PbO
B

NiO
C

FeO
D

CuO

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+) Bảo toàn khối lượng: m_oxit = m_O + m_{kim loại}

+) Tính M_oxit => CTPT oxit

Lời giải chi tiết :

Bảo toàn khối lượng: m_oxit = m_O + m_{kim loại}=> m_O = 18 – 14 = 4 gam

=> n_{O trong oxit}= 4 / 16 = 0,25 mol

M_oxit = 18 : 0,25 = 72 g/mol (FeO)

Câu 4 :

Khử hoàn toàn 17,6 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe₂O₃ cần 4,48 lít H₂ (đktc). khối lượng sắt thu được là

A

12,0 gam
B

14,4 gam.
C

5,6 gam.
D

11,2 gam

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+) n_{O (trong oxit)} = n_H2

+) m_Fe = m_oxit - m_O

Lời giải chi tiết :

n_{O (trong oxit)} = n_H2 = 0,2 mol => m_O = 16.0,2 = 3,2 gam

m_Fe = 17,6 - 3,2 = 14,4 gam

Câu 5 :

Khử hoàn toàn 32 gam hỗn hợp CuO và Fe₂O₃bằng khí H₂, thấy tạo ra 9 gam nước. Tính khối lượng hỗn hợp kim loại thu được?

A

24 gam
B

16 gam
C

32 gam
D

48 gam

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) n_O _{của oxit} = n_H2O

+) m_{kim loại} = m_oxit – m_O

Lời giải chi tiết :

n_O _{của oxit} = n_H2O = 0,5 => m_O = 16.0,5 = 8 gam

m_{kim loại} = 32 - 8 = 24 gam

Câu 6 :

Cho V lít (đktc) khí H₂ đi qua bột CuO đun nóng, thu được 32 gam Cu. Nếu cho V lít H₂đi qua bột Fe₃O₄ đun nóng thì lượng Fe thu được là:

A

21 gam.
B

7 gam.
C

28 gam.
D

14 gam.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

H₂ + CuO $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ Cu + H₂O

+) n_H2 = n_{O (trong oxit)} = n_CuO= n_Cu

+) n_Fe3O4= ¼.n_{O (trong Fe3O4)} ; n_Fe = 3.n_Fe3O4

Lời giải chi tiết :

H₂ + CuO $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ Cu + H₂O

n_H2 = n_{O (trong oxit)} = n_CuO= n_Cu= 0,5 mol

Bảo toàn O: n_Fe3O4= ¼.n_{O (trong Fe3O4)} = ¼.n_{H2 phản ứng} = 1/4 . 0,5 = 0,125 mol

Bảo toàn Fe: n_Fe = 3.n_Fe3O4 = 3.0,125 = 0,375 mol => m_Fe = 21 gam

Câu 7 :

A

1,12 lít.
B

2,24 lít.
C

3,36 lít.
D

4,48 lít.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+) n_{hh oxit}= n_H2 = n_{hh kim loại}

+) Khi hoà tan hỗn hợp kim loại cùng hóa trị II vào axit thì : n_H2= n_{hh kim loại}

Lời giải chi tiết :

n_{hh oxit}= n_H2 = n_{hh kim loại}= 0,1 mol

Khi hoà tan hỗn hợp kim loại cùng hóa trị II vào axit thì : n_H2= n_{hh kim loại} = 0,1

V_H2 = 22,4.0,1 = 2,24 lít

Câu 8 :

A

0,16 lít
B

0,2 lít
C

0,8 lít
D

0,6 lít

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Bảo toàn khối lượng: m_{O (trong X)}= m_oxit– m_{kim loại}

Bảo toàn nguyên tố H và O : ∑n_H+ = 2.n_H2O = 2.n_{O trong X}

Lời giải chi tiết :

Bảo toàn khối lượng: m_{O (trong X)}= m_oxit– m_{kim loại} => n_{O trong X}= (15 – 11,8) : 16 = 0,2 mol

Bảo toàn nguyên tố H và O : ∑n_H+ = 2.n_H2O = 2.n_{O trong X}

=> 2V + 0,5V = 0,2.2

=> V = 0,16 lít

Câu 9 :

A

10 gam.
B

20 gam.
C

30 gam.
D

40 gam.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

n_{O đã dùng}= n_CO= n_CO2 = n_CaCO3

Lời giải chi tiết :

Bảo toàn nguyên tố O: n_{O đã phản ứng}= n_{O trong oxit}= n_CO= n_CO2= 0,1.2 = 0,2 mol

=> n_CaCO3 = n_CO2 = 0,2 mol

=> m_CaCO3 = 100.0,2 = 20 gam

Câu 10 :

A

2,4 gam.
B

1,12 gam
C

3,12 gam.
D

5,6 gam.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+) n_{O(trong oxit)}= n_CO = n_CO2= n_CaCO3

+) m_oxit = m_KL + m_{oxi trong oxit}

Lời giải chi tiết :

Ta có : n_{O(trong oxit)}= n_CO = n_CO2= n_CaCO3 = 0,05 mol

m_oxit = m_KL + m_{oxi trong oxit} = 2,32 + 0,05.16 = 3,12 gam

Câu 11 :

A

6,32
B

3,12
C

3,92
D

4,72

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O (1)

Ca(OH)₂ + 2CO₂ → Ca(HCO₃)₂ (2)

Ca(HCO₃)₂ $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ CaCO₃ ↓ + CO₂ + H₂O (3)

+) n_{CaCO3 (3)} = n_Ca(HCO3)2

+) n_CO2= n_{CaCO3 (1)}+ 2n_Ca(HCO3)2

+) m = m_{O trong oxit}+ m_{kim loại}

Lời giải chi tiết :

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O (1)

Ca(OH)₂ + 2CO₂ → Ca(HCO₃)₂ (2)

Ca(HCO₃)₂ $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ CaCO₃ ↓ + CO₂ + H₂O (3)

n_{CaCO3 (1)} = 0,05 mol

n_{CaCO3 (3)} = 0,1 mol => n_Ca(HCO3)2 = 0,1 mol

n_CO2= n_{CaCO3 (1)}+ 2n_Ca(HCO3)2= 0,05 + 0,1.2 = 0,25 mol

m = m_{O trong oxit}+ m_{kim loại} = 0,25.16 + 2,32 = 6,32 gam

Câu 12 :

A

FeO; 75%
B

Fe₃O₄; 75%
C

Fe₂O₃; 65%
D

Fe₂O₃; 75%

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+) M_{khí sau phản ứng} = 40 => khí sau phản ứng gồm CO₂ (x mol) và CO dư (y mol)

+) Bảo toàn C: n_{CO ban đầu} = n_CO2+ n_{CO dư} => PT(1)

$\bar M = \frac{{44x + 28y}}{{x + y}} = 40$ => PT(2)

+) n_{O trong oxit}= n_CO2

+) m_Fe = m_oxit– m_{O trong oxit}

Lời giải chi tiết :

n_{CO ban đầu}= 0,2 mol

M_{khí sau phản ứng} = 40 => khí sau phản ứng gồm CO₂ (x mol) và CO dư (y mol)

Bảo toàn C: n_{CO ban đầu} = n_CO2+ n_{CO dư} => x + y = 0,2 (1)

$\bar M = \frac{{44x + 28y}}{{x + y}} = 40\,\,\,(2)$

Từ (1) và (2) => n_CO2 = 0,15 mol và n_{CO dư} = 0,05 mol

=> %CO₂ = 75%

Ta có: n_{O trong oxit}= n_CO2 = 0,15 mol

m_Fe = m_oxit– m_{O trong oxit}=> n_Fe= (8 – 0,15.16) : 56 = 0,1 mol

Gọi công thức của oxit là Fe_xO_y

=> x : y = 0,1 : 0,15 = 2 : 3

Câu 13 :

A

25,92 gam
B

28,32 gam
C

86,4 gam
D

24,4gam

Đáp án : B

Phương pháp giải :

n_{kết tủa} < n_Ba(OH)2 => có 2 trường hợp

Trường hợp 1: CO₂ hết, Ba(OH)₂ dư

+) n_CO2 = n_{kết tủa}

+) n_Cu = n_{O tách ra} = n_CO2

+) m_{chất rắn} = m_Ag + m_{CuO dư}

Trường hợp 2: Kết tủa bị hòa tan 1 phần

So sánh n_CO2 = 2n_Ba(OH)2 – n _{kết tủa} với n_{O trong oxit}

Lời giải chi tiết :

n_CuO = 0,15mol; n_Ba(OH)2= 0,18 mol

n_{kết tủa} = 0,12 mol < n_Ba(OH)2 => có 2 trường hợp

Trường hợp 1: CO₂ hết, Ba(OH)₂ dư

n_CO2 = n_{kết tủa} = 0,12 mol

=> n_Cu = n_{O tách ra} = n_CO2 = 0,12 mol => m_{chất rắn} = m_Ag + m_{CuO dư}= 0,24.108 + 0,03.80 = 28,32 gam

Trường hợp 2: Kết tủa bị hòa tan 1 phần

n_CO2 = 2n_Ba(OH)2 – n _{kết tủa} = 2 . 0,18 – 0,15 = 0,21 > n_{O trong oxit} (loại)

Câu 14 :

A

0,233.
B

0,247.
C

0,333.
D

0,125.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+) D + NaOH tạo khí H₂ => Al dư, Fe₂O₃ phản ứng hết

+) n_{Al pứ} = 2.n_Fe2O3 => n_{Al dư}

+) Bảo toàn Fe: n_{Fe sau phản ứng} = n_{Fe ban đầu} + 2.n_Fe2O3

+) n_H2 = n_Fe

+) n_{H2 (3)}= 1,5.n_{Al dư}

=> ∑n_H2 = PT(*)

2Al + 2NaOH + 6H₂O → 2NaAl(OH)₄ + 3H₂

+) n_{H2 (0,25V)}= PT(**)

Lời giải chi tiết :

n_Fe = 0,01 mol, n_Fe2O3 = 0,1 mol, n_Al = x mol

2Al + Fe₂O₃ $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ Al₂O₃ + 2Fe

Vì D + NaOH tạo khí H₂ => Al dư, Fe₂O₃ phản ứng hết

n_{Al pứ} = 2.n_Fe2O3 = 0,2 mol => n_{Al dư} = x – 0,2 mol

Bảo toàn Fe: n_{Fe sau phản ứng} = n_{Fe ban đầu} + 2.n_Fe2O3 = 0,01 + 0,2 = 0,21 mol

=> hỗn hợp D chứa Fe (0,21 mol) và Al dư (x – 0,2) mol

- D + H₂SO₄:

Fe + H₂SO_{4 (l)}→ FeSO₄ + H₂

n_H2 = n_Fe = 0,21 mol

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

n_{H2 (3)}= 1,5.n_{Al dư}= 1,5.(x – 0,2) mol

=> ∑n_{H2 (V)} = 0,21 + 1,5.(x – 0,2) (*)

- D + NaOH:

2Al + 2NaOH + 6H₂O → 2NaAl(OH)₄ + 3H₂

n_{H2 (0,25V)}= 1,5.n_{Al dư}= 1,5.(x – 0,2) (**)

Từ (*) và (**) => V – 0,25V = 0,21.22,4 => V = 6,272 lít

=> 0,21 + 1,5.(x – 0,2) = 0,28 => x = 0,247

Câu 15 :

Cho khí CO dư đi qua hỗn hợp gồm CuO, Al₂O₃, MgO(nung nóng). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn chất rắn thu được gồm

A
Cu, Al, MgO
B
Cu, Al₂O₃, MgO
C
Cu, Al, Mg
D
Cu, Al₂O₃, Mg

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Viết PTHH biết CO chỉ khử được những oxit kim loại từ Zn trở đi

Lời giải chi tiết :

Cho khí CO dư đi qua hỗn hợp gồm CuO, Al₂O₃, MgO(nung nóng)→ chất rắn thu được gồm Cu, Al₂O₃, MgO

Vì CuO + CO $\xrightarrow{{{t^o}}}$ Cu + CO₂

Câu 16 :

A
17,92 lít và 29,7 gam.
B
17,92 lít và 20 gam.
C
11,20 lít và 20 gam.
D
11,20 lít và 29,7 gam.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Đặt n_CuO = n_Fe3O4 = x (mol) ; n_Al2O3 = 2x (mol)

Từ khối lượng của hh X => x = ?

n_CO2 = n_{O(oxit bị lấy đi)} = n_CuO + 4n_Fe3O4 = ?

Dùng quy tắc đường chéo tính được số mol của CO và CO₂ trong hh khí Y

BTNT "C": n_{CO ban đầu} = n_CO2 + n_{CO dư} = ? => V_CO(đktc) = ?

Vì dd Z thu được sau phản ứng có phản ứng với Ba(OH)₂ tạo kết tủa nên CO₂ phản ứng với Ca(OH)₂ tạo 2 muối CaCO₃ và Ca(HCO₃)₂

BTNT "C": n_CO2 = n_CaCO3 + 2n_Ca(HCO3)2 => n_Ca(HCO3)2 = ? (mol)

Ca(HCO₃)₂ + Ba(OH)₂ dư → CaCO₃↓ + BaCO₃↓ + 2H₂O

=> m↓ = m_CaCO3 + m_BaCO3 = ?

Lời giải chi tiết :

Đặt n_CuO = n_Fe3O4 = x (mol) ; n_Al2O3 = 2x (mol)

=> 80x + 102.2x + 232.x = 51,6

=> x = 0,1 (mol)

=> n_CuO = n_Fe3O4 = 0,1 (mol) ; n_Al2O3 = 0,2 (mol)

$V(l)CO + \left\{ \matrix{
CuO:0,1 \hfill \cr
A{l_2}{O_3}:0,2 \hfill \cr
F{e_3}{O_4}:0,1 \hfill \cr} \right.\buildrel {} \over
\longrightarrow \underbrace {Y\left\{ \matrix{
C{O_2}:0,5 \hfill \cr
COdu: \hfill \cr} \right.}_{\overline M = 38}\buildrel { + Ca{{(OH)}_2}} \over
\longrightarrow \left\langle \matrix{
CaC{O_3}:0,3\,mol \hfill \cr
\underbrace {Ca{{(HC{O_3})}_2}}_{dd\,Z}\buildrel { + Ba{{(OH)}_2}} \over
\longrightarrow \underbrace {BaC{O_3},CaC{O_3} \downarrow }_{m = ?} \hfill \cr} \right.$

n_CO2 = n_{O(oxit bị lấy đi)} = n_CuO + 4n_Fe3O4 = 0,1 + 4.0,1 = 0,5 (mol)

Hỗn hợp Y là 2 khí CO₂ và CO dư có M= 19.2 = 38

Ta có: ${{{n_{C{O_2}}}} \over {{n_{CO}}}} = {{10} \over 6} = {5 \over 3} \Rightarrow {{0,5} \over {{n_{CO}}}} = {5 \over 3} \Rightarrow {n_{CO}} = 0,3\,(mol)$

BTNT "C": n_{CO ban đầu} = n_CO2 + n_{CO dư} = 0,5 + 0,3 = 0,8 (mol)

=> V_CO(đktc) = 0,8.22,4= 17,92 (l)

Hấp thụ hỗn hợp CO₂ và CO vào dd Ca(OH)₂ chỉ có CO₂ tham gia phản ứng

Vì dd Z thu được sau phản ứng có phản ứng với Ba(OH)₂ tạo kết tủa nên CO₂ phản ứng với Ca(OH)₂ tạo 2 muối CaCO₃ và Ca(HCO₃)₂

BTNT "C": n_CO2 = n_CaCO3 + 2n_Ca(HCO3)2

=> 0,5 = 0,3 + 2n_Ca(HCO3)2

=> n_Ca(HCO3)2 = 0,1 (mol)

Ca(HCO₃)₂ + Ba(OH)₂ dư → CaCO₃↓ + BaCO₃↓ + 2H₂O

0,1 → 0,1 0,1 (mol)

=> m↓ = m_CaCO3 + m_BaCO3 = 0,1.100 + 0,1.197 = 29,7 (g)

Câu 17 :

Khí CO không khử được chất nào sau đây ở nhiệt độ cao:

A
CaO
B
CuO
C
PbO
D
ZnO

Đáp án : A

Phương pháp giải :

CO chỉ khử được những oxit của KL đứng sau Al trong dãy hoạt động hóa học:

K, Na, Ba, Ca, Mg, Al, Zn, Fe, Ni, Sn, Pb, H, Cu, Hg, Ag, Pt, Au

Lời giải chi tiết :

- CO chỉ khử được những oxit của KL đứng sau Al trong dãy hoạt động hóa học.

- CaO là oxit của kim loại đứng trước Al.

=> CO không khử được CaO.

Câu 18 :

Khử hoàn toàn 14g hỗn hợp X gồm CuO và một oxit sắt bằng CO thu được 10,32g hỗn hợp Y gồm 2 kim loại. Thể tích CO (đktc) đã dùng cho quá trình trên là:

A
10,304 lít
B
1,0304 lít
C
5,152 lít
D
51,52 lít

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Oxit + CO → KL + CO₂

Đặt n_CO = n_CO2 = x mol

BTKL: m _oxit+ m_CO = m_KL + m_CO2 => x = ? => V_CO

Lời giải chi tiết :

Oxit + CO → KL + CO₂

Đặt n_CO = n_CO2 = x mol

BTKL: m _oxit+ m_CO = m_KL+ m_CO2

=> 14 + 28x = 10,32 + 44x => x = 0,23 mol

=> V_CO = 0,23.22,4 = 5,152 lít

Câu 19 :

A
0,037.
B
0,336.
C
0,112.
D
1,490.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

n_{CuO bđ}= 3,2:80 = 0,04 mol

- Pư 1: Tính số mol CuO dư 0,03 mol và Cu sinh ra 0,01 mol

- Pư 2: Từ số mol HNO₃ => số mol Cu dư

- Pư 3: Tính V của NO khi thêm HCl

Lời giải chi tiết :

*Phản ứng CuO +CO:

n_{CuO bđ}= 3,2:80 = 0,04 mol

n_CO2 = n_CaCO3 = 1:100 = 0,01 mol

CuO + CO $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ Cu + CO₂

0,01 ← 0,01 ← 0,01 mol

=> CuO dư 0,03 mol

Chất rắn sau phản ứng gồm: Cu (0,01 mol) và CuO dư (0,03 mol)

*Phản ứng chất rắn + HNO₃:

CuO + 2HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + H₂O

0,03→ 0,06

=> Số mol HNO₃ dư 0,02 mol

3Cu + 8HNO₃→ 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

0,0075 ←0,02

Phần kim loại chưa tan là Cu (0,0025 mol)

*Phản ứng hòa tan kim loại chưa tan:

3Cu + 8H⁺ + NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,0025 → 1/600 mol

=> V2 = 1/600.22,4 = 0,037 lít

Câu 20 :

A

50,0.
B

12,5.
C

25,0.
D

20,0.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

m _{rắn giảm}= m_{O pư}=> n_O

CO + [O] → CO₂

=> n_CaCO3 = n_CO2 = n_{O pư}=> m_CaCO3

Lời giải chi tiết :

m _{rắn giảm}= m_{O pư} = 2 gam => n_O = 0,125 mol

CO + [O] → CO₂

0,125 → 0,125 (mol)

=> n_CaCO3 = n_CO2= 0,125 mol => m_CaCO3 = 12,5 gam

Câu 21 :

A
57,25%.
B
28,57%.
C
18,47%.
D
14,29%.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Cách 1: Tính theo PTHH

Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ:

C + H₂O → CO + H₂

C + 2H₂O → CO₂ + 2H₂

Hỗn hợp X chứa: CO; CO₂ và H₂

CO₂ + Ca(OH)₂ dư → CaCO₃ ↓ + H₂O

CO + CuO dư → Cu + CO₂ (đun nóng)

H₂ + CuO dư → Cu + H₂O (đun nóng)

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Cách 2: Sử dụng bảo toàn electron

n_CO2 = n_CaCO3

Hỗn hợp X chứa: CO (x mol); H₂ (y mol) và CO₂ (0,1 mol)

- Bảo toàn e cho phản ứng của C với H₂O → 2n_H2 = 2n_CO + 4n_CO2 → (1)

- Trong pư khử CuO bằng CO, H₂: n_Cu = n_CO + n_H2 = x + y (mol)

- Bảo toàn e cho pư của Cu với HNO₃ → 2n_Cu = 3n_NO → (2)

Lời giải chi tiết :

Cách 1: Tính theo PTHH

Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ:

C + H₂O → CO + H₂

a → a

C + 2H₂O → CO₂ + 2H₂

b → 2b

Hỗn hợp X chứa: CO (a mol); CO₂ (b mol) và H₂ (a + 2b mol)

CO₂ + Ca(OH)₂ dư → CaCO₃ ↓ + H₂O

b → b = 0,1 mol

CO + CuO dư → Cu + CO₂ (đun nóng)

a → a

H₂ + CuO dư → Cu + H₂O (đun nóng)

(a+2b) → (a+2b)

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

(2a+2b) → 2/3.(2a+2b)

Vậy ta có: $\left\{ \begin{array}{l}b = 0,1\\{n_{NO}} = \frac{2}{3}\left( {2{\rm{a}} + 2b} \right) = 0,4\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}a = 0,2\\b = 0,1\end{array} \right.$

Hỗn hợp X chứa: CO (0,2 mol); CO₂ (0,1 mol) và H₂ (0,4 mol)

⟹ %V_CO = 28,57%

Cách 2: Sử dụng bảo toàn electron

n_CO2 = n_CaCO3 = 0,1 mol

Hỗn hợp X chứa: CO (x mol); H₂ (y mol) và CO₂ (0,1 mol)

- Bảo toàn e cho phản ứng của C với H₂O → 2n_H2 = 2n_CO + 4n_CO2 → 2y = 2x + 0,4 (1)

- Trong pư khử CuO bằng CO, H₂: n_Cu = n_CO + n_H2 = x + y (mol)

- Bảo toàn e cho pư của Cu với HNO₃ → 2n_Cu = 3n_NO → 2(x + y) = 3.0,4 (2)

Giải hệ trên được x = 0,2 và y = 0,4

Hỗn hợp X chứa: CO (0,2 mol); H₂ (0,4 mol); CO₂ (0,1 mol)

⟹ %V_CO = 28,57%

Câu 22 :

A
9,85.
B
19,7.
C
29,55.
D
15,76.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Tính được n_C = n_Y - n_X

Oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp Y thì:

Áp dụng bảo toàn e cho toàn bộ quá trình sẽ tính được số mol O (cần dùng để oxi hóa hết Y)

Mà n_O = ∑n_{CO(Y), H2(Y)} ⟹ số mol CO₂ trong Y

Sau đó giải tương tự như bài toán hấp thụ CO₂ vào dung dịch kiềm

Lời giải chi tiết :

Ta thấy n_C = n_Y - n_X = 0,95 - 0,55 = 0,4 mol

Oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp Y thì:

Áp dụng bảo toàn e cho toàn bộ quá trình thì: 4n_C = 2n_O → n_O = 0,8 mol

Mà n_O = ∑n_{CO(Y), H2(Y)} = 0,8 mol ⟹ n_CO2(Y) = 0,95 - 0,8 = 0,15 mol

Khi cho Y phản ứng với Ba(OH)₂ tức là 0,15 mol CO₂ phản ứng với 0,1 mol Ba(OH)₂:

Tỉ lệ: 1 < n_OH-/n_CO2 = 0,2/0,15 = 1,33 < 2 → tạo CO₃^2- (a) và HCO₃^- (b)

Giải hệ: $\left\{ \begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = a + b = 0,15\\{n_{O{H^ - }}} = 2{\rm{a}} + b = 0,2\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}a = 0,05\\b = 0,1\end{array} \right.$

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃

0,05 ← 0,05 → 0,05

→ m_↓ = 0,05.197 = 9,85 gam

Câu 23 :

Khử hoàn tàn 4,8 gam Fe₂O₃ bằng CO dư ở nhiệt độ cao. Khối lượng Fe thu được sau phản ứng là

A

3,36 gam
B

1,68 gam
C

2,52 gam
D

1,44 gam

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Bảo toàn nguyên tố Fe

Lời giải chi tiết :

n_Fe2O3 = 0,03 mol

Bảo toàn Fe ta có: n_Fe = 2n_Fe2O3 = 0,06 mol → m = 0,06.56 = 3,36 gam

Câu 24 :

A
7,12
B
13,52
C
6,8
D
5,68

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Quy hỗn hợp X chứa hai chất: FeO và Fe₂O₃

Cho X + khí CO → Chất rắn Y + khí Z chứa CO, CO₂

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

Áp dụng định luật bảo toàn electron cho phản ứng với CO và phản ứng với H₂SO₄ đặc để tìm số mol FeO.

Dùng bảo toàn nguyên tố Fe để tìm số mol Fe₂O₃.

Từ đó xác định được giá trị của m.

Lời giải chi tiết :

Quy hỗn hợp X chứa hai chất: FeO x mol và Fe₂O₃ y mol

Cho X + khí CO → Chất rắn Y + khí Z chứa CO, CO₂

CO₂ + Ca(OH)₂ dư → CaCO₃ + H₂O

Ta có: n_CO2 = n_CaCO3 = 0,04 mol

Cho Y + H₂SO₄ đặc nóng dư thu được n_SO2 = 0,045 mol

- QT cho e:

FeO → Fe⁺³ + 1e

x → x mol

C⁺² → C⁺⁴ + 2e

0,04 0,08 mol

- QT nhận e:

S⁺⁶ + 2e → SO₂

0,09 ← 0,045 mol

Theo định luật bảo toàn electron: n_{e cho} = n_{e nhận} → x + 0,08 = 0,09 → x = 0,01 mol

Muối thu được sau phản ứng là Fe₂(SO₄)₃ → n_Fe2(SO4)3 = 18/400 = 0,045 mol

Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: n_FeO + 2n_Fe2O3 = 2n_Fe2(SO4)3 => x + 2y = 0,045.2 → y = 0,04 mol

→ m = m_FeO+ m_Fe2O3 = 72x + 160y = 72.0,01 + 160.0,04 = 7,12 gam

Câu 25 :

A
29,55.
B
19,7.
C
15,76.
D
9,85.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Từ PTHH => n C phản ứng = nY -nX

Áp dụng định luật bảo toàn e => n CO₂

Từ n CO₂,n Ba(OH)₂ => Thành phần muối thu được sau phản ứng

=> Tính được thành phần muối BaCO₃ => m

Lời giải chi tiết :

Ta có PTHH:

C + H₂O → CO + H₂ (1)

C + 2H₂O → CO₂ + 2H₂(2)

Từ (1) và (2) => n C phản ứng = nY - nX = 0,4 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn electron

=> 4 * nC = 2* nH2 + 2 * nCO

=> nH2 + nCO = 0,8 (mol)

Mà nY = 0,95 mol => nCO₂ (trong Y) = 0,95 - 0,8 = 0,15 (mol)

Ta có n Ba(OH)₂ = 0,1

=> T = nOH/nCO₂ = 0,2 : 0,15 = 1,3333

=> Sau phản ứng sinh ra 2 muối là Ba(HCO₃)₂ và BaCO₃

Gọi số mol Ba(HCO₃)₂ và BaCO₃ là x, y (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn Ba => x + y = 0,1 (I)

Áp dụng định luật bảo toàn C => 2x + y = 0,15 (II)

=> x = 0,05; y = 0,05

=> n BaCO₃ = 0,05 (mol)

=> m BaCO₃ = 9,85 gam

Câu 26 :

A
0,10.
B
0,05.
C
0,08.
D
0,04.

Đáp án : B

Lời giải chi tiết :

$a(mol)X\left\{ \begin{array}{l}{H_2}O\\C{O_2}\end{array} \right. + C \to 1,8a(mol)Y\left\{ \begin{array}{l}CO\\{H_2}\\C{O_2}\end{array} \right. + {\rm{\{ }}CuO,F{e_2}{O_3}{\rm{\} du}} \to {{\rm{m}}_{{\rm{ran}}\,giam}} = 1,28(g)$

Nhận thấy, C là nguyên nhân làm cho số mol hỗn hợp khí tăng lên => n_C = 1,8a - a = 0,8a mol

Sau khi cho Y tác dụng với Fe₂O₃, CuO dư tạo thành H₂O, CO₂ nên ta có thể coi hỗn hợp Y gồm {H₂O, CO₂, C} như vậy ta thấy chỉ có C có phản ứng: C + 2O → CO₂

=> n_O(pư) = 2n_C = 2.0,8a = 1,6a mol

m chất rắn giảm = mO pư => nO pư = 1,6a = 1,28/16 => a = 0,05

Câu 27 :

A
Cu, Mg.
B
Cu, Mg, Al₂O₃.
C
Cu, Al₂O₃, MgO.
D
Cu, MgO.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

CO chỉ khử được các oxi kim loại từ Al trở về sau trong dãy điện hóa

Các oxit bazo của kim loại kiềm, kiềm thổ (trừ Be, Mg) tan được trong nước

Lời giải chi tiết :

$CO\,du + \left\{ \matrix{
CuO \hfill \cr
A{l_2}{O_3} \hfill \cr
CaO \hfill \cr
MgO \hfill \cr} \right.\buildrel {{t^0}} \over
\longrightarrow A\left\{ \matrix{
Cu \hfill \cr
A{l_2}{O_3} \hfill \cr
CaO \hfill \cr
MgO \hfill \cr} \right.\buildrel { + {H_2}O\,du} \over
\longrightarrow \left\langle \matrix{
dd:Ca{(Al{O_2})_2} \hfill \cr
X\left\{ \matrix{
Cu \hfill \cr
MgO \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right.$

CO + Cu $\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow $Cu + H₂O

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

Ca(OH)₂ + Al₂O₃ → Ca(AlO₂)₂ + H₂O

Vì các chất ban đầu có cùng số mol nên Al₂O₃ phản ứng hết với dd Ca(OH)₂.

Do vậy chất rắn sau phản ứng chỉ có Cu và MgO

Câu 28 :

A
1,68 lít, 8,8 gam
B
2,24 lít , 8,8gam
C
1,12 lít, 4,4 gam
D
3,36 lít, 4,4 gam

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Phương pháp:

${\mathop {F{\rm{e_{2}}}}\limits^{ + 3} }{O_3}\overset{CO}{\rightarrow}(F{\rm{e}},F{\rm{eO, F}}{{\rm{e}}_3}{O_4},F{{\rm{e}}_2}{O_{3(du)}})\overset{HNO_{3}}{\rightarrow}\mathop {F{\rm{e(N}}{{\rm{O}}_3}{)_3}}\limits^{ + 3}$

Trong cả quá trình chỉ có C và N thay đổi số oxi hóa

$\mathop C\limits^{ + 2} \to \mathop C\limits^{ + 4} + 2{\rm{e}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop N\limits^{ + 5} + 3{\rm{e}} \to \mathop N\limits^{ + 2} O$

ĐL bảo toàn e: n_{e cho} = n_{e nhận} => V_CO

m_{chất rắn} = m = m_oxit - m_O

Lời giải chi tiết :

Trong cả quá trình chỉ có C và N thay đổi số oxi hóa

$\mathop C\limits^{ + 2} \to \mathop C\limits^{ + 4} + 2{\rm{e}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop N\limits^{ + 5} + 3{\rm{e}} \to \mathop N\limits^{ + 2} O$

x 2x 0,15 0,05

ĐL bảo toàn e: n_{e cho} = n_{e nhận} => 2x=0,15 => x=0,075

=> V_CO = 0,075.22,4=1,68 lít

m_{chất rắn} = m = m_oxit - m_O = 10- 0,075.16 = 8,8 gam

Bài liên quan

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập CO2 tác dụng với dung dịch kiềm - Hóa 11

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập CO2 tác dụng với dung dịch kiềm Hóa 11 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập muối cacbonat tác dụng với H+ - Hóa 11

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập muối cacbonat tác dụng với H+ Hóa 11 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 17. Silic và hợp chất của silic - Hóa 11

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 17. Silic và hợp chất của silicghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập cacbon - silic hay và khó (phần 1) - Hóa 11

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập cacbon - silic hay và khó (phần 1) Hóa 11 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập cacbon - silic hay và khó (phần 2) - Hóa 11

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập cacbon - silic hay và khó (phần 2) Hóa 11 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập tính khử của C, CO, H2 - Hóa 11

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập CO2 tác dụng với dung dịch kiềm - Hóa 11

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập muối cacbonat tác dụng với H+ - Hóa 11

Trắc nghiệm Bài 17. Silic và hợp chất của silic - Hóa 11

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập cacbon - silic hay và khó (phần 1) - Hóa 11

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập cacbon - silic hay và khó (phần 2) - Hóa 11