BÀI TẬP TỔNG HỢP VÔ CƠ - HỮU CƠ ÔN HSG HÓA HỌC

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://daykemquynhon.blogspot.com 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / 

Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

Câu 1:( Thanh Hóa 2014) 

BÀI TẬP TỔNG HỢP ÔN HSG HÓA VÔ CƠ 

1. Hòa tan một mẩu Fe 3 O 4 bằng dung dịch H 2 SO 4 loãng, dư, sau đó thêm vào lượng dư dung dịch 

NaNO 3 . Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học. 

2. Trộn x (mol) tinh thể CaCl 2 .6H 2 O vào V 1 lít dung dịch CaCl 2 nồng độ C 1 (mol/l) và khối lượng 

riêng D 1 (g/l) thu được V 2 lít dung dịch CaCl 2 nồng độ C 2 (mol/l) và khối lượng riêng D 2 (g/l). 

V1 . C1. D2 −V1. C2. 

D1 

Hãy chứng minh: x = 

219C2 − D2 

3. Hỗn hợp X gồm Na, Al, Mg. Tiến hành 3 thí nghiệm sau: 

Thí nghiệm 1: hoà tan (m) gam X vào nước dư thu đựơc V lít khí. 

Thí nghiệm 2: hoà tan (m) gam X vào dung dịch NaOH dư thu được 7V/4 lít khí. 

Thí nghiệm 3: hoà tan (m) gam X vào dung dịch HCl dư thu được 9V/4 lít khí. 

Biết các thể tích khí đều được đo ở đktc và coi như Mg không tác dụng với nước và kiềm. 

Tính % khối lượng của mỗi kim loại trong X. 

4. Hoà tan 48,8 gam hỗn hợp gồm Cu và một oxít sắt trong lượng dư dung dịch HNO 3 thu được 

dung dịch A và 6,72 lít khí NO (đktc). Cô cạn dung dịch A thu được 147,8 gam muối khan của Fe 

và Cu. Xác định công thức của oxít sắt. 

Giải 

1/Mẩu oxit tan hết, dung dịch có màu vàng nâu. Thêm NaNO 3 , có khí không màu bay ra, hóa nâu 

trong không khí. 

Giải thích: 

Fe 3 O 4 + 8H + ⎯⎯→ Fe 2+ + 2Fe 3+ + 4H 2 O 

3Fe 2+ + NO 3 - + 4H + ⎯⎯→ 3Fe +3 + NO ↑ + 2H 2 O 

NO + 1/2O 2 ⎯⎯→ NO 2 

2/ Ta có: 219x + V 1 .D 1 = V 2 .D 2 và x + V 1 .C 1 = V 2 .C 2 

⇒ 219x.C 2 + V 1 .C 2 .D 1 = V 2 .D 2 .C 2 và x.D 2 + V 1 .C 1 .D 2 = V 2 .C 2 .D 2 

⇒ 219x.C 2 + V 1 .C 2 .D 1 = x.D 2 + V 1 .C 1 .D 2 

⇒ x = 

V . C . D −V . C . D 

219C 

− D 

1 1 2 1 2 1 

2 2 

3/ - Nhận xét: vì thể tích khí thoát ra ở thí nghiệm (2) nhiều hơn ở thí nghiệm (1) chứng tỏ ở thí 

nghiệm (1) nhôm phải đang còn dư. Gọi x, y, z lần lượt là số mol Na; Al; Mg 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÍ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

- Các phản ứng xảy ra ở cả 3 thí nghiệm: 

*Thí nghiệm (1) và (2): 

MỌI YÊU CẦU GỬI VỀ HỘP MAIL DAYKEMQUYNHONBUSINESS@GMAIL.COM 

HOTLINE : +84905779594 (MOBILE/ZALO) 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/ 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial








2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 

↑ (1*) 

x x 0,5x 

Al + NaOH + 3H 2 O → Na[Al(OH) 4 ] + 3/2H 2 

↑ (2*) 

y x 1,5y hoặc 1,5x 

*Thí nghiệm (3): 

2Na + 2HCl → 2NaCl + H 2 

↑ (3*) 

x 0,5x 

2Al + 6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2 

↑ (4*) 

y 1,5y 

Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 

↑ (5*) 

z 

- Ta có hệ phương trình: 

z 

⎧ 

v 

⎪ 0 , 5 x + 1 , 5 x = ( * ) 

2 2 , 4 

⎪ 

⎪ 

7 v 1 

⎨ 0 , 5 x + 1 , 5 y = . ( * * ) 

⎪ 

4 2 2 , 4 

⎪ 

9 v 1 

⎪ 0 , 5 x + 1 , 5 y + z = . ( * * * ) 

⎩ 

4 2 2 , 4 

(**):(*) =>y=2x; 

(***):(**) => y=2z 

Na:Al:Mg = 1:2:1 

Vậy % khối lượng của mỗi kim loại trong X là: 

%mNa = 

23.1 

.100% 

23.1+ 27.2 + 24.1 = 22,77 (%) 


24.1 

.100% 

%mMg = 23.1+ 27.2 + 24.1 = 23,76 (%) 

%mAl = 53,47% 
















1. Có ý kiến cho rằng: “Phương pháp chung để điều chế MCO 3 (M thuộc nhóm IIA trong 

bảng tuần hoàn) là cho dung dịch chứa M 2+ tác dụng với dung dịch muối cacbonat của kim loại 

kiềm”. Hãy nhận xét (phân tích đúng - sai, cho thí dụ cụ thể) ý kiến trên. 

2. Dung dịch E chứa các ion: Ca 2+ , Na + , HCO - 3 và Cl - , trong đó số mol của ion Cl - gấp đôi số 

mol của ion Na + . Cho một nửa dung dịch E phản ứng với dung dịch NaOH dư, thu được 4 gam kết 

tủa. Cho một nửa dung dịch E còn lại phản ứng với dung dịch Ca(OH) 2 dư, thu được 5 gam kết tủa. 

Mặt khác, nếu đun sôi đến cạn dung dịch E thì thu được m gam chất rắn khan. Tính giá trị của m. 

Phương pháp đã nêu chỉ đúng với việc điều chế muối cacbonat của các kim loại Ca, Ba, Sr; không 

đúng cho việc điều chế các muối cacbonat của Mg, Be. 

Thí dụ: để có MgCO 3 thay vì cho Mg 2+ tác dụng với dung dịch Na 2 CO 3 người ta phải dùng phản 

ứng: 

Giải 

MgCl 2 + 2NaHCO 3 → MgCO 3 + 2NaCl + H 2 O + CO 2 

Sở dĩ như vậy vì tránh xảy ra phản ứng: 

CO 3 2- + H 2 O HCO 3 - + OH - 

Mg 2+ + 2OH - → Mg(OH) 2 

Do T (Mg(OH)2 > T MgCO3 

Khi cho ½ dung dịch E tác dụng với NaOH dư hoặc Ca(OH) 2 dư thì đều có phương trình ion sau : 

HCO 3 

- 

+ OH - → CO 3 

2- 

+H 2 O (1) 

Ca 2+ + CO 3 2- → CaCO 3 ↓ (2) 

Vì khối lượng kết tủa thu được khi cho ½ dung dịch E tác dụng với Ca(OH) 2 lớn hơn 

khi cho ½ dung dịch E tác dụng với NaOH nên ở thí nghiệm với NaOH thì CO 2- 3 dư còn Ca 2+ hết, ở 

thí nghiệm với Ca(OH) 2 thì CO 2- 3 hết còn Ca 2+ dư. 

Theo phương trình (1), (2) thì trong ½ dung dịch E có: 

n ↓ 

= n 0,04 

Ca 2 + = 

mol; 

n n n 

0,05 

= = = ↓ 2− 

− 

CO3 HCO3 

mol 


- Như vậy, trong dung dịch E gồm: Ca 2+ :0,08mol; HCO 3 - :0,1mol; Na + :x mol; Cl - :2x mol 

Theo bảo toàn điện tích: 0,08.2 + x = 0,1 + 2x → x = 0,06 mol 

- Khi đun sôi đến cạn dung dịch E thì xảy ra phản ứng : 















Ca 2+ + 2HCO 3 - → CaCO 3 ↓ + CO 2 + H 2 O 

Ban đầu 0,08 0,1 

Phản ứng 0,05 0,1 0,05 0,05 0,05 

Sau pứ 0,03 0 0,05 0,05 0,05 

→ m rắn = 

m + m + m + m CaCO 

2+ + − 

Ca du Na Cl 

3 

= 0,03.40 + 0,06.23 + 0,12.35,5 + 0,05.100 = 11,84 gam. 


Cho X là một muối nhôm khan, Y là một muối vô cơ khan. Hòa tan a gam hỗn hợp cùng số mol hai 

muối X và Y vào nước được dung dịch A. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH) 2 vào dung dịch A cho tới 

dư được dung dịch B, khí C và kết tủa D. Axit hóa dung dịch B bằng HNO 3 rồi thêm AgNO 3 vào 

thấy xuất hiện kết tủa màu trắng bị đen dần khi để ngoài ánh sáng. Khi thêm Ba(OH) 2 vào A, lượng 

kết tủa D đạt giá trị lớn nhất (kết tủa E), sau đó đạt giá trị nhỏ nhất (kết tủa F). Nung các kết tủa E, 

F tới khối lượng không đổi thu được 6,248 gam và 5,126 gam các chất rắn tương ứng. F không tan 

trong axit mạnh. 

1. Hỏi X, Y là các muối gì? 

2. Tính a và thể tích khí C ở đktc ứng với giá trị D lớn nhất. 

Cho AgNO 3 vào dung dịch B đã axit hóa tạo ra kết tủa trắng bị hóa đen ngoài ánh sáng: đó là AgCl, 

vậy phải có một trong 2 muối là muối clorua 

- Khi cho Ba(OH) 2 mà có khí bay ra chứng tỏ đó là NH 3 . Vậy muối Y phải là muối amoni (muối 

trung hòa hoặc muối axit). 

- Mặt khác khi thêm Ba(OH) 2 tới dư mà vẩn còn kết tủa chứng tỏ một trong 2 muối phải là muối 

sunfat 

Các phản ứng dạng ion: 

Ag + + Cl - ⎯⎯→ AgCl ↓ 

NH 4 + + OH - ⎯⎯→ NH 3 + H 2 O 

Giải 






Al 3+ + 3OH - ⎯⎯→ Al(OH) 3 

Al(OH) 3 + OH - ⎯⎯→ Al(OH) 4 

- 











2Al(OH) 3 

t0 

⎯⎯→ Al 2 O 3 + 3H 2 O 

Ba 2+ + SO 4 

2- ⎯⎯→ BaSO 4 (không đổi khi nung) 

Sự chênh lệch nhau vì khối lượng khi nung E, F là do Al 2 O 3 tạo thành từ Al(OH) 3 . 

⇒ nAl 2 O 3 = 

nBaSO 4 = nSO 4 2- = 

6, 248 − 5,126 

= 

102 0,011 mol 

5,126 

233 = 0,022 mol 

2- 

Ta thấy nSO 4 = nAl 3+ nên không thể có muối Al 2 (SO 4 ) 3 . Do đó muối nhôm phải là muối clorua 

AlCl 3 với số mol = 0,011.2 = 0,022 mol và muối Y phải là (NH 4 ) 2 SO 4 hoặc NH 4 HSO 4 với số mol là 

0,022 mol 

• Trường hợp muối (NH 4 ) 2 SO 4 

a = 0,022.133,5 + 0,022.132 = 5,841 gam 

n khi C = nNH 4 + = 0,044 ⇒ V B = 0,9856 lít 

• Trường hợp muối NH 4 HSO 4 

a = 0,022. 133,5 + 0,022. 115 = 5,467 gam 

n khi C = nNH 4 + = 0,022 ⇒ V B = 0,4928 lít 

Câu 4: 

Một dung dịch chứa 4 ion của 2 muối vô cơ trong đó có ion SO 2– 4 khi tác dụng vừa đủ với dung dịch 

Ba(OH) 2 , đun nóng cho khí X, kết tủa Y và dung dịch Z. Dung dịch Z sau khi a xít hoá bằng HNO 3 

tạo với AgNO 3 kết tủa trắng hoá đen ngoài ánh sáng. Kết tủa Y đem nung được a gam chất rắn T. 

Giá trị của a thay đổi tuỳ theo lượng Ba(OH) 2 đem dùng. Nếu vừa đủ, a cực đại, nếu lấy dư, a giảm 

đến cực tiểu. Khi lấy chất rắn T với giá trị cực đại a = 7,204, thấy T chỉ phản ứng hết với 60ml dung 

dịch HCl 1,2M. Còn lại chất rắn có khối lượng 5,98g. Hãy lập luận xác định các ion trong dung 

dịch. 

Giải: 

- Dd (có 4 ion) + Ba(OH) 2 ,t o → Khí X: NH 3 → có NH 4 

+ 

- Dd Z + AgNO 3 → kết tủa trắng hoá đen ngoài không khí → có Cl – 


- ↓ Y cực đại khi Ba(OH) 2 đủ, cực tiểu khi Ba(OH) 2 dư → có ion tạo hiđroxit lưỡng tính. 





PT pứ: 

M n+ + nOH –- = M(OH) n 

2M(OH) n → 

M 2 O n + nH 2 O 








M 2 O n + 2nHCl = 2MCl n + nH 2 O 

→ nHCl = 1,2.0,06 = 0,072 mol → nM 2 O n = 

0,072 

2n 

(7,204 - 5,98) 

→ PTK (M 2 O n ) = 0, 072 . 2n = 34n 




→ 2M + 16n = 34n → M = 9n → thoả mãn n = 3 → Ion Al 3+ 

4 ion trong dd: Al 3+ ; NH 4 

+ 

; SO 4 

2– 

; Cl – . 

Câu 5( Thanh Hóa 2013): 

Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M hóa trị 3. Chia 38,6 gam X thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho 

tan hoàn toàn trong dung dịch HNO 3 loãng dư thu được các sản phẩm khư chỉ có NO, N 2 O (hỗn 

hợp Y) với tổng thể tích 6,72 lít, tỉ khối của Y so với H 2 bằng 17,8. Phần 2 cho vào dung dịch kiềm 

sau một thời gian thấy lượng H 2 thoát ra vượt quá 6,72 lít. Biết khí ở đktc 

a. Xác định tên kim loại M và % khối lượng của mỗi kim loại trong X. 

b. Tìm khối lượng HNO 3 đã phản ứng. 

Giải: 

Do HNO 3 dư nên Fe sẽ tạo muối Fe 3+ => Coi Fe và M có công thức chung M 

=> n Y = 0,3 mol. 

=> Khối lượng trung bình của Y: 35,6 g/mol. 

Hỗn hợp Y là 0,3 mol; a là số mol của NO => 30a + (0,3-a)44 = 35,6 => a= 0,18 mol. 

=> Tỉ lệ mol NO/N 2 O = 3/2. 

=> Phương trình hóa học của phần 1: 

0 

t 

25 M + 96HNO 3 ⎯⎯→ 25 M (NO 3 ) 3 + 9NO + 6 N 2 O + 48H 2 O (1) 

0,18.25 

=> n = = 0,5 mol. 

M 

9 

X tác dụng với kiềm có khí thoát ra nên M sẽ phản ứng. 

=> Phương trình hóa học của phần 2: 

M + 3H 2 O + OH - [M(OH) 4 ] - + 3/2H 2 (2) 

>2. 0,3/3=0,2 >0,3 mol 

=> 0,5 > n M > 0,2 mol. 

- Gọi x là số mol của M => số mol Fe: 0,5 -x mol 

56x −8, 7 

=> Mx + (0,5-x)56 = 19,3 => M = với 0,2 < x < 0,5 

x 

8,7 

8,7 

=> x= => 0,2 < < 0,5 => 12,5 < M < 38,6 => Chỉ có Al. 

56 − M 

56 − M 

=> x= 0,3 mol . 

0,3.27 

Vậy %m Al = .100% = 41,97% 

; %m Fe = 58,03% 

19,3 

Theo (1) n 

HNO 

=96. 0,18/9 = 1,92 mol 

3 

=> Khối lượng HNO 3 phản ứng = 63. 1,92 = 120,96 gam 

Câu 6 

Cho 39,84 gam hỗn hợp F gồm kim loại M và Fe 3 O 4 vào dung dịch HNO 3 đun nóng khuấy đều 
















hỗn hợp để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí NO 2 là sản phẩm khử duy nhất (đktc), 

dung dịch G và 3,84 gam kim loại M. Cho lượng dư dung dịch NH 3 vào dung dịch G thu được kết 

tủa B. Nung B trong không khí đến khối lượng không đổi được 24 gam chất rắn R. Tìm tên kim loại 

M ? Cho biết khối lượng muối có trong dung dịch G. Biết M có hóa trị không đổi trong các phản 

ứng trên. 

Giải 

Nếu trong 24 gam R gồm Fe 2 O 3 và MO th? m R > m F (1) 

Nhưng theo đề bài. Khối lượng F phản ứng 39,84 – 3,84 = 36 gam => m F > m R => Loại 

Do đó lượng M(OH) n đã tan hết trong NH3 

m Fe 2 O 3 = 24 gam => n Fe 2 O 3 = 0,15 mol => n Fe 3 O 4 = 0,1 mol 

m R pư với HNO 3 =36 – 0,1.232 = 12,8 gam 

n NO 2 = 4,48/22,4 = 0,2 mol => mol e nhận = 0,2 mol 

Gọi x là số mol M phản ứng 

* Trường hợp 1: M không tác dụng với Fe 3+ 

số mol M cho = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol => M = 12,8n/0,1 = 128n (loại) 

* Trường hợp 2: M tác dụng với Fe 3+ 

n Fe 3+ = 0,1.3 = 0,3 mol. 

Fe 3+ + 1e Fe 2+ N +5 + 1e N +4 

0,3 mol 0,3 mol 0,2 mol 0,2 mol 

M M n+ + ne 

x mol 

nx mol 

ĐLBT electron => nx = 0,5 => x = 0,5/n 

R = 12,8n/0,5 = 32n. 

Biện luận. n = 2 => M= 64 (Cu) 

Dung dịch G có chứa 0,3 mol Fe(NO 3 ) 2 ; 0,05 + 0,15 = 0,2 mol Cu(NO 3 ) 2 

Khối lượng muối 180.0,3 + 188.0,2 = 91,6 gam 

Câu 7: 

Tiến hành điện phân dung dịch X gồm HCl 0,01M; CuCl 2 0,1M; NaCl 0,1M với điện cực trơ, 

màng ngăn xốp. Bỏ qua sự thủy phân của Cu 2+ . 

a. Vẽ đồ thị biểu diễn sự biến thiên pH của dung dịch X theo quá trình điện phân, giải thích. 

b. Tính pH của dung dichjsau phản ứng, khi catot thu được 0,224 lít khí thoát ra. Coi thể tích 

dung dịch X không đổi luôn bằng 1,0 lít. Khí đo đktc. 

Giải: 

Trong dung dịch X có các ion do điện ly: H + , Na + , Cu 2+ , Cl - , OH - 

- Khi chưa điện ly thì HCl gây ra pH cho dung dịch => pH = -lg(0,02) = 2. 

- Thứ tự điện phân trong dung dịch: 

+ Tại catot (-): Cu 2+ > H + 

Cu 2+ + 2e Cu 0 

2H + + 2e H 2 

+ Tại anot (+): Cl - > OH - 

2Cl - 2e + Cl 2 

2OH - H 2 O + ½ O 2 + 2e 

=> Phương trình điện phân: 

Ban đầu CuCl 2 ⎯⎯→ 

đp Cu + Cl 2 (1) 

Sau (1): 2HCl ⎯⎯→ 

đp H 2 + Cl 2 (2) 
















Sau (2): 2NaCl + 2 H 2 O ⎯⎯ 

đpdd ⎯ 

, mn → H 2 + Cl 2 + 2NaOH (3) 

đp,OH 

Sau (3) môi trường bazơ: H 2 O ⎯⎯⎯ 

− 

→H 2 + 1/2O 2 (4) 

(1) vừa hết pH =2. 

(2) xảy ra pH tăng dần đến khi HCl vừa hết, dung dịch tại đó có môi trường trung tính pH 

=7. 

(3) Xảy ra làm pH tăng dần: pH > 7 và (3) vừa xong pH = 14 + lg(0,1) =13 

13 

12 

7 

2 

CuCl 2 HCl NaCl H 2 O Quá trình điện phân 

Theo 2HCl ⎯⎯→ 

đp H 2 + Cl 2 (2) 

0,01 0,005 mol. 

2NaCl + 2 H 2 O ⎯⎯ 

đpdd ⎯ 

, mn → H 2 + Cl 2 + 2NaOH (3) 

(0,01-0,005) 0,01 mol 

=> pH = 14+lg(0,01) = 12 

Câu 8: Hoà tan hoàn toàn 0,775 gam đơn chất A trong dung dịch HNO 3 đặc được một hỗn hợp gồm 

hai khí (tồn tại trong điều kiện thích hợp) có khối lượng là 5,75 gam và một dung dịch gồm 2 axit 

có oxi với hàm lượng oxi lớn nhất. Để trung hoà hai axit này cần dùng vừa hết 0,1 mol NaOH. 

a. Xác định thành phần % theo số mol của hỗn hợp khí. Biết tỷ khối hơi của hỗn hợp so với hiđro 

là 38,3. 

b. Xác định đơn chất A. 

c. Tính tỷ lệ số mol 2 axit có trong dung dịch sau phản ứng 

Giải 

a/ M 2khí = 38,3.2 = 76,6; Khí có M < 76,6 là NO 2 (vì HNO 3 đặc), khí có M > 76,6 là N 2 O 4 . 

46x + 92y x 15,4 

Gọi x, y là số mol của NO 2 và N 2 O 4 : = 76,6 → = . 

x + y y 30,6 

....... 

Tính số mol NO 2 và N 2 O 4 : 

46x + 92y = 5,75 x = 0,025 % NO 2 = 33,33% 

x 15,4 

= 

y 30,6 

y = 0,05 % N 2 O 4 = 66,67% 

b/ 


Gọi số mol A là a mol 















A – ne → A n+ 

mol a na 

N +5 + 1e → N +4 (trong NO 2 ) 

mol 0,025 0,025 → Số mol e nhận =0,125 

2N +5 + 2e → 2N +4 (trong N 2 O 4 ) 

mol 0,1 0,1 

Theo định luật bảo toàn e ta có: na = 0,125 → a = 0,125/n 

A.a = 0,775 → A = 6,2.n; 1≤ n ≤ 8. 

Xét n (nguyên) = 5 là thoả mãn → A = 31 → P 

2 axit sau phản ứng là H 3 PO 4 và HNO 3 (dư). 

0,125 0,125 

n = n = = = 0,025(mol) 

H3PO4 

P 

n 5 

H 3 PO 4 + 3NaOH → Na 3 PO 4 + 3H 2 O 

mol 0,025 0,075 

Số mol HNO 3 phản ứng với NaOH còn lại là 0,025 mol. 

n 

H3PO 

0,025 

4 

Vậy tỷ lệ = = 1 

n 0,025 

HNO3 

Câu 9: 

Hỗn hợp A gồm Fe và Mg có tỉ lệ khối lượng = 3/5. Hỗn hợp B gồm ba oxit sắt trong đó số mol 

FeO = Fe 2 O 3 . Hòa tan B bằng dd HCl dư, sau đó cho tiếp A vào ta thu được dd C chứa HCl dư và V 

lít hiđro ở đktc. Biết rằng lúc đó có một phần hiđro nguyên tử khử hết Fe 3+ thành Fe 2+ theo pư: 

FeCl 3 + [H] → FeCl 2 + HCl 

Cho dd C pư với NaOH dư rồi lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 

chất rắn D. Lượng hiđro thoát ra ở trên vừa đủ pư hết với D. Mặt khác nếu trộn A với B ban đầu ta 

được hh E. 

1/ Tính %KL của Mg, Fe trong E? 

2/ Lượng hiđro thoát ra ở trên đủ để khử một lượng gấp bao nhiêu lần các oxit trong B? 

Giải: 

1/ Vì số mol FeO = Fe 2 O 3 nên ta coi hỗn hợp FeO, Fe 2 O 3 và Fe 3 O 4 tương đương với Fe 3 O 4 . Đặt số 

mol của Fe và Mg lần lượt là x và y; số mol Fe 3 O 4 là a mol ta có: 

56x 3 

= (I). 

24y 5 

+ Pư xảy ra: Fe 3 O 4 + 8HCl → FeCl 2 + 2FeCl 3 + 4H 2 O 

mol: a a 2a 

Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 

Mol: y y y 

Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 

Mol: x x x 

FeCl 3 + [H] → FeCl 2 + HCl 

Mol: 2a 2a 2a 

+ Dung dịch C có: y mol MgCl 2 ; (x + 3a) mol FeCl 2 ; HCl dư D có y mol MgO 

và (0,5x + 1,5a) mol Fe 2 O 3 . 

+ Hiđro thoát ra = (x + y – a) mol x + y – a = 3(0,5x + 1,5a) -0,5x + y = 5,5a (II) 
















Cho a = 1 suy ra %m Fe = 19,1%; %m Mg = 31,9%. 

2/ 1,73 lần. 

Câu 10: Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO 3 3,4M khuấy đều 

thấy thoát ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn dư một kim loại chưa 

tan hết, đổ tiếp từ từ dung dịch H 2 SO 4 5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho dến khi kim loại vừa 

tan hết thì mất đúng 44ml, thu được dd A. Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH cho đến dư vào, lọc kết tủa, 

rửa rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B nặng 15,6g. 

1-Tính % số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp. 

2-Tính nồng độ các ion (trừ ion H +- , OH - ) trong dung dịch A. 

Giải 

Gọi x, y, z là số mol Mg, Fe, Cu trong hỗn hợp, ta có : 

24x + 56y + 64z = 23,52 (a) 

+ Pư xảy ra: 

3Mg + 8H + - 

+ 2NO 3 → 3Mg 2+ + 2NO + H 2 O (1) 

Fe + 4H + - 

+ NO 3 → Fe 3+ + NO + 4H 2 O (2) 

3Cu + 8H + - 

+ 2NO 3 → 3Cu 2+ + 2NO + H 2 O (3) 

+ Vì Cu dư nên Fe 3+ sinh ra ở (2) bị pư hết theo phương trình: 

2Fe 3+ + Cu → Cu 2+ + 2Fe 3+ (4) 

Phương trình phản ứng hoà tan Cu dư: 

3Cu + 8H + - 

+ 2NO 3 → 3Cu 2+ + 2NO + H 2 O (5) 

+ Nhận thấy sau pư (5) thì Mg, Fe, Cu đều hết và đều cho 2e 

số mol e cho là: 2x + 2y + 2z (*) 

+ Theo các pư trên thì: số mol NO = 1 4 số mol H+ = 1 (0,2.3,4 + 0,044.5.2) = 0,28 mol số mol e 

4 

nhận là: 0,28.3 = 0,84 (**) 

Từ (* và **) ta có: x + y + z = 0,42 (b) 

+ Từ khối lượng các oxit MgO; Fe 2 O 3 ; CuO, có phương trình: 

x y z .40 + .160 + . 80 = 15,6 (c) 

2 4 2 

Từ (a), (b), (c) x = 0,06 mol; y = 0,12 mol; z = 0,24 mol. 

% khối lượng: % Mg = 6,12% ; % Fe = 28,57% ; % Cu = 65,31% 

2/ Tính nồng độ các ion trong dd A (trừ H + , OH - ) [Mg 2+ 0,06 

] = = 0,246 M 

0,244 

[Cu 2+ ] = 0,984 M ; [Fe 2+ ] = 0,492 M ; [SO 4 2- ] = 0,9 M ; [NO 3 - ] = 1,64 M 

Câu 11: 

1/ Cho hh A gồm 0,2 mol Mg và 0,3 mol Fe phản ứng với V lít dung dịch HNO 3 1M thu được dung 

dịch B và hh khí C gồm 0,05 mol N 2 O; 0,1 mol NO và còn lại 2,8 gam kim loại. Tính VÌ 

2/ A là chất bột màu lục không tan trong axit và trong kiềm loãng. Khi nấu chảy A với KOH có mặt 

không khí thì nó chuyển thành chất B có màu vàng, dễ tan trong nước. B pư với dd H 2 SO 4 loãng tạo 

thành chất C có màu da cam. C bị lưu huỳnh khử thành chất A và có thể oxi hóa axit clohiđric thành 

khí clo. Viết pư xảy ra? 

Giải 

/ + Vì Mg pư trước nên Mg hết thì Fe mới pư 2,8 gam kim loại dư là Fe ứng với 0,05 mol số 

mol Fe pư = 0,25 mol. 

+ Vì Fe dư nên dung dịch B chứa Fe 2+ (vì 2Fe 3+ + Fe → 3Fe 2+ ) như vậy ta có sơ đồ: 
















⎧ Mg: 0,2 mol 

+ V mol HNO 3 

⎧Mg(NO 3) 2: 0,2 mol ⎧N2O: 0,05 mol 

⎨ ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎨ + ⎨ 

⎩Fe: 0,25 mol ⎩Fe(NO 3) 2: 0,25 mol ⎩NO: 0,1 mol 

+ NX: Số mol e cho = 0,2.2+ 0,25.2 = 0,9 mol > số mol e nhận tạo khí = 0,05.8 + 0,1.3 = 0,7 mol 

Phải tạo ra NH 4 NO 3 với số mol = (0,9-0,7)/8 =0,025 mol. 

+ Áp dụng ĐLBTNT ta có: V = 0,2.2+0,25.2+0,05.2+0,1+0,025.2 = 1,15 lít 

2/ A là Cr 2 O 3 ; B là K 2 CrO 4 ; C là K 2 Cr 2 O 7 . 

Câu 12 

Cho 3,64 gam hỗn hợp A gồm oxit, hiđroxit và muối cacbonat trung hòacủa kim loại M (hóa trị II) 

pư vừa đủ với 117,6 gam dung dịch H 2 SO 4 10%. Sau phản ứng thu được 448 ml khí CO 2 (đktc) và 

ddX chứa 1 muối tan duy nhất. Dung dịch X có nồng độ % và nồng độ mol lần lượt là 10,876% và 

0,545M. Khối lượng riêng của dung dịch X là 1,093 g/ml. 

1/ Xác định tên kim loại M 

2/ Tính % khối lượng các chất có trong hỗn hợp A 

Giải 

1/ Đặt số mol MO, M(OH) 2 , MCO 3 tương ứng là x, y, z 

Ta có: M muối = d.C%.10 / C M = 218 

Nếu tạo muối trung h?a, ta có các phản ứng: 

MO + H 2 SO 4 MSO 4 + H 2 O (1) 

M(OH) 2 + H 2 SO 4 MSO 4 + 2H 2 O (2) 

MCO 3 + H 2 SO 4 MSO 4 + CO 2 + H 2 O (3) 

Do đó: M + 96 = 218 => M = 122 => loại 

Nếu tạo muối axit, ta có các phản ứng: 

MO + 2H 2 SO 4 M(HSO 4 ) 2 + H 2 O (4) 

M(OH) 2 + 2H 2 SO 4 M(HSO 4 ) 2 + H 2 O (5) 

MCO 3 + 2H 2 SO 4 M(HSO 4 ) 2 + CO 2 + H 2 O (6) 

Suy ra: M + 97.2 = 218 => M = 24 (Mg) 

2/ Xảy ra các phản ứng (4), (5), (6) tạo muối axit Mg(HSO 4 ) 2 

Theo (4), (5), (6) => Số mol CO 2 = 0,448 / 22,4 = 0,02 mol 

(I) 

Số mol H 2 SO 4 = (117,6. 10%) / 98 = 0,12 mol => 2x + 2y + 2z = 0,12 mol (II) 

Mặt khác : 40x + 58y + 84z = 3,64 

(III) 

Từ (I), (II), (III) => x = y = z = 0,02 mol 

% m MgO = 40.0,02 / 3,64 = 21,98% ; % m Mg(OH) 2 = 58.0,02 / 3,64 = 31,87% ; 

% m MgCO 3 = 100% - (21,98% + 31,87%) = 46,15% 

Câu 13: 

1. Hoà tan hoàn toàn m gam Cu bằng dung dịch HNO 3 dư thu được 17,92 lít (đktc) hỗn hợp khí 

gồm NO và NO 2 . Tính m biết rằng dung dịch sau phản ứng có khối lượng không thay đổi so với 

khối lượng dung dịch axit ban đầu. 

2. Cho 3,25 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm M và một kim loại M’ (hóa trị II) tan hoàn toàn 

vào nước tạo thành dung dịch D và 1,1088 lít khí thoát ra đo ở 27,3 0 C và 1 atm. Chia dung dịch D 

làm 2 phần bằng nhau: 

Phần 1: Đem cô cạn thu được 2,03 gam chất rắn khan A. 

Phần 2: Cho tác dụng với 100 ml dung dịch HCl 0,35M tạo ra kết tủa B. 

a. Xác định M, M’ và khối lượng của mỗi kim loại trong X. 

b. Tính khối lượng kết tủa B. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 

Giải: 

1. Phương trình phản ứng: 
















3Cu + 8HNO 3 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O 

Cu + 4HNO 3 = Cu(NO 3 ) 2 + 2NO 2 + 2H 2 O 

Gọi số mol Cu tham gia phản ứng (1) là x, tham gia phản ứng (2) là y. 

(x + y) .64 = 30. 2x + 46 . 2y hay 7y = 11x ............................... 

3 

2x 

+ 2y = 0,8. 

3 

→ Giải được x = 0,21, y = 0,33 

Tính m = 34,56 gam ................................................................................ 

2. 

a. Vì dung dịch D tác dụng với HCl cho kết tủa nên M’ là nguyên tố có hđroxit tương ứng lưỡng 

tính. 

M + H 2 O = MOH + 1/2H 2 

x x 0,5x 

M’ + 2MOH = M 2 M’O 2 + H 2 

y 2y y y 

Gọi số mol của M và M’ lần lượt là x và y 

Ta có: xM + yM’ = 3,25 (a) 

0,5x + y = 0.045 (b) 

x − 2y 

0,5y(2M + M’ + 32) + (M + 17) = 2,03 (c)...................... 

2 

Từ a,b,c ta có: x= 0,05; y =0,02 và 5M + 2M’ =325 ................................. 

Chỉ có M = 39(K) và M’ = 65 (Zn) là phù hợp 

Vậy mK = 1,95 gam và mZn = 1,3 gam ..................................................... 

b. 2 

1 dung dịch D gồm 0,005 mol KOH và 0,01 mol K2 ZnO 2 

KOH + HCl KCl +H 2 O 

0,005 0,005 

K 2 ZnO 2 + 2HCl 2KCl + Zn(OH) 2 

0,01 0,02 0,01 

Zn(OH) 2 + 2HCl ZnCl 2 + 2H 2 O 

0,005 0,01 

Vậy Zn(OH) 2 còn là 0,005.99 = 0,495 gam ....................... 

Bài 14. MTCT 

Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm Fe x O y và Cu bằng dung dịch H 2 SO 4 đặc, 

nóng (dư) .Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 0,504 lít khí SO 2 ( sản phẩm khử duy nhất) , ở điều 

kiện chuẩn và dung dịch chứa 6,6 gam hỗn hợp muối sunfat . 

a) Tìm công thức của Fe x O y . 

b)Tính phần trăm khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X. 

Giải 

Phương trình hóa học: 


2Fe x O y + (6x – 2y)H 2 SO 4 xFe 2 (SO 4 ) 3 +(3x-2y)SO 2 + (6x-2y)H 2 O 

a ax/2 ( 3x-2y).a/2 

Cu + 2H 2 SO 4 CuSO 4 + SO 2 +2H 2 O 















b b b 

Ta có : 

(56x + 16y).a + 64b = 2,44 (1) 

=> 

(3x-2y).a/2 + b = 0,0225 (2) 

200x.a + 160.b = 6,6 (3) 

ax = 0,025 

ay = 0,025 

b = 0,01 

a) Ta có x/y = 1 => công thức Fe x O y là: FeO 

b)Khối lượng Cu: 64.0,01 = 0,64 gam 

Phần trăm khối lượng của Cu là: 0,64 . 100/2,44 = 26,23 % 

Phần trăm khối lượng của Fe x O y là: 100 – 26,23 = 73,77 % 

Câu 15 

Hòatan hoàn toàn hỗn hợp MgCl 2 , FeCl 3 , CuCl 2 vào nước được dung dịch A. Dẫn luồng khí H 2 S 

qua dung dịch A đến dư được kết tủa nhỏ hơn 2.51 lần lượng kết tủa sinh ra khi cho dung dịch BaS 

dư vào dung dịch A. Tương tự nếu thay FeCl 3 bằng FeCl 2 trong A với khối lượng như nhau (được 

dung dịch B) th? lượng kết tủa thu được khi cho dung dịch H 2 S dư vào B nhỏ hơn 3,36 lân lượng 

kết tủa sinh ra khi cho dung dịch BaS dư vào B. Viết các phương trình phản ứng và tính % khối 

lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu. 

Giải 

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của CuCl 2 , MgCl 2 , FeCl 3 . 

+ Tác dụng với dung dịch BaS 

CuCl 2 + BaS CuS + 2BaCl 2 

MgCl 2 + BaS + 2H 2 O Mg(OH) 2 + H 2 S + BaCl 2 

2FeCl 3 + 3BaS 2FeS + S + 3BaCl 2 

+ Tác dụng với khí H 2 S. 

CuCl 2 + H 2 S CuS + 2HCl 

2FeCl 3 + H 2 S 2FeCl 2 + 2HCl + S 

Nếu thay FeCl 3 bằng FeCl 2 cùng khối lượng: 

+ Tác dụng với dung dịch BaS 

CuCl 2 + BaS CuS + 2BaCl 2 

MgCl 2 + BaS + 2H 2 O Mg(OH) 2 + H 2 S + BaCl 2 

FeCl 2 + BaS FeS + BaCl 2 

+ Tác dụng với dung dịch H 2 S. 

CuCl 2 + H 2 S CuS + 2HCl 

96x + 88z + 32.0,5z + 58y = 2,51 (96x + 32.0,5z) (1) 

Số mol FeCl2 = 162,5z/127 (mol) 

96x + 58y + 162,5z/127. 88 = 3,36.96x (2) 
















Giải (1) và (2), được: y = 0,664x và z = 1,67x 

% MgCl 2 = 13,45% ; %FeCl 3 =57,80% ; %CuCl 2 = 28,75% 

Câu 16 

Hai hỗn hợp A và B đều chứa Al và Fe x O y . 

Sau phản ứng nhiệt nhôm mẫu A thu được 92,35 gam chất rắn C. Hòa tan C bằng dung dịch xút dư 

thấy có 8,4 lít khí bay ra và còn lại một phần không tan D. 

Hoà tan 1/4 lượng chất rắn D cần dùng 60 gam H 2 SO 4 98% , nóng. Giả sử chỉ tạo thành một 

loại muối sắt (III). 

1. Tính khối lượng Al 2 O 3 tạo thành khi nhiệt nhôm mẫu A và xác định công thức phân tử của 

sắt oxit. 

2. Tiến hành nhiệt nhôm 26,8 gam mẫu B, sau khi làm nguội, hoà tan hỗn hợp thu được bằng 

dung dịch HCl loãng, dư thấy bay ra 11,2 lít khí. Tính khối lượng nhôm và sắt oxit của mẫu B đem 

nhiệt nhôm. 

Biết hiệu suất các phản ứng đạt 100%, các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 

Giải: 

1.Gọi công thức của sắt oxit là Fe x O y : 2yAl + 3Fe x O y → yAl 2 O 3 + 3xFe (1) 

Vì H =100% và hỗn hợp sau phản ứng tác dụng với NaOH giải phóng H 2 chứng tỏ Al dư, Fe x O y hết. 

2Al + 2NaOH + 2H 2 O → 2NaAlO 2 + 3H 2 (2) 

Al 2 O 3 + 2NaOH → 2NaAlO 2 + H 2 O (3) 

Theo (2) n(Al dư) = 2/3. n 

H 

=2/3 x 8,4/22,4 = 0,25 

2 

Chất rắn không tan trong NaOH là Fe, tan trong H 2 SO 4 đặc nóng: 

2Fe + 6H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O (4) 

Tính số mol sắt trong cả chất rắn: 

n Fe = 2/6 x n(H 2 SO 4 ) x 4 =1/3 x 60.98/100.98 x 4 = 0,8 mol. 

Theo (1), tổng khối lượng hỗn hợp bằng khối lượng Al 2 O 3 + kl sắt + kl Al dư: 

102.0,8. y/3x + 0,8.56 + 0,25.27 = 92,35 

Rút ra khối lượng Al 2 O 3 = 40,8 gam và tỷ lệ y/x = 3/2. 

Vậy công thức của sắt oxit là Fe 2 O 3 

0 

t 

2. Đối với mẫu B: 2Al + Fe 2 O 3 ⎯⎯→ 2Fe + Al 2 O 3 (5) 

các phản ứng có thể khi hòa tan hỗn hợp sau phản ứng bằng HCl: 

2Al + 6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2 (6) 

Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (7) 

Al 2 O 3 +6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2 O (8) 

Fe 2 O 3 + 6HCl → 2FeCl 2 + 3H 2 O (9) 

Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Fe 2 O 3 lúc đầu, a là số mol của Fe 2 O 3 đã tham gia phản ứng; 

như vậy theo (5) số mol Al còn lại là x-2a, số mol sắt tạo ra là 2a. Ta có: 

27x + 160y = 26,8 (10) 

Theo (6,7): 3/2(x-2a) + 2a = n(H 2 ) = 11,2/22,4 = 0,5 (11) 

hệ phương trình (10,11) đúng cho mọi trường hợp; nhưng vì phản ứng hoàn toàn nên có 2 khả năng 

xảy ra hoặc Al hết hoặc Fe 2 o 3 hết. 

* Khi Fe 2 O 3 hết: a=y. (11) thành: 3/2(x-2y) + 2y = 0,5 hay 1,5x – y = 0,5 (12) 

Giải hệ (10,12) ta có y = 0,1 ; x=0,4 

khối lượng Al ban đầu= 0,4.27 = 10,8 gam 

Khối lượng Fe 2 O 3 ban đầu = 0,1.160 = 16 gam. 

* Khi Al hết: x-2a = 0 => a = x/2 và (11) trở thành 2a = 2.x/2 = x = 0,5 (13) 
















Theo (5) thì a= 0,5/2 = 0,25. theo (10) thì (y = 26,8 – 27.0,5)/160 = 0,083 không thoả mãn nên không xảy ra trường hợp Al hết. 

Câu 17 

Cho 88,2 gam hỗn hợp rắn A gồm FeS 2 và FeCO 3 cùng với lượng không khí (lấy dư 10% so với 

lượng cần thiết để đốt cháy A) vào bình kín dung tích không đổi (thể tích rắn A không đáng kể. 

Nung nóng bìnhđể phản ứng xảy ra trong một thời gian, sau đó đưa bìnhvề nhiệt độ trước khi nung, 

trong bìnhcó khí B và chất rắn C (gồm A dư và Fe 2 O 3 ). Khí B gây ra áp suất lớn hơn 1,45% so với 

áp suất khí trong bìnhtrước khi nung. Hòatan hoàn toàn rắn C trong H 2 SO 4 dư (lo?ng) được khí D 

(đã làm khô). Các chất cònlại trong bìnhcho tác dụng với dung dịch KOH dư được chất rắn E. Để E 

ngoài không khí đến khối lượng không đổi được chất rắn F. Trong A có 1 chất gấp 1,5 lần số mol 

chất cònlại. Giả thiết hai chất trong A có khả năng pư như nhau trong các phản ứng. Trong không 

khí chứa 80% nitơ và 20% oxi vể thể tích 

1/ Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra 

2/ Tính thành phân % khối lượng các chất trong F 

3/ Tính tỉ khối của D so với B 

Giải 

to 

1. 4FeCO 3 + O 2 2Fe 2 O 3 + 4CO 2 (1) 

4FeS 2 + 11O 2 t o 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 (2) 

Khí B gồm SO 2 , CO 2 , O 2 , N 2 ; chất rắn C gồm Fe 2 O 3 , FeS 2 , FeS 2 

C phản ứng với H 2 SO 4 lo?ng 

Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O (3) 

FeCO 3 + H 2 SO 4 FeSO 4 + CO 2 + H 2 O (4) 

FeS 2 + H 2 SO 4 FeSO 4 + S + H 2 S (5) 

Khí D gồm: CO 2 , H 2 S các chất còn lại gồm: FeSO 4 , Fe 2 (SO 4 ) 3 , H 2 SO 4 dư và H 2 S, khi tác dụng với 

KOH dư 

2KOH + H 2 SO 4 K 2 SO 4 + 2H 2 O (6) 

2KOH + FeSO 4 Fe(OH) 2 + K 2 SO 4 (7) 

6KOH + Fe 2 (SO 4 ) 3 2Fe(OH) 3 + 3K 2 SO 4 (8) 

Kết tủa E gồm Fe(OH) 2 , Fe(OH) 3 , S. Khi để ngoài không khí th? 

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O 4Fe(OH) 3 (9) 


Vậy F gồm Fe(OH) 3 và S 

2. So sánh hệ số chất khí trong (1) và (2) ta thấy áp suất tăng chứng tỏ lượng FeCO 3 trong A 

nhiều hơn FeS 2 















Gọi a là số mol FeS 2 => số mol FeCO 3 là 1,5a mol 

Ta có: 116.1,5a + 120a = 88,2 => a = 0,3 mol 

Vậy A gồm 0,3 mol FeS 2 và 0,45 mol FeCO 3 

Nếu A cháy hoàn toàn th? lượng oxi cần dùng là 1,03125 mol => Số mol N 2 = 4,125 mol 

Số mol không khí là 5,15625 mol 

VÌ 2 muối trong A có khả năng phản ứng như nhau => gọi x là số mol FeS 2 pư (1) th? số mol 

FeCO 3 (pư 2) là 1,5x mol 

Theo (1), (2) và theo đề bài => số mol B = (5,15625 + 0,375x) 

Vì áp suất sau phản ứng tăng 1,45% so với áp suất trước khi nung nên 

(5,15625 + 0,375x) = 5,15625.101,45/100 => x = 0,2 

Theo các pư (1) … (9) chất rắn F: 0,75 mol Fe(OH) 3 ; 0,1 mol S 

% m Fe(OH) 3 = 96,17%; % m S = 3,83% 

3. B gồm N 2 (4,125 mol), O 2 (0,46025 mol), CO 2 (0,3 mol), SO 2 (0,4 mol) => M B = 32 

Khí D gồm CO 2 (0,15 mol), H 2 S (0,1 mol) => M D = 40. Vậy d D/B = 1,25 

Câu 18. 

Nung nóng AgNO 3 được chất rắn A và khí B, dẫn B vào một cốc nước được dung dịch C (nồng độ 

loãng). Cho toàn bộ A vào C. 

Nung nóng Fe(NO 3 ) 2 trong một bình kín không có oxi, được chất rắn A 1 và chất khí B 1 . Dẫn 

B 1 vào một cốc nước được dung dịch C 1 . Cho toàn bộ A 1 vào C 1 . 

Tính thành phần % khối lượng của A không tan trong C và của A 1 không tan trong C 1 . Biết 

rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 

Giải: 

0 

t 

2AgNO 3 ⎯⎯→ 2Ag + 2NO 2 + O 2 (1) 

x x x 0,5x 

A là Ag, B là hỗn hợp NO 2 , O 2 . 

4NO 2 + 2H 2 O + O 2 → 4HNO 3 (2) 

x 0,25x








4NO 2 + H 2 O + O 2 → 4HNO 3 (5) 

2y 0,5y 2y 

Theo (4),(5), số mol O 2 thiếu nên số mol HNO 3 là 2y: 

3NO 2 + H 2 O → 2HNO 3 + NO 

2y 4y/3 

Theo (4),(5), tổng số mol HNO 3 trong C 1 là 2y + 4y/3 = 10y/3. 

Hoà tan A 1 vào C 1 : 

Fe 2 O 3 + 6HNO 3 → 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O (7) 

10y/3.6 10y/3 

=> số mol Fe 2 O 3 dư không tan = y – 5y/9 = 4y/9 

%Fe 2 O 3 không tan = 100.4y/9/y = 44,44% 

Câu 19 

Cho m gam bột A chứa hợp kim Al-Mg vào p gam dung dịch axit nitric 33,35%. Sau khi hòatan hết 

kim loại thu được dung dịch A’ và 0,896 lít hỗn hợp X chứa 3 khí thoát ra (đktc) có khối lượng 1,4 

gam. Dẫn X vào bìnhchứa khí oxi, sau khi phản ứng kết thúc được hỗn hợp khí Y. Lội Y qua dung 

dịch NaOH dư thấy có 0,448 lít khí Z (đktc) có tỉ khối hơi so với heli bằng 10. Nếu cho dung dịch 

NaOH vào A’ thì thu được lượng kết tủa lớn nhất là 6,22 gam. Biết đã lấy HNO 3 dư 15% so với 

lượng cần thiết. Tìm giá trị của m và p 

Giải 

M X = 14/ 0,4 = 35. X tác dụng được với oxi => X chứa NO 

Mà M Z = 40 => Trong Z chứa N 2 O và N 2 => Trong X có NO, N 2 , N 2 O 

Đặt a = số mol N 2 , b = số mol N 2 O, c = số mol NO 

Ta có hệ phương tr?nh: a+ b+ c = 0,4 a = 0,005 

28a + 44b + 30c = 1,4 => b = 0,015 

a + b = 0,02 c = 0,02 

Mg Mg 2+ + 2e Al Al 3+ + 3e 

x (mol) 2x (mol) y (mol) 3y (mol) 

Các quá trình khử: 

2NO 3 - + 12H + + 10e N 2 + 6H 2 O 

0,05 ← 0,005 

2NO 3 - + 10H + + 8e 

0,12 ← 0,015 

N 2 O + 5H 2 O 


NO 3 - + 4H + + 3e NO + 2H 2 O 

0,06 ← 0,02 (mol) 















Ta có: 2x + 3y = 0,005.10 + 0,015.8 + 0,02.3 = 0,23 (1) 

Lương kết tủa lớn nhất: => 58x + 78y = 6,22 (2) 

(1), (2) => x = 0,04; y = 0,05 

=> m = 0,04.24 + 0,05.27 = 2,31 gam 

Số mol HNO 3 pư = 2 n Mg + 3 n Al + 2 n N 2 + 2 n N 2 O + n NO = 0,29 mol 

Số mol HNO 3 ĐÃ lấy = 0,29. 115/100 = 0,3335 (mol) 

p = m dd HNO 3 = 0,3335.63.100/33,35 = 63 gam 

Câu 20: 

Cho 3,58 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu vào 200 ml dung dịch Cu(NO 3 ) 2 0,5M. Khi phản 

ứng hoàn toàn được dung dịch A và chất rắn B. Nung B trong không khí ở nhiệt độ cao đến phản 

ứng hoàn toàn thu được 6,4 gam chất rắn. Cho A tác dụng dung dịch NH 3 dư, lọc kết tủa nung trong 

không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,62 gam chất rắn D. 

1/ Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu. 

2/ Hoà tan hoàn toàn 3,58 gam hỗn hợp X vào 250 ml dung dịch HNO 3 a (mol/l) được dung 

dịch E và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Dung dịch E tác dụng vừa hết với 0,88 gam bột đồng. 

Tính a. 

Giải: 

Phương trình hoá học xảy ra: 

Trước hết: 2Al + 3Cu 2+ → 2Al 3+ + 3Cu. (1) 

Khi Al hết: Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu. (2) 

Nếu Cu 2+ hết thì số mol Cu trong chất rắn C>0,1 mol =>Chất rắn sau khi nung B trong không khí 

có khối lượng > 0,1.80 = 8(g) (không phù hợp). 

Vậy Cu 2+ dư nên Al và Fe hết……………………………………………. 

Gọi số mol Al ,Fe, Cu trong hỗn hợp X lần lượt là: a, b, c. 

Phương trình về khối lượng hỗn hợp: 27a + 56b + 64c = 3,58 (I) 

Chất rắn sau khi nung chỉ có CuO: 3a/2 + b + c = 0,08 (II) 

Dung dịch A chứa: Al 3+ , Fe 2+ , Cu 2+ dư 

Al 3+ , Fe 2+ , Cu 2+ + NH 3 

⎯⎯⎯⎯→ 

d− t 

Fe(OH) 2 , Al(OH) 0 , kk 

3 ⎯⎯⎯→ Fe 2 O 3 , Al 2 O 3 . 

khối lượng chất rắn D: 102.a/2 + 160.b/2 = 2,62 (III) 

Giải hệ (I), (II), (III) ta có: a = 0,02; b=0,02, c=0,03. 


% khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp là: 

Al =15,084%; Fe=31,28%; Cu=53,63%. 















Theo giả thiết nhận thấy: hỗn hợp X và 0,88 gam Cu ( tức 0,01375 mol) tác dụng vừa đủ với 250 ml 

dung dịch HNO 3 a(mo/l). Theo ĐL bảo toàn e suy ra số e nhận do HNO 3 bằng tổng số e nhận do hh 

X và 0,88 gam Cu. 

Số e nhường = 3n + 2n + 2n 

= 0,06+0,04+0,0875=0,1875 (mol) 

Al Fe Cu 

Quá trình nhận e: 4H + − 

+ NO 3 

+3e ⎯⎯→ NO + 2H 2 O 

0,25 0,1875 

Số mol HNO 3 =số mol H + =0,25 (mol)=> a = 1M. 

Câu 21 

1. Cho 2,56 gam Cu phản ứng hoàn toàn với 25,2 gam dung dịch HNO 3 60% thu được dung dịch A 

và hỗn hợp X gồm hai khí, trong đó có một khí bị hóa nâu trong không khí. 

a. Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch A. Biết rằng nếu cho 210ml dung dịch KOH 1M 

vào dung dịch A sau đó cô cạn lấy chất rắn nung đến khối lượng không đổi thu được 20,76 gam 

chất rắn. 

b. Xác định thể tích của hỗn hợp khí X ở đktc. 

2. Hoà tan hoàn toàn 23,2 gam một oxit sắt bằng dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng, vừa đủ, dung dịch sau 

phản ứng đem cô cạn thu được 60 gam muối khan. Xác định công thức hoá học của oxit kim loại 

sắt. 

Giải: 

1) Xác định C% các chất trong dung dichA 

Theo giả thiết ta có sơ đồ phản ứng sau 

Cu + HNO 3 Cu(NO 3 ) 2 + Khí X + H 2 O (1) 

Số mol Cu = 0,04 (mol). 

Số mol HNO 3 ban đầu = 0,24 (mol) 

Số mol KOH = 0,21 (mol) 

Trong dung dịch gồm có các chất sau Cu(NO 3 ) 2 và HNO 3 

Khi KOH tác dụng với các chất trong A : ta có phương trình sau 

KOH + HNO 3 KNO 3 + H 2 O (2) 

2KOH + Cu(NO 3 ) 2 2KNO 3 + Cu(OH) 2 ( 3) 

Khi nhiệt phân chất rắn sau khi cô cạn 

Cu(OH) 2 CuO + H 2 O (4) 

Có thể dư 2Cu(NO3) 2 2CuO + 4NO 2 + O 2 (5) 

2 KNO 3 2 KNO 2 + O 2 (6) 

Xét giả sử KOH phản ứng hết. 

Cu CuO KOH KNO 2 

0,04 0,04 0,21 0,21 

Khối lượng chất rắn sau khi nung là 

0,04x. 80 + 0,21x85 = 21,05>20,76 (loại) 

Chứng tỏ rằng KOH dư 

Ta có sơ đồ sau Cu(NO 3 ) 2 + 2KOH CuO ..... 2KNO 2 

0,04 0,08 0,04 0,08 

HNO 3 (dư) + KOH ………KNO 3 …………..KNO 2 

x x x x 

KOH dư) ……………… KOH 

y 

y 
















Số mol KOH = x + y + 0,08 = 0,21 

Khối lượng chất rắn sau khi nung = 

85x +56y + 0,08x85 + 0,04x80 = 20,76 

giải ra ta được x = 0,12(mol) ; y =0.01(mol) 

Vậy trong A khối lượng các chất tan : m Cu(NO 3 ) 2 = 0,04 x 188 = 7,52gam 

m HNO 3 = 0,12 x 63 = 7,56gam 

Xác định m dung dịch A................................................................................. 

Số mol HNO 3 phản ứng với Cu = 0,24 – 0,12 = 0,12 (mol). 

Suy ra số mol nước tạo ra = 0,12/2 = 0,06 (mol) 

Số mol Cu(NO 3 ) 2 tạo ra = số mol Cu = 0,04 (mol) 

Áp dung ĐLBT KL 

mCu +m HNO 3 = mCu(NO 3 ) 2 + m khí X + mH 2 O 

2,56 + 0,12x63 = 0,04x188 + m khí X + 0,06x18 

Suy ra: m X =1,52(g) 

Vậy khối lượng dung dịch = 2,56 + 25,2 - 1,52 = 26,24(g) 

% HNO 3 = 28,81(%) 

C% Cu(NO 3 ) 2 28,66(%) 

b) Xác định V hỗn hợp khí (đktc)................................................................. 

Ta có pt 

(5x – 2y) Cu + (12x -4y) HNO 3 (5x – 2y) Cu(NO 3 ) 2 +2 N x O y 

+ (6x –y) H 2 O 

Theo pt 5x – 2y 12x -4y 

0,04 0,12 x /y =2/3 N 2 O 3 

Các khí là oxit củaNi tơ là NO 2 , NO, N 2 O, NO 

+Theo giả thiết trong hỗn hợp có khí hóa nâu trong không khí là NO 

2NO + O 2 2NO 2 

+N x O y là N 2 O 3 nên hỗn hợp khí là NO và NO 2 

Tống số mol khí X = n HNO 3 – 2xn Cu(NO 3 ) 2 = 0,12 – 0,04x2 = 0,04 (mol) 

V = 0.04 x 22,4 =0,896 lít (đktc) 

Câu 22 

Hòa tan hỗn hợp rắn X gồm Zn, FeCO 3 , Ag (số mol Zn bằng số mol FeCO 3 ) với dung dịch HNO 3 

dư thu được hỗn hợp A hai khí không màu có tỉ khối so với khí heli là 9,6 và dung dịch B. Cho B 

phản ứng với lượng dư KOH được chất rắn Y. Lọc Y nung trong không khí đến khối lượng không 

đổi được 2,82 gam chất rắn Z. Biết mỗi chất trong X chỉ khử HNO 3 xuống một số oxi hóa duy nhất. 

1/ Hãylập luận để tím hai khí trong A 

2/ Tính khối lượng mỗi chất ban đầu trong X 

Giải 

Trong hai khí chắc chắn có CO 2 (M=44). Vì M hh = 38,4 < 44 

=> Khí cònlại có M < 38,4 => Là N 2 hoặc NO. VÌ Ag là kim loại yếu nên không thể khử HNO 3 

xuống N 2 => Khí cònlại là NO 

Gọi số mol Zn = x (mol) = số mol FeCO 3 , số mol Ag = y (mol) 

*** Trường hợp: Zn khử HNO 3 xuống NO 

3Zn + 8HNO 3 = 3Zn(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O 

x (mol) 

2x/3 (mol) 

3FeCO 3 + 10HNO 3 = 3Fe(NO 3 ) 3 + 3CO 2 + NO + 5H 2 O 
















x (mol) x (mol) x (mol) x/3 (mol) 

3Ag + 4HNO 3 = 3AgNO 3 + NO + H 2 O 

y (mol) y (mol) y/3 (mol) 

Khí tạo thành có x mol CO 2 và (x + y/3) mol NO 

VÌ M hh = 38,4 => số mol CO 2 = 1,5 số mol NO 

Ta có: x = 1,5 (x + y/3) => y = -x (loại) 

*** Trường hợp : Zn khử HNO 3 xuống NH 4 NO 3 

4Zn + 10HNO 3 = 4Zn(NO 3 ) 2 + NH 4 NO 3 + 5H 2 O 

x (mol) 

0,25x (mol) 

3FeCO 3 + 10HNO 3 = 3Fe(NO 3 ) 3 + 3CO 2 + NO + 5H 2 O 

x (mol) x (mol) x (mol) x/3 (mol) 

3Ag + 4HNO 3 = 3AgNO 3 + NO + H 2 O 

y (mol) y (mol) y/3 (mol) 

Khí tạo thành có (x+y)/3 mol NO và x mol CO 2 . VÌ số mol CO 2 = 1,5 số mol NO 

=> x = y 

Dung dịch B + dung dịch NaOH dư => Kết tủa gồm Ag 2 O và Fe(OH) 3 . Sau khi nung nóng thu được 

2,82 gam chất rắn gồm: Fe 2 O 3 và Ag. 

BTNT Fe và BTNT Ag => 160.0,5x + 108y = 2,82. => x = y = 0,015 (mol) 

m 

Zn = 0,975 gam ; 

m FeCO 3 = 1,74 gam ; 

m Ag = 1,62 gam 

Câu 23 ( Quãng Nam 2014) 

1. Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp chất rắn X gồm: Cu; CuS; FeS; FeS 2 ; FeCu 2 S 2 ; S thì cần 

2,52 lít O 2 và thấy thoát ra 1,568 lít SO 2 . Mặt khác cho 6,48 gam X tác dụng với dung dịch HNO 3 

đặc nóng dư thu được V lít NO 2 (là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác 

dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được m gam kết tủa. Biết thể tích các khí đều đo ở điều kiện 

tiêu chuẩn. Tính V và m. 

2. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 5,6 gam Fe và 3,2 gam Cu trong 500 ml dung dịch hỗn hợp 

HNO 3 0,2M và HCl 0,8M, thu được khí NO (khí duy nhất) và dung dịch X. Cho X vào dung dịch 

AgNO 3 dư, thu được m gam chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử 

duy nhất của N +5 trong các phản ứng. 

Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn và tính khối lượng m. 

Giải: 

1/ Xem hỗn hợp X gồm x mol Cu, y mol Fe và z mol S. 

-Khối lượng hỗn hợp X: 64x + 56y + 32z = 6,48 (I). 

-Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X Cu → Cu 2+ +2e , Fe → Fe 3+ +3e , S → SO 2 +4e 

x x 2x y y 3y z z 4z 

O +2e → O 2- 

0,225 0,45 

-Bảo toàn electron ta có: 2x + 3y + 4z = 0,45 (II). 

Ta có z = Số mol S = số mol SO 2 = 1,568:22,4 = 0,07. Thay z = 0,07 

vào (I) được phương trình: 64x + 56y = 4,24 (*) 

vào (II) được phương trình 2x + 3y = 0,17 (**). 

Giải hệ 2 PT (*) & (**) tìm được x = 0,04; y = 0,03. 

-Hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc nóng dư tạo khí NO 2 duy nhất và dung dịch A. 

Cu → Cu 2+ +2e , Fe → Fe 3+ +3e , S → SO 2- 4 +6e 

x x 2x y y 3y z z 6z 
















NO - 3 +1e → NO 2 

a a mol 

-Bảo toàn electron ta có: số mol NO 2 = a = 2x+ 3y + 6z = 0,59. 

Từ đó tính được V = V(NO 2 ) = 0,59x22,4 = 13,216 lít. 

Dung dịch A + dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được kết tủa gồm: 

Cu(OH) 2 ; Fe(OH) 3 ; BaSO 4 

Số mol Cu(OH) 2 = số mol Cu = x = 0,04. 

Số mol Fe(OH) 3 = số mol Fe = y = 0,03. 

Số mol BaSO 4 = số mol S = z = 0,07. 

m = m↓ = (0,04x98 + 0,03x107 + 0,07x233) = 23,44 gam 

2/ Số mol Fe = 0,1 mol, Cu = 0,05 mol, H + = 0,5 mol, NO - 3 = 0,1 mol, Cl - = 0,4 mol 

- 

Fe + NO 3 + 4H + → Fe 3+ + NO↑ + 2H 2 O (1) 

Ban đầu: 0,1 0,1 0,5 

Phản ứng: 0,1 0,1 0,4 0,1 

Sau pư : 0 0 0,1 0,1 

Vì NO - 3 hết, Cu phản ứng với Fe 3+ 

Cu + 2Fe 3+ →Cu 2+ + 2Fe 2+ (2) 

0,05 0,1 0,05 0,1 

Dung dịch X gồm: Cu 2+ :0,05 mol, Fe 2+ :0,1 mol, Cl - :0,4 mol; H + :0,1 mol 

Cho X vào AgNO 3 dư xảy ra phản ứng: 

3Fe 2+ - 

+ NO 3 + 4H + → 3Fe 3+ + NO↑ + 2H 2 O (3) 

Ban đầu: 0,1 0,1 

Phản ứng: 0,075 0,1 0,075 

Sau pư : 0 025 0,0 0,075 

Ag + + Fe 2+ →Fe 3+ + Ag↓ (4) 

0,025 0,025 

Ag + + Cl - →AgCl↓ (5) 

0,4 0,4 

-Chất rắn gồm: Ag (0,025mol) và AgCl (0,4 mol) 

-Tính được khối lượng m = 0,4x143,5 + 0,025x108 = 60,1 gam 

Câu 24 

Cho từ từ khí CO 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 cònlại trong ống sứ cho vào cốc đựng 

500 ml dung dịch HNO 3 0,16M thu được V 1 lít khí NO là khí duy nhất và cònlại một phần kim loại 

chưa tan. Thêm tiếp vào cốc 760 ml dung dịch HCl 2/3 M, sau phản ứng được thêm V 2 lít khí NO. 

Nếu sau đó lại thêm tiếp 12 gam Mg vào dung dịch sau phản ứng sinh ra V 3 lít hỗn hợp khí N 2 và 

H 2 , dung dịch chứa muối clorua và hỗn hợp M của các kim loại 

1/ Tính giá trị V 1 , V 2 , V 3 ở đktc. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn 

2/ Tính khối lượng mỗi kim loại trong M. 

Giải 

1/ 

CuO + CO Cu + CO 2 (1) 

CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O (2) 

Theo (1) và (2) => n Cu = n CO 2 = n CaCO 3 = 1/100 = 0,01 mol ; 

n CuO bđ = 3,2/80 = 0,04 mol , n CuO dư = 0,04 – 0,01 = 0,03 mol 
















Các phản ứng khi cho HNO 3 vào 

3CuO + 4HNO 3 Cu(NO 3 ) 2 + 2H 2 O (3) 

3Cu + 8HNO 3 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O (4) 

Gọi x, y là số mol HNO 3 tham gia phản ứng (3) và (4) 

Ta có x + y = 0,5.0,16 = 0,08 mol 

VÌ CuO hết nên x/2 = 0,03 => x = 0,06 và y = 0,02 

Số mol Cu tan = 3y/8 = 0,0075 mol 

Theo (4) th? V 1 = 22,4 . y/4 = 0,02.22,4 / 4 = 0,112 lít 

Theo (4) th? khi hết H + , Cu không tan nữa, nhưng trong dung dịch vẫn cònNO - 3 của Cu(NO 3 ) 2 nên 

khi cho HCl vào thì tiếp tục xảy ra phản ứng (4) và sau đó Cu cònlại phải tan hết theo phương trình 

(4). Tổng số mol NO: n Cu.2/3 = 0,02/3 mol => V NO = 0,448/3 lít 

=> V 2 = 0,448/3 – 0,112 = 0,112/3 lít 

Số mol H + cần để hòatan hết Cu theo (4) = 8/3.0,01 – 0,02 = 0,02/3 mol 

Tổng số mol NO - 3 cònlại sau khí Cu tan hết = 0,08 – 0,02/3 = 0,22/3 mol 

Tổng số mol H + của HCl = 0,76. 2/3 = 1,52/3 mol 

Các phản ứng khi cho Mg vào: 

5Mg + 12H + - 

+ 2NO 3 5Mg 2+ + N 2 + 6H 2 O (5) 

Mg + 2H + Mg 2+ + H 2 (6) 

Số mol H + (6) = 1,52/3 – 0,02/3 – 1,32/3 = 0,06 mol 

Số mol Mg (6) = ½.0,06 = 0,03 mol 

V 

3 = V N 2 O + V H 2 = (1/2. 0,22/3 + 0,03).22,4 = 1,493 lít 

2/ Sau khi tan trong axit Mg cònlại: 12/24 – 0,03 – 0,55/3 = 0,86/3 mol 

Cu 2+ + Mg Mg 2+ + Cu 

Ban đầu 0,04 mol 0,86/3 mol 

Phản ứng 0,04 mol 0,04 mol 0,04 mol 0,04 mol 

Cònlại 0 mol 0,74/3 mol 0,04 mol 0,04 mol 

Khối lượng các kim loại trong M 

Khối lượng Mg = 0,74/3.24 = 5,92 gam ; Khối lượng Cu = 0,04.64 = 2,56 gam 

Câu 25 

2+ + 2− 

1. Dung dịch Y chứa các ion Mg , NH 

4 

, SO 

4 

, NO − 3 

. Lấy 100 ml dung dịch Y tác dụng với dung 

dịch Ba(OH) 2 dư, được 5,24 gam kết tủa, đồng thời giải phóng 896 ml (đkc) khí có mùi khai. Nếu 

cho dư H 2 SO 4 vào 100 ml dung dịch Y rồi thêm tiếp lượng dư bột Cu, khuấy đều cho các phản ứng 

xảy ra hoàn toàn thì thoát ra 448 ml (đkc) khí NO (là sản phẩm khử duy nhất). Viết các phương 

trình ion xảy ra và tính nồng độ mol/lit các ion trong dung dịch Y. 

2. Cho 1,42 gam P 2 O 5 vào nước dư được dung dịch X. Thêm vào dung dịch X 1,85 gam Ca(OH) 2 . 

Viết phương trình hóa học các phản ứng và tính khối lượng các chất tạo thành. 

3. Hỗn hợp rắn X gồm KClO 3 , KCl, BaCl 2 và Ba(ClO 3 ) 2 . Nung nóng 103,95 gam X với cacbon vừa 

đủ, đến khi phản ứng hoàn toàn thoát ra 13,44 lít (đkc) khí duy nhất CO 2 , còn lại hỗn hợp rắn Y 

gồm KCl và BaCl 2 . Cho Y tác dụng vừa đủ 522 gam dung dịch K 2 SO 4 10%, lọc bỏ kết tủa được 

dung dịch Z. Lượng KCl trong dung dịch Z gấp 9 lần lượng KCl trong hỗn hợp X. 

a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng. 

b. Tính phần trăm khối lượng của KClO 3 trong hỗn hợp X. 
















Giải: 

1/ 

NH + 

+ 

4 

2 

Ba + + 

2+ 

Mg + 2 

− 

OH → NH 3 + H 2 O 

2− 

SO 

4 

→ BaSO 4 

− 

OH → Mg(OH) 2 

3Cu + 8 H + + 2 NO − 2 

3 

→ 3 Cu + + 2NO + 4H 2 O 

(viết được 2 phương trình 0,25đ) 

+ 

Tìm được số mol của NH 

4 

là 0,04, số mol của NO − 3 

là 0,02 

2+ 

2− 

Gọi x là số mol Mg , y là số mol SO 

⎧ 58x + 233y = 5,24 

⎨ 

Giải được x=0,01 và y=0,02 

⎩2x − 2y = −0,02 

+ 

Vậy [ NH 

4 

]=0,4M; [ NO − 2+ 

3 

]=0,2M; [ Mg ]=0,1M; [ SO 

2/ Lập luận để kết luận các muối tạo thành 

P 2 O 5 + 3H 2 O → 2H 3 PO 4 

Ca(OH) 2 + H 3 PO 4 → CaHPO 4 + 2H 2 O 

3Ca(OH) 2 + 2H 3 PO 4 → Ca 3 (PO 4 ) 2 + 3H 2 O 

Đặt x là số mol CaHPO 4 , y là số mol Ca 3 (PO 4 ) 2 

Lập hệ phương trình 

⎧ x + 3y = 0,025 ⎧ x = 0,01 

⎨ Giải được ⎨ 

⎩x + 2y = 0,02 ⎩y = 0,005 

Tính được m =1,36 gam 

m 

Ca 3 (PO 4 ) 2 

CaHPO 4 

=1,55 gam 

4 

2− 

4 

]=0,2M 

3. 

Các phương trình phản ứng 

2KClO 3 + 3C → 2KCl + 3CO 2 

Ba(ClO 3 ) 2 + 3C → BaCl 2 + 3CO 2 

BaCl 2 + K 2 SO 4 → BaSO 4 + KCl 

0,3 mol 0,3 mol 0,3 mol 0,3 mol 

Khối lượng hỗn hợp Y là 103,95+12.0,6-44.0,6 = 84,75 gam 

Khối lượng KCl trong Y là 84,75-0,3.208= 22,35 gam 

Đặt x là số mol KClO 3 , y là số mol KCl trong hỗn hợp đầu. Ta có 

⎧ x + y = 0,3 

⎧ x = 0,1 

⎨ Giải được ⎨ 

⎩x + y + 0,6 = 9x ⎩y = 0,2 

Phần trăm khối lượng KClO 3 có trong hỗn hợp X là 23,57% 






Câu 26 (Hà Nội – 1999) 

Hỗn hợp A gồm Fe x O y , RCO 3 , FeCO 3 (R thuộc nhóm IIA). Hòatan m gam hỗn hợp A cần dùng 245 











ml dung dịch HCl 2M. Mặt khác, khi hòatan m gam A trong dung dịch HNO 3 vừa đủ thu được dung 

dịch B, 2,24 lít khí C gồm N 2 O, CO 2 đo ở đktc. Cho lượng vừa đủ dung dịch NaOH vào B lọc được 

21,69 gam kết tủa D. Chia D thành hai phần bằng nhau 

+ Nung phần 1 đến khối lượng không đổi được 8,1 gam chất rắn E gồm 2 oxit 

+ Hòatan phần 2 trong 800 ml dung dịch H 2 SO 4 0,2M được dung dịch G. Cho 24 gam Cu vào ½ 

dung dịch G, sau phản ứng cònlại 22,4 gam kim loại. Nếu cho 160 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 2M 

và Ba(OH) 2 0,25M vào một nửa dung dịch G thu được m’ gam kết tủa. 

1/ Xác định R và công thức oxit sắt 2/ Tính giá trị của m và m’ 

Giải 

1/ Trong 1/2D gọi x là số mol Fe(OH) 3 ; y là số mol R(OH) 2 

Ta có: 107x + y(M R + 34) = 21,69/2 = 10,845 (1) 

Bảo toàn nguyên tố Fe, R => 80x + (M R + 16)y = 8,1 (2) 

Mặt khác 2Fe(OH) 3 Fe 2 O 3 + 3H 2 O ; R(OH) 2 RO + H 2 O 

=> 1,5x + y = (21,69/2 – 8,1)/18 = 0,1525 (3) 

Từ (1) và (2) => R < 37,33. VÌ R thuộc nhóm IIA => Có thể là Mg hoặc Be 

Cho Cu vào ½ dung dịch G có phản ứng: 

Cu + 2Fe 3+ Cu 2+ + 2Fe 2+ 

(24-22,4)/64 mol 0,05 mol 

 

Số mol Fe 3+ trong dung dịch G = 0,1 mol 

Giải hệ (1), (2) thay x = 0,1 => R = 24 (Mg), y = 0,0025 mol 

Khi cho A vào HCl 

Fe x O y + 2yHCl FeCl 2y/x + yH 2 O 

a mol 

2ay mol 

FeCO 3 + 2HCl FeCl 2 + CO 2 + H 2 O 

b mol 2b mol b mol 

MgCO 3 + 2HCl MgCl 2 + CO 2 + H 2 O 

0,005 mol 0,01 mol 

Ta có xa + b = 0,2 (4) 


2ay + 2b = 0,49 – 0,01 = 0,48 => ay + b = 0,24 (5) 

Lấy (5) – (4) được ay – ax = 0,04 => a( y - x) = 0,04 (6) 

Loại trường hợp FeO (Vì nếu x = y = 1 th? => a = 0) 















Chỉ có thể là Fe 2 O 3 hoặc Fe 3 O 4 => a = 0,04 (Vì y – x = 1) 

Hòatan A vào HNO 3 : 

Bảo toàn nguyên tố C, bảo toàn electron => [a(3x-2y) + b]/8 + b + 0,005 = 0,1 

3xa – 2ya + 9b = 0,76 (6) 

VÌ a = 0,04 => 0,04y + b = 0,24 => b = 0,24 – 0,04y 

Suy ra 3x.0,04 - 2y.0,04 + 9(0,24 – 0,04y) = 0,76 => 0,12x – 0,44y = -1,4 

Ta có y – x = 1 

x = 3, y = 4. Oxit Fe 3 O 4 

2/ Đặt z, t lần lượt là số mol Fe 3 O 4 , FeCO 3 

Ta có 3z + t = 0,2 z = 0,04 

8z + 2t = 0,49 – 0,005.2 t = 0,08 

Suy ra m = 0,04.232 + 0,08.116 + 0,005.84 = 18,98 gam 

2Fe(OH) 3 + 3H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6H 2 O 

0,1 mol 0,15 mol 

Mg(OH) 2 + 

H 2 SO 4 MgSO 4 + 2H 2 O 

0,0025 0,0025 mol 

Số mol H 2 SO 4 dư = 0,2.0,8 – 0,15 – 0,0025 = 0,0075 mol 

n SO 4 2- trong ½ dd G- = 0,08 mol, n OH - = 0,4 mol, n Cu 2+ = 0,0025 mol, n Ba 2+ = 0,04 mol 

Kết tủa gồm Mg(OH) 2 , Fe(OH) 2 Fe(OH) 3 , Cu(OH) 2 , BaSO 4 

Do 2.0,0025 + 2.0,1 + 0,025.2 + 0,0075.2 < 0,4 => OH - dư 

Khối lượng kết tủa: m’ = 0,0025.58+ 0,1.107 + 0,025.98 + 0,04.233 = 22,615 gam 

Câu 27: 

1. Hòa tan a gam CuSO 4 .5H 2 O vào nước được dung dịch X. Cho 1,48 gam hỗn hợp Mg và 

Fe vào dung dịch X . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A có khối lượng 2,16 

gam và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa rồi nung 

trong không khí đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp oxit có khối lượng 1,4 gam. 

a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

b. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu và giá trị của a. 
















2. Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn bằng dung dịch HNO 3 . Sau khi 

phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đktc) khí Z (gồm hai hợp chất khí không màu) 

có khối lượng 7,4 gam. Cô cạn dung dịch Y thu được 122,3 gam hỗn hợp muối. Tính số mol HNO 3 

đã tham gia phản ứng. 

Giải 

1. Nếu Mg, Fe tan hết trong dung dịch CuSO 4 thì oxit phải chứa MgO, Fe 2 O 3 và có thể có CuO. 

Như vậy, khối lượng oxit phải lớn hơn khối lượng kim loại. 

Nhưng theo đề ra, m oxit = 1,4 gam < m kim loại = 1,48 gam 

=> Vậy kim loại dư, CuSO 4 hết. 

Nếu Mg dư thì dung dịch thu được chỉ là MgSO 4 => Kết thúc phản ứng chỉ thu được MgO 

(trái với giả thiết). 

=> Mg hết, Fe có thể dư. 

Gọi số mol của Mg, Fe trong hỗn hợp lần lượt là x và y mol. 

Gọi số mol Fe đã phản ứng là z (z ≤ y) mol. 

Ta có các phản ứng: 

Mg + CuSO 4 ⎯⎯→ MgSO 4 + Cu 

x → x x x (mol) 

Fe + CuSO 4 ⎯⎯→ FeSO 4 + Cu 

z → z z z (mol) 

MgSO 4 + 2NaOH ⎯⎯→ Mg(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 

x → x (mol) 

FeSO 4 + 2NaOH ⎯⎯→ Fe(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 

z → z (mol) 

0 

t 

Mg(OH) 2 ⎯⎯→ MgO + H 2 O 

x → x (mol) 

0 

t 

4Fe(OH) 2 + O 2 ⎯⎯→ 2Fe 2 O 3 + 4H 2 O 

z → z/2 (mol) 

=> Chất rắn A gồm Cu (x+z) mol và có thể có Fe dư (y-z) mol. 

Oxit gồm MgO và Fe 2 O 3 . 

=> 24x + 56y = 1,48 (1) 

64(x+z) + 56(y-z) = 2,16 (2) 

40x + 160.z/2 = 1,4 (3) 

Giải hệ (1), (2) và (3) ta được x=0,015 mol, y=0,02 mol, z=0,01 mol. 

m Mg = 0,015.24 = 0,36 gam; m Fe = 0,02.56 = 1,12gam. 

Số mol CuSO 4 là x+z = 0,025 mol => a = 0,025.250 = 6,25 gam 

2. Z không màu => không có NO 2 . 

Các khí là hợp chất => không có N 2 . 

=> Hai hợp chất khí là N 2 O và NO. 

⎪⎧ n 

N2O + n 

NO 

= 4,48 / 22,4 ⎪⎧ 

n 

N2O 

= 0,1mol 

Theo đề ta có: ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪⎩ 

44.n 

N2O + 30.n 

NO 

= 7, 4 ⎪⎩ 

n 

NO 

= 0,1mol 

Hỗn hợp muối gồm Mg(NO 3 ) 2 , Zn(NO 3 ) 2 , Al(NO 3 ) 3 và có thể có NH 4 NO 3 . 

Gọi số mol của NH 4 NO 3 là x mol (x ≥ 0). 

Ta có các quá trình nhận electron: 

10H + + 2NO - 3 + 8e → N 2 O + 5H 2 O 
















1 0,1 0,5 (mol) 

4H + + NO - 3 + 3e → NO + 2H 2 O 

0,4 0,1 0,2 (mol) 

10H + + 2NO - 3 + 8e → NH 4 NO 3 + 3H 2 O 

10x x 3x (mol) 

=> nHNO 

= n + = 1,4 + 10x(mol) ; n 

3 H 

H2O 

= 0,7 + 3x(mol) 

Theo phương pháp bảo toàn khối lượng ta có: 

m + m = m + m + m 

kimloai HNO3 muoi Z H2O 

25,3 + 63(1,4+10x) = 122,3 + 7,4 + 18(0,7+3x) => x=0,05 

=> n HNO3 = 1 + 0,4 + 10.0,05 = 1,9 mol. 

Câu 28: 

Cho hỗn hợp Y gồm ba kim loại K, Zn, Fe vào nước dư thu được 6,72 lít khí (đktc) và còn lại 

chất rắn B không tan có khối lượng 14,45 gam. Cho B vào 100 ml CuSO 4 3M, thu được chất rắn C 

có khối lượng 16 gam. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong Y? 

Giải: 

Gọi a, b, c là số mol của K, Zn, Fe có trong hỗn hợp Y. Có hai trường hợp : 

Trường hợp 1 : a > 2b : dư KOH → B chỉ có Fe 

Phương trình phản ứng : Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu 

Số mol Cu 2+ = 0,1.3=0,3 mol 

Nếu Cu 2+ kết tủa hết thì dư Fe → m Cu =0,3.64=19,2 (gam) > 16 (gam) → loại 

Vậy Cu 2+ chưa kết tủa hết, Fe tan hết → n Fe =n Cu = 16 = 0, 25 

64 

(mol) 

m B =0,25.56=14 (gam) < 14,45 (gam) → loại 

Trường hợp 2 : a < 2b : KOH hết, Zn dư nên trong B có Zn, Fe 

2K + 2H 2 O ⎯→ 

2KOH + H 2 

a a/2 

2KOH + Zn ⎯→ 

K 2 ZnO 2 + H 2 

a a/2 a/2 

a a 6,72 

Số mol H 2 = + = = 0,3(mol) 

→ a=0,3 

2 2 22,4 

(Học sinh viết phương trình Zn và dung dịch KOH ở dạng phức vẫn cho điểm tối đa) 

m B =65(b– 2 

a ) +56c = 14,45 (1) 

Fe, Zn phản ứng với Cu 2+ có dư Cu 2+ nên Fe, Zn hết 

Zn + Cu 2+ → Zn 2+ + Cu 

Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu 

16 

Số mol Cu tạo ra = = 0, 25 

64 

a 

b – + c = 0, 25 (2) 

2 

giải hệ phương trình (1) và (2) ta có b = c = 0,2 
















⎧mK 

= 39.0,3 = 11,7 (gam) 

Hỗn hợp Y: ⎪ 

⎨mZn 

= 65.0,2 = 13,0 (gam) 

⎪ 

⎩mZn 

= 65.0,2 = 13,0 (gam) 

Câu 29 

Chia 1500 ml dung dịch Y chứa hỗn hợp HCl và Cu(NO 3 ) 2 thành 2 phần (Phần 2 có khối lượng gấp 

đôi phần 1) 

1/ Đem điện phân phần I (với điện cực trơ) bằng d?ng điện 1 chiều có cường độ 2,5A, sau một thời 

gian t thu được 3,136 lít (đktc) một chất khí duy nhất ở anot. Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa 

đủ với 110 ml dung dịch NaOH 4M, thấy xuất hiện 1,96 gam kết tủa. 

Tính nồng độ mol các chất trong dung dịch Y và thời gian t 

2/ Cho m gam bột kim loại Fe tác dụng với phần 2 đến khi phản ứng hoàn toàn. Kết thúc phản ứng 

thu được hỗn hợp kim loại có khối lượng 0,75m g và V lít (đktc) khí không màu hóa nâu trong 

không khí. Tìm giá trị của m và V 

Giải 

1. 2HCl + Cu(NO 3 ) 2 

đpdd 

Suy ra n Cl 2 = 0,14 mol = n Cu 

Dung dịch sau điện phân tác dụng với NaOH 

Cu + Cl 2 + 2HNO 3 (1) 

NaOH + HCl dư NaCl + H 2 O (2) 

NaOH + HNO 3 NaNO 3 + H 2 O (3) 

Cu(NO 3 ) 2 dư + 2NaOH Cu(OH) 2 + 2NaNO 3 (4) 

Ta có: n NaOH = 0,11.4 = 0,44 (mol) ; n Cu(OH) 2 = 1,96/98 = 0,02 mol 

Khối lượng phần 2 gấp đôi phần 1 

 

V phần 2 = 2V phần 1 = 1 lít => V phần 1 = 0,5 lít 

Từ (1), (4) => C Cu(NO 3 ) 2 = (0,14 + 0,02) / 0,5 = 0,32M 

Từ (1), (2), (3) ta thấy số mol NaOH pư (2), (3) bằng số mol NaOH trong 0,5 lít 

 

C HCl = (0,44 – 0,2.0,02)/0,5 = 0,8M 

Theo định luật Faraday => m Cu = (0,14.64.2.96500) / (64.2,5) = 10808 giây 

2. 


Fe + Cu 2+ Fe 2+ + Cu 

0,32 0,32 0,32 





Fe + 4H+ + NO 3 

- 

Fe 3+ + NO + 2H 2 O 











0,2 0,8 0,2 0,2 0,2 

Fe + 2Fe 3+ 3Fe 2+ 

0,1 0,2 

Số mol H + (phần 2) = số mol HCl (phần 2) = 0,8 mol 

Số mol Cu(NO 3 ) 2 (phần 2) = 0,32 mol = n Cu 

Số mol NO 3 - = 0,64 mol 

Tổng khối lượng Fe pư phần 2 = 0,62.56 = 34,72 gam 

Ta có 0,75m = m – 34,72 + 0,32.64 => m = 56,96 gam. 

V = 0,2.22,4 = 4,48 lít 

Câu 30: 

Cho 2,56 gam kim loại Cu phản ứng hoàn toàn với 25,2 gam dung dịch HNO 3 60% thu được 

dung dịch A. Biết rằng nếu thêm 210 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch A rồi cô cạn và nung 

sản phẩm thu được đến khối lượng không đổi thì thu được 20,76 gam chất rắn. Hãy xác định nồng 

độ phần trăm các chất trong dung dịch A. 

Giải 

Số mol nHNO = 0, 24 mol, n 0, 21 , 0,04 

3 

KOH 

= mol nCu 

= mol 

Xét trường hợp 1: KOH dư 

Chất rắn gồm : CuO , KNO 2 , KOH dư 

Gọi x là số mol KOH dư 

Ta có : 0,04 . 80 + (0,21-x). 85 + x . 56 = 20,76 => x= 0,01 

n KOH phản ứng với dung dich A = 0,21- 0,01= 0,2 mol 

Vậy dd A gồm HNO 3 dư , Cu(NO 3 ) 2 

2nCu ( NO3 ) 

+ n 

2 HNO 

= 0, 2 ⇒ n 0,12 0,12 0,06 

3 HNO3du = ⇒ nHNO 3 pu 

= ⇒ nH2O 

= 

ta có : 

m = m + m − m − m = 7,56 + 2,56 −1,08 − 7,52 = 1,52 g 

( khi) HNO3 Cu H2O Cu( NO3 ) 2 

m dd sau phản ứng = 2,56 + 25,2 -1,52 = 26,24 gam 

7,56.100% 

C% HNO3 

du 

= = 28,81% 

26, 24 

7,52.100% 

C% Cu( NO3 ) 

= = 28,66% 

2 

26,24 

Trường hợp 2: KOH hết 

Khối lượng chất rắn gồm CuO và KNO 2 là: 0,04.80 + 0,21.85 = 21,05 > 20,76 => Loại 

Câu 31 

Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO 4 

và NaCl cho tới khi nước bắt đầu bị điện phân th? dừng lại. Ở anot thu được 0,448 lít khí (đktc). 

Dung dịch sau điện phân có thể hòatan tối đa 0,68 gam Al 2 O 3 

* Tính giá trị của m 

* Tính khối lượng catot tăng lên trong quá trình điện phân. Giả thiết toàn bộ kim loại sinh ra đều 
















bám vào catot 

* Giả sử lượng nước bị bay hơi trong quá trình điện phân không đáng kể. Tính khối lượng dung dịch 

giảm trong quá trình điện phân 

Giải 

Khi điện phân . 

Trước tiên: Cu 2+ + 2e Cu (ở catot) 

Phương trình điện phân: 

CuSO 4 

2Cl - - 2e Cl 2 (ở anot) 

+ 2NaCl 

đpdd 

Cu + Na 2 SO 4 + Cl 2 (1) 

Suy ra nếu số mol NaCl = 2.số mol CuSO4 th? sau khi ngừng điện phân dung dịch chỉ cònNa 2 SO 4 

không thể hòatan được Al 2 O 3 . Nghĩa là n NaCl 

n CuSO 4 

Nếu n NaCl < 2n CuSO 4 

Sau khi (1) còndư CuSO 4 , phương trình điện phân 

2CuSO 4 + 2H 2 O 

đpdd 

2Cu + O 2 + 2H 2 SO 4 (2) 

Sau khi Cu 2+ hết, H 2 O bị điện phân ở cả 2 điện cực. quá trình (2) tạo ra H 2 SO 4 

Al 2 O 3 + H 2 SO 4 Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O (3) 

0,68/102 mol 0,02 mol 

Theo (2), n CuSO 4 = n H 2 SO 4 = 0,02 mol, n O 2 = 0,01 mol 

Theo (1), (2): số mol khí ở anot = 0,448/22,4 = 0,02 = n Cl 2 + n O 2 => n Cl 2 = 0,01 mol 

 

n NaCl = 0,02 mol 

Theo (1) n CuSO 4 = n Cl 2 = 0,01 mol 

Vậy m = m CuSO 4 + m NaCl = (0,02 + 0,01).160 + 0,02.58,5 = 5,97 gam 

m Catot tăng = m Cu = 0,03.64 = 1,92 gam 

m dd (giảm) = m Cu + m O 2 + m Cl 2 = 1,92 + 0,01.32 + 0,01.71 = 2,95 gam 

Nếu n NaCl > 2n CuSO 4 


Sau (1) cònxảy ra: 

2NaCl + 2H 2 O đpdd/mn 2NaOH + Cl 2 + H 2 (4) 















Khi NaCl hết, nước bị điện phân ở cả 2 cực Vì (4) sinh ra NaOH 

Al 2 O 3 + 2NaOH + 3H 2 O 2Na[Al(OH) 4 ] 

Theo (4): n NaCl = n NaOH. Theo (5): n NaOH = 2 n Al 2 O 3 

 

n NaCl (4) = 2n Al 2 O 3 = 0,04/3 mol 

Theo (4) n H 2 = n Cl 2 (4) = 0,04/6 mol 

Ta có: số mol khí ở anot = n Cl 2 (1) + n Cl 2 (4) + n H 2 

Do đó n Cl 2 (2) = 0,02 – 0,04/3 = 0,02/3 mol 

Từ (1) => số mol NaCl = 2.0,04/6 = 0,04/3 mol ; n CuSO 4 = 0,02/3 mol 

Vậy m = m CuSO 4 + m NaCl = 160.0,02/3 + 58,5.0,08/3 = 2,627 gam 

m Catot tăng = m Cu = 64. 0,02/3 = 0,427 gam 

m dd (giảm) = m Cu + m H 2 + m Cl 2 = 0,427 + 0,04/6.2 + 0,08/3. 71 = 2,333 gam 

Câu 32 

1. Cho hỗn hợp (A) gồm các chất CaCO 3 , MgCO 3 , Na 2 CO 3 , K 2 CO 3 trong đó Na 2 CO 3 và K 2 CO 3 lần 

lượt chiếm a% và b% theo khối lượng của (A), biết trong điều kiện của thí nghiệm khi nung (A) chỉ 

có phản ứng phân hủy của CaCO 3 , MgCO 3 . Nung (A) một thời gian thu được chất rắn (B) có khối 

lượng bằng 80% khối lượng của (A) trước khi nung, để hòa tan vừa hết 10g (B) cần 150ml dung 

dịch HCl 2M. Nung (A) đến khối lượng không đổi thu được chất rắn (C). Viết toàn bộ các phản ứng 

đã xảy ra và lập biểu thức tính phần trăm khối lượng của (C) so với (A) theo a và b. 

2. Hợp chất MX 2 có trong tự nhiên. Hòa tan MX 2 bằng dung dịch HNO 3 dư một ít so với lượng cần 

tác dụng ta thu được dung dịch Y, khí NO 2 ; dung dịch Y tác dụng với BaCl 2 tạo kết tủa trắng 

không tan trong HNO 3 , dung dịch Y tác dụng với NH 3 dư cho kết tủa màu nâu đỏ. Xác định công 

thức phân tử của MX 2 và viết các phương trình ion trong các thí nghiệm nói trên. 

Giải: 

1. Viết các ptpư 

CaCO 3 CaO + CO 2 

MgCO 3 MgO + CO 2 

CaCO 3 + 2 HCl CaCl 2 + CO 2 + H 2 O 

MgCO 3 + 2 HCl MgCl 2 + CO 2 + H 2 O 

Na 2 CO 3 + 2 HCl 2NaCl + CO 2 + H 2 O 

K 2 CO 3 + 2 HCl 2KCl + CO 2 + H 2 O 

CaO + 2HCl CaCl 2 + H 2 O 

MgO + 2HCl MgCl 2 + H 2 O 

Số mol HCl bài cho : 0,3 mol; chọn 100g (A) 80g (B) n HCl = 2,4 mol 













Dùng định luật bảo toàn chất để thấy số mol HCl pư với (A) hay (B) hay (C) là như nhau; khối 




lượng CO 2 là : ⎛ a b ⎞ 

1,2 − ⎜ + ⎟.44 

⎝106 138 ⎠ 

⎡ ⎛ a b ⎞⎤ 

1,2 

m 

⎢ − ⎜ + ⎟ 

C 

106 138 

⎥ 

⎝ ⎠ 

= 1 − 

⎣ 

⎦ 44 hoặc hệ thức tương đương 

mA 

100 

2. Xác định MX 2 là FeS 2 

+ − 3+ 2− 

FeS + 14H + 15NO ⎯⎯→ Fe + 2SO + 7H O + 15NO 

2 3 4 2 2 

Ba + SO ⎯⎯→ BaSO 

2+ 2− 

4 4 

NH + H ⎯⎯→ NH 

+ + 

3 4 

( ) 

3NH + 3H O + Fe ⎯⎯→ 3NH + Fe OH 

3+ + 

3 2 4 3 

Câu 33. 

1. Cho 20,8 gam hỗn hợp Fe, FeS, FeS 2 , S tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc nóng dư thu được V 

lít khí NO 2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch 

Ba(OH) 2 dư thu được 91,3 gam kết tủa. Tính V? 

2. Trong một bình kín A dung tích 1 lít ở 500 0 C, hằng số cân bằng của phản ứng tổng hợp HI từ 

H 2 và I 2 bằng 46. 

a)Tính nồng độ mol các chất ở trạng thái cân bằng? Biết ban đầu trong bình A có 1mol H 2 và 

1mol I 2 

b) Nếu ban đầu cho 2 mol HI vào bình A ở nhiệt độ 500 0 C thì nồng độ các chất lúc cân bằng là 

bao nhiêu? 

c) Nếu hệ đang ở trạng thái cân bằng ở câu a, ta thêm vào hệ 1,5 mol H 2 và 2,0 mol HI thì cân 

bằng dịch chuyển theo chiều nào? 

Giải: 

Do sản phẩm cuối cùng khi cho hỗn hợp tác dụng với HNO 3 đặc nóng có Fe 3+ , SO 2- 4 nên có thể coi 

hỗn hợp ban đầu là Fe và S. Gọi x và y là số mol của Fe và S, số mol của NO 2 là a 

Fe ⎯ ⎯→ Fe +3 + 3e 

x x 3x 

S ⎯ ⎯→ S +6 + 6e 

x x 3x 

S ⎯ ⎯→ S +6 + 6e 

y y 6y 


N +5 + e ⎯→ 

N +4 

a a a 

A tác dụng với Ba(OH) 2 

Fe 3+ + 3OH - ⎯→ 

Fe(OH) 3 ↓ 















Ba 2+ 2- 

+ SO 4 ⎯→ 

BaSO 4 ↓ 

Ta có hệ phương trình 56x + 32 y = 20,8 Giải ra x=0,2 

107x + 233y = 91,3 y=0,3 

Theo định luật bảo toàn electron : 3x + 6y = a = 3.0,2 + 6.0,3 = 2,4 

V = 2,4.22,4 = 53,76 (lít) 

a) Cân bằng : H 2 + I 2 2HI 

Ban đầu 1M 1M 0 

Phản ứng x x 2x 

Cân bằng 1-x x 2x 

2 

[ HI] 

Ta có biểu thức cân bằng : K c = 

H 

2 

I 

Giải được x = 0,772M 

2 

4x 

= = 46 (điều kiện x








1/ Trong 20 ml dung dịch A có 0,02x mol HCl và 0,02y mol HNO 3 

HCl + NaOH NaCl + H 2 O 

0,02x 0,02x 

HNO 3 + NaOH NaNO 3 + H 2 O 

0,02y 0,02y 

(1), (2) => 0,02x + 0,02y = 0,3.0,1 = 0,03 (*) 

HCl + AgNO 3 AgCl + HNO 3 

0,02x 0,02x 

Suy ra 0,02x = 2,87/143,5 (**) 

Từ (*) và (**) => x = 1 ; y = 0,5 

2/ Mg tác dụng với dung dịch chứa H + , NO - 3 thu được các khí không màu D chứa 3 trong 4 khí 

sau: N 2 , N 2 O, NO, H 2 

Đề => M D = 0,772/(0,963/22,4) = 16,8 => Suy ra trong D có H 2 

Khí D được đem trộn với oxi tạo thành hỗn hợp phản ứng được với dung dịch NaOH 

Do đó D chứa NO 

Gọi khí cònlại trong D là N t O k (M) 

Đặt a, b, c tương ứng là số mol H 2 , NO, N t O k trong D 

Đề => a + b + c = 0,963/22,4 = 0,043 

(I) 

2a + 30b + M.c = 0,772 

2NO + O 2 2NO 2 

2NO 2 + 2NaOH NaNO 2 + NaNO 3 + H 2 O 

Suy ra a + c + (1/22,4 – b/2) = 1,291/22,4 

Đề => a = b hoặc b = c hoặc a = c 

(II) 


Nếu a = b, từ (I) và (II) => a = b = 0,02 ; c = 0,003 , M = 44 

Vậy N t O k là N 2 O (nhận) 

Nếu c = b, từ (I) và (II) => c = b = 0,02 , a = 0,003 , M = 8,3 (loại) 












Nếu a = c, từ (I) và (II) => b = 0,02 ; a = c = 0,0115 , M = 13 (loại) 

Vậy D chứa H 2 , NO, N 2 O 




• Trong 100 ml dung dịch A có 0,1 mol HCl và 0,05 mol HNO 3 

 

n 

H + = 0,1 + 0,05 = 0,15 mol 

n Cl - = 0,1 mol ; 

n NO 3 - = 0,05 mol 

2H + + 2e H 2 (1) 

0,04 0,04 0,02 

4H + + NO 3 

- 

+ 3e NO + 2H 2 O (2) 

0,08 0,02 0,06 0,02 

10H + + 2NO 3 

- 

+ 8e N 2 O + 5H 2 O (3) 

Mg Mg 2+ + 2e (4) 

Từ (1), (2), (3), (4) => 

n H+ (spư) = 0,15 – 0,04 – 0,08 – 0,03 = 0 

n Cl - (spư) = 0,1 mol 

n NO 3 - (spư) = 0,5 – (0,02 + 0,006) = 0,024 mol 

n 

Mg 

2+ 

= (0,03 + 0,06 + 0,024)/2 = 0,057 mol 

Vậy nồng độ các ion trong dung dịch B sau phản ứng: 

[Cl - ] = 0,1/0,1 = 1M ; [NO 3 - ] = 0,024/0,1 = 0,24M ; [Mg 2+ ] = 0,057/0,1 = 0,57M 

Câu 35 

Nung m gam hỗn hợp A gồm KMnO 4 và KClO 3 thu được chất rắn A 1 và khí O 2 . Biết KClO 3 bị phân 

hủy hoàn toàn chỉ tạo ra KCl và O 2 , cònKMnO 4 bị phân hủy một phần sinh ra K 2 MnO 4 , MnO 2 , O 2 . 

Trong A 1 có 0,894 gam KCl chiếm 8,132% khối lượng. Trộn O 2 thu được ở trên với không khí 

(20% O 2 , 80% N 2 vể thể tích) theo tỉ lệ 1:3 trong một bìnhkín được hỗn hợp khí A 2 . Cho vào 

bình0,528 gam C rồi đốt cháy hết C thu được hỗn hợp khí A 3 gồm 3 khí, trong đó CO 2 chiếm 

22,92% thể tích. Tính m và % khối lượng các chất trong A 

Giải 

KClO 3 KCl + 1,5O 2 

2KMnO 4 K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 

Trong chất rắn A 1 : 

m KCl = 0,8132.m A 1 => m A 1 = 0,894. 1/0,8132 = 11 gam 

Bảo toàn khối lượng: m A = m A 1 + m O 2 

Gọi x là số mol O 2 => số mol không khí 3x 

O 2 : x + 3x.20/100 = 1,6x 
















Hỗn hợp A 2 : N 2 : 3x.80/100 = 2,4x 

Số mol C: 0,528/14 = 0,044 mol. Xét hai trường hợp 

• Trường hợp 1: O 2 dư 

C + O 2 CO 2 

0,044 0,044 0,044 

A 2 

CO 2 : 0,044 mol 

O 2 dư (1,6x – 0,044) mol => số mol A 3 = 4x mol 

N 2 : 2,4x mol 

Số mol CO 2 : 0,2292.số mol A 3 => số mol A 3 = 4x = (0,044.100)/22,92 = 0,192 mol 

Ta có: x = 0,192/4 = 0,048 ,p; => khối lượng A = 11 + 32.0,048 = 12,536 gam 

• Trường hợp 2: O 2 thiếu, C cháy tạo ra 2 khí CO và CO 2 

C + O 2 CO 2 

1,6x 1,6x 1,6x 

C + CO 2 2CO 

(0,044 - 1,6x) (0,044 - 1,6x) 2(0,044 – 1,6x) 

CO: 

2(0,044 – 1,6x) 

A 3 CO 2 : 1,6x – (0,044 – 1,6x) => số mol A3 = 2,4x + 0,044 

N 2 : 2,4x 

n 

CO 2 = 0,2292. n A 3 => n A 3 = 2,4x + 0,044 = (3,2x – 0,044).0,2292 

 

x = 0,0204 mol => m A = 11 + 32.0,0204 = 11,65 gam 

số mol KClO 3 = số mol KCl = 0,894/74,5 = 0,012 mol 

Khối lượng KClO 3 = 0,012.122,5 = 1,47 gam 


• Trường hợp 1: m A = 12,536 gam => % m KClO 3 = 11,7% ; % m KMnO 4 = 88.3% 

• Trường hợp 2: m A = 11,65 gam => % m KClO 3 = 12,6% ; % m KMnO 4 = 87,4% 

Câu 36 















1. Thêm 100ml dung dịch có pH = 2 (gồm HCl và HNO 3 ) vào 100ml dung dịch NaOH 0,1M. 

Tính pH của dung dịch thu được. 

2. Trộn 100ml dung dịch Al 2 (SO 4 ) 3 1M với Vml dung dịch NaOH 4M thu được 11,7 gam kết 

tủa. Xác định V. 

3. Cho 19,52 gam hỗn hợp bột A gồm Fe và Cu vào dung dịch HNO 3 , khuấy đều đến khi 

phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc), 400ml dung 

dịch B và còn lại 1,92 gam một kim loại. Xác định nồng độ mol/l của các chất tan trong dung dịch 

B. 

Giải: 

1. Dung dịch axit:pH=2 => [H + ] = 10 -2 −2 −3 

M => n + = 0,1.10 = 10 mol 

Dung dich NaOH có [OH - ] = 0,1M 

=> 

−2 

n − = 0,1.0,1= 

10 mol 

OH 

Khi trộn xảy ra phản ứng: H + + OH - ⎯⎯→ H 2 O 

=> H + hết, OH - dư. Số mol OH - dư là: 10 -2 – 10 -3 = 9.10 -3 mol 

−3 

- 9.10 

=> 

[OH ] = = 0,045M 

0, 2 

=> 

2. nAl 2 (SO 4 ) 3 

-14 

+ 10 

pH = − lg[H ]= -lg( ) = 12,65 

0,045 

11,7 

= 0,1 mol ; nAl(OH) 

= = 0,15 mol 

3 

78 

Trường hợp 1: Chỉ xảy ra phản ứng: 

Al 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH ⎯⎯→ 3Na 2 SO 4 + 2Al(OH) 3 

0,45 0,15 (mol) 

=> n 

NaOH 

= 3n 

Al(OH) 

= 3.0,15 = 0, 45mol => V 

3 

dung dịchNaOH = 0,45/4 = 0,1125 lít = 112,5 ml. 

Trường hợp 2: Xảy ra cả 2 phản ứng: 

Al 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH ⎯⎯→ 3Na 2 SO 4 + 2Al(OH) 3 (1) 

0,075 0,45 0,15 (mol) 

Al 2 (SO 4 ) 3 + 8NaOH ⎯⎯→ 3Na 2 SO 4 + 2NaAlO 2 + 4H 2 O (2) 

0,025 0,2 (mol) 

Theo (1) và (2): => số mol NaOH phản ứng: 0,45 + 0,2 = 0,65 mol 

=> V dung dịch NaOH = 0,65/4 = 0,1625 lít = 162,5 ml. 

H 


3. Vì tính khử của Cu < Fe => Kim loại dư là Cu. Cu dư nên HNO 3 hết, muối sau phản ứng là 

Fe(NO 3 ) 2 và Cu(NO 3 ) 2 . 















n 

NO 

4, 48 

= = 0, 2mol 

22, 4 

Gọi a, b lần lượt là số mol Fe và Cu đã phản ứng. 

=> 56a + 64b = 19,52 – 1,92 = 17,6 (1) 

Các quá trình oxi hóa – khử: 

2+ 

Fe → Fe + 2e 

a a 2a (mol) 

2+ 

Cu → Cu + 2e 

b b 2b (mol) 

+ 5 + 2 

N + 3e → N 

0,6 0,2 (mol) 

Theo phương pháp bảo toàn electron ta có: 2a + 2b = 0,6 (2). 

Giải (1) và (2) ta được: a = 0,2; b = 0,1. 

=> Nồng độ dung dịch của Fe(NO 3 ) 2 là 0,2/0,4 = 0,5M, 

=> Nồng độ dung dịch của Cu(NO 3 ) 2 là 0,1/0,4 = 0,25 M 

Câu 37 

Hỗn hợp X nặng 104 gam gồm hai muối nitrat A(NO 3 ) 2 và B(NO 3 ) 2 (trong đó A là kim loại nhóm 

IIA, B là kim loại chuyển tiếp). Nung nóng hoàn toàn hỗn hợp X đến khối lượng không đổi thu 

được chất rắn Y chỉ gồm hai oxit và 31,36 lít hỗn hợp Z gồm hai khí có tỉ khối hơi so với propan là 

1. Biết số mol của A(NO 3 ) 2 nhỏ hơn số mol của B(NO 3 ) 2 . Tìm công thức hai muối nitrat. 

Giải 

Ta có: Số mol Z = 31,36/22,4 = 1,4 (mol) 

M Z = 44 (đvC) => m Z = 44.1,4 = 61,6 (g) 

Áp dụng qui tắc đường chéo => số mol NO 2 = 6 số mol O 2 

Đặt x = n NO 2 ; y= n O 2 => x = 1,2 (mol), y = 0,2 (mol) 

Gọi a là số mol của A(NO 3 ) 2 và b là số mol B(NO 3 ) 2 

2A(NO 3 ) 2 2AO + 4NO 2 + O 2 

a (mol) 

2a (mol) 0,5a (mol) 

2B(NO 3 ) 2 B 2 O n + 4NO 2 + (4-n)/2O 2 

b (mol) 

2b (mol) b(4-n)/4 mol 

2a + 2b = 1,2 a + b = 0,6 


=> => b = 0,4 / (n – 2) 

0,5a + 0,25b(4-n) = 0,2 2a + 4b - nb = 0,8 

Theo đề bài: Số mol B(NO 3 ) 2 > số mol A(NO 3 ) 2 => 0,3 < 0,4/(n-2) < 0,6 












 

2,67 < n < 3,33 (n nguyên dương) 




Chọn n = 3 => b =0,4 (mol), a = 0,2 (mol) => Tổng mol muối = 0,6 mol 

M muối = 104 / 0,6 = 173,33 => M kim loại = 173,33 – 62.2 = 49,33 

Kim loại kiềm có M < 49,33 

Mặt khác: 0,2 (A + 62.2 ) + 0,4 (B + 62.2 ) = 104 

=> A + 2B = 148 => B = 74 – A/2 

Biện luận: A là Ca, B là Fe (Đồng vị ) 

=> Hai muối nitrat : Ca(NO 3 ) 2 và Fe(NO 3 ) 2 

Câu 38 

Cho 3 nguyên tố M, R, X. M tác dụng vừa đủ với 672 ml khí X 2 (đktc) tạo ra 3,1968 gam muối A 

(hao hụt 4%). Số hiệu nguyên tử của M bằng 5/3 số khối của R. Hợp chất của Z có 3 nguyên tử tạo 

bởi M và R. Biết Z tác dụng với HX giải phóng ra một chất khí T (là chất hữu cơ) và muối A. 

Xác định M, R, X, T, A. 

Giải 

M tác dụng với X 2 (khí) tạo ra muối => M là kim loại 

X có thể tạo ra HX => X hóa trị I 

Z tạo bởi M và R, khi Z tác dụng với HX tạo ra chất hữu cơ => R là cacbon, số khối là 12 

 

Số hiệu của M = 12.5/3 = 20 => M là canxi. 

Phương trình tạo muối: Ca + X 2 CaX 2 

Số mol X 2 = số mol CaX 2 = 0,672/22,4 = 0,03 mol => 0,03 ( 40 + 2MX) = 3,1968/96 

 

M X = 35,5 => X là Clo 

A, T, Z lần lượt là CaCl 2 , C 2 H 2 , CaC 2 

Câu 39: Hỗn hợp khí X gồm O 2 và O 3 có tỉ khối hơi so với H 2 là 17,6. Hỗn hợp khí Y gồm etan và 

etyl amin có tỉ khối hơi so với H 2 là 20. Để đốt cháy hoàn toàn V 1 lít Y cần vừa đủ V 2 lít X (biết sản 

phẩm cháy gồm CO 2 , H 2 O và N 2 , các chất khí đều đo ở đktc). Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình 

đựng dung dịch nước vôi trong dư, sau phản ứng thu được 20,0 gam kết tủa, nhận thấy khối lượng 

dung dịch nước vôi trong giảm m gam và có khí N 2 thoát ra khỏi bình. Biết các phản ứng xảy ra 

hoàn toàn. 

Tính m và tỉ lệ V 2 :V 1 . 

Giải: 

* 

Y 

M = 40: x mol C 2 H 6 30 5 

ց ր 

40 

ր ց 

y mol C 2 H 7 N 45 10 

x nC 

5 1 

⇒ = 

2H6 

= = 

y n 10 2 

⇒ y = 2.x 


C H N 

2 

7 















⎧CO2 

⎧O 

2 

⎧C 

V 2 lít X ⎨ + 

2H 

6 ⎪ 

dd Ca( 

OH ) 

V1 

2 

lít Y ⎨ ⎯ ⎯→ ⎨H 

2O 

⎯⎯⎯⎯⎯ 

du → CaCO 3 ↓ 

⎩O3 

⎩C 

2H 

7 

N ⎪ 

⎩N 

2 

n 

CaCO 3 

= n 

CO 

= 0,2 mol = 2.x + 2.y ⇒ x = 1/30 (mol); y = 1/15 (mol) 

2 

⇒ = 3.x + 3,5.y= 1/3 (mol) 

n 

2 

H O 

* m dd giảm = mCaCO 

- ( m 

3 CO 

+ m 

2 H 2 O 

) = 5,2g 

* 

X 

M = 35,2: a mol O 2 32 12,8 

ց ր 

35,2 

ր ց 

b mol O 3 48 3,2 

a nO 

12,8 4 

⇒ = 

2 

= = 

b n 3,2 1 

O 

3 

⇒ 2.a + 3.b = 2.0,2 + 1/3 ⇒ a = 4/15 (mol) ; b = 1/15 (mol) 

4 1 

( + ) 

V 

⇒ 2 V = 15 15 = 3,33333 

1 1 

1 

+ 

30 15 

Câu 40: Nhỏ từ từ 75,0 gam dung dịch HCl 14,6% vào dung dịch chứa 10,6 gam Na 2 CO 3 và 15,0 

gam KHCO 3 , sau đó cho thêm tiếp vào dung dịch chứa 6,84 gam Ba(OH) 2 , lọc bỏ kết tủa. Cô cạn 

dung dịch thu được m gam rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 

Tính m. 

Giải: 

n = n + = n − = 0,3 (mol) 

HCl 

Na 2 CO 3 

H 

Cl 

n = 0,1 (mol) ⇒ n + = 0,2 (mol); n 2− 

= 0,1 (mol) 

Na 

CO 3 

n 

KHCO 3 

= n + = n − 

K HCO 3 

= 0,15 (mol); n 

Ba(OH ) 

= n 2+ 

= 0,04 (mol) ⇒ n − = 0,08 (mol) 

2 Ba 

OH 

* H + + CO 3 

⎯ ⎯→ HCO − 3 

0,3 0,1 0,1 (mol) 

* H + dư: H + + HCO − 3 

⎯ ⎯→ CO 2 + H 2 O 

0,2 0,25 0,2 (mol) 

* HCO − 3 

dư: HCO − 3 

+ OH − ⎯ ⎯→ CO 3 

+ H 2 O 

0,05 0,08 0,05 (mol) 

* Ba + + CO 3 

⎯ ⎯→ BaCO 3 ↓ 

0,04 0,05 0,04 (mol) 

⇒ Trong dung dịch sau phản ứng còn lại: Na + : 0,2 mol; K + : 0,15 mol; Cl − : 0,3 mol; CO 3 

: 


0,01 mol và OH − : 0,03 mol. 

⇒ m = 22,21 gam 















Câu 41: Cho a gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300,0 ml dung dịch H 2 SO 4 0,1 M. 

Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn và có 448,0 ml khí (đktc) thoát ra. 

Thêm tiếp vào bình NaNO 3 , lượng NaNO 3 phản ứng tối đa là 0,425 gam; khi các phản ứng kết thúc 

thu khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và khối lượng muối trong dung dịch là 3,865 gam. 

Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. 

Giải: 

n = 0,03 (mol) ⇒ H2SO 

n 

4 

H + = 0,06 (mol) ; n 

NaNO 

= 0,005 (mol) 

3 

n 

H 2 

= 0,02 (mol) ⇒ n H + pứ = 0,04 (mol) ⇒ n H + dư = 0,02 (mol) 

* Fe + 2H + ⎯ ⎯→ Fe 2+ + H 2 

x 2x x x (mol) 

Al + 3H + ⎯ ⎯→ Al 3+ + 3/2H 2 

y 3y y 3/2y (mol) 

* 4H + − 

+ NO 3 

+ 3e ⎯ ⎯→ NO + 2H 2 O 

0,02 0,005 (mol) 

Sau phản ứng H + và NO 3− 

hết 

3Cu + 8H + − 

+ 2NO 3 

⎯ ⎯→ 3Cu 2+ + 2NO + 4H 2 O 

z 2z/3 (mol) 

3Fe 2+ + 4H + 

− 

+ NO 3 

⎯ ⎯→ 3Fe 3+ + NO + 2H 2 O 

x x/3 (mol) 

⇒ Muối chứa: Fe 3+ , Al 3+ , Cu 2+ , Na + 2 

, SO − 

4 

⇒ m muối = m các kim loại ban đầu + m 2 

SO − 

+ m 

4 Na + 

= 3,865 (gam) 

⇒ m các kim loại ban đầu = 3,865 –(0,005.23) – (0,03.96) = 0,87 (gam) 

⎧ 

⎪ 56x + 27 y + 64z 

= 0,87 

3 

Ta có hệ pt: 

⎪ ⎧x 

= 0,005 

⎪ 

⎨x 

+ y = 0,02 ⇒ ⎨ y = 0,01 

⎪ 2 

⎪ 0,005 

⎪ x z 

⎩z 

= 

⎪ + 2. = 0,005 

⎩3 3 

%m Fe = 32,18390%; %m Al =31,03448%; %m Cu =36,78160% 

Câu 42: Chia m gam hỗn hợp X gồm Na, Al và Mg thành hai phần bằng nhau: 

- Cho phần 1 vào dung dịch H 2 SO 4 (dư) thu được 1,008 lít khí H 2 (đktc). 

- Cho phần 2 vào một lượng H 2 O (dư), thu được hỗn hợp kim loại Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào 

dung dịch HCl (đủ) thu được dung dịch Z. Dung dịch Z phản ứng vừa đủ 50,0 ml dung dịch NaOH 

1,0 M thu được lượng kết tủa cực đại. Lọc lấy kết tủa, đem nung kết tủa đến khối lượng không đổi 

được 0,91 gam chất rắn. 

Tính m. 

Giải: 


Phần 1: tác dụng với dd H 2 SO 4 loãng dư: n 

H2 

+ H2SO4 

Na ⎯⎯⎯⎯→ ½ H 2 

a ½ a (mol) 

= 0,045 (mol) 















+ H2SO4 

Al ⎯⎯⎯⎯→ 3/2 H 2 

b 3/2b (mol) 

Mg 

+ H2SO4 

⎯⎯⎯⎯→ H 2 

c c (mol) 

Phần 2: tác dụng với nước dư: hỗn hợp kim loại Y gồm:Al dư và Mg 

* Na + H 2 O ⎯ ⎯→ NaOH + ½ H 2 

a a (mol) 

Al + NaOH + H 2 O ⎯ ⎯→ NaAlO 2 + 3/2H 2 

a a (mol) 

0 

+ HCl 

+3NaOH 

t 

* Al dư ⎯⎯⎯→ AlCl 3 ⎯⎯⎯⎯→ Al(OH) 3 ⎯⎯→ Al 2 O 3 

(b-a) 3(b-a) (b-a)/2 (mol) 

0 

+ HCl 

+2NaOH 

t 

Mg ⎯⎯⎯→ MgCl 2 ⎯⎯⎯⎯→Mg(OH) 2 ⎯⎯→ MgO 

c 2c c (mol) 

⎧1 3 

⎪ 

a + b + c = 0,045 

2 2 

⎧a 

= 0,01 

⎪ 

⎪ 

Ta có hệ pt: ⎨3( b − a) + 2c 

= 0,05 ⇒ ⎨b 

= 0,02 

⎪ b − a 

⎪ c 0,01 

102. + 40. c = 0,91 ⎩ = 

⎩ 2 

m = 2,02 gam 

Câu 43 

Một dung dịch chứa 4 ion của hai muối vô cơ trong đó ion SO 2- 4 khi tác dụng vừa đủ với dung dịch 

Ba(OH) 2 đun nóng cho khí X, kết tủa Y và dung dịch Z. Dung dịch Z sau khi axit hoá bằng HNO 3 

tạo với AgNO 3 kết tủa trắng hoá đen ngoài ánh sáng. Kết tủa Y đem nung được a gam chất rắn T. 

Giá trị của a thay đổi khi lượng Ba(OH) 2 biến thiên. Nếu dùng Ba(OH) 2 đủ, a cực đại; nếu dùng dư 

Ba(OH) 2 a giảm đến cực tiểu. Khi lấy T với giá trị cực đại a = 7,024 gam thấy T phản ứng hết với 

60 ml dung dịch HCl 1,2M, cònlại b? rắn 5,98 gam. 

Lập luận, tính toán xác định các ion có trong dung dịch 

Giải 

Cho dd chứa 4 ion tác dụng với Ba(OH) 2 có khí thoát ra 

=> Trong dd có chứa ion NH + 4 => Khí (X): NH 3 

2NH 4 

+ 

+ Ba 2+ + 2OH - BaSO 4 + 2NH 3 + 2H 2 O 

• Z đem axit hóa tạo với AgNO 3 cho kết tủa trắng hóa đen ngoài ánh sáng, kết tủa đó là AgCl. 

Chứng tỏ trong dd có chứa ion Cl- 

Cl - + AgNO 3 AgCl + NO 3 

- 

• Y cực đại khi Ba(OH) 2 đủ, Y cực tiểu khi Ba(OH) 2 dư. Chứng tỏ trong dd phải có chứa ion 

kim loại tạo hiđroxit lưỡng tính. Với Y cực đại đem nung chỉ có hiđroxit lưỡng tính bị nhiệt phân. 


M n+ + nOH - M(OH)n (1) 

2M(OH) n M 2 O n + nH 2 O (2) 












M 2 O n + 2nHCl 2MCl n + nH 2 O (3) 

Từ (3): n M 2 O n = 

.1,2.0,06 = 0,036/n mol 




M M 2 O n = (7,204 – 5,98)n / 0,036 = 34n => 2M + 16n = 34n => M = 9n 

Biện luận cặp nghiệm phù hợp là : 

n = 3 => M = 27 (Al). Chứng tỏ trong dd có chứa ion Al 3+ 

Vậy 4 ion trong dung dịch là: NH 4 + , Al 3+ , Cl - , SO 4 

2- 

Câu 44 

1/ Cho 11,2 gam Fe vào 300 ml dung dịch chứa (HNO 3 0,5M và HCl 2M) thu được khí NO (sản 

phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch KMnO 4 / 

H 2 SO 4 loãng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 

a. Cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam chất rắn khan. 

b. Tính khối lượng KMnO 4 đã bị khử. 

2/ Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam HNO 3 50,4%, sau khi kim 

loại tan hết thu được dung dịch X và V lit (đktc) hỗn hợp khí B (gồm hai chất khí có tỉ lệ số mol 

3:2). Cho 500ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy 

Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung 

dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các 

phản ứng xảy ra hoàn toàn. 

1. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong A? 

2. Tính C% mỗi chất tan trong X? 

3. Xác định các khí trong B và tính V. 

Giải: 

1 

a. 

n Fe = 0,2 mol; 

n 

HNO 3 

= 0,15; n HCl = 0,6 => n 

H + = 0,75, n 

NO − = 0,15; n 

3 

Cl − = 0,6 

Fe + 4H + + NO - 3 → Fe 3+ + NO + 2 H 2 O 

0,15 ←0,6 ←0,15 → 0,15 

Fe + 2Fe 3+ → 3Fe 2+ 

0,05 → 0,1 → 0,15 

Dung dịch X có Fe 2+ (0,15 mol); Fe 3+ (0,05 mol); H + (0,15 mol); Cl - (0,6 mol) 

Cô cạn dung dịch X được 2 muối: FeCl 2 (0,15 mol) và FeCl 3 (0,05 mol) 

m muối = 27,175 gam 


b. (0,5 điểm) 

Cho lượng dư KMnO 4 / H 2 SO 4 vào dung dịch X: 

Fe +2 → Fe +3 + 1e Mn +7 + 5e → Mn +2 

2Cl - → Cl 2 + 2e 

Dùng bảo toàn mol electron ta có: 















n 2 + n = 5n 7 

Fe + 

Cl − 

Mn + 

Số mol KMnO 4 = Số mol Mn +7 = 0,15 mol 

m (KMnO 4 ) = 23,7 gam. 

2/ 

1 (1,0 điểm) 

n 

HNO 3 

= 87,5.50,4 = 0,7mol 

; n 

KOH 

= 0,5mol 

100.63 

Đặt n Fe = x mol; n Cu = y mol. 

Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO 3 → X có Cu(NO 3 ) 2 , muối của sắt (Fe(NO 3 ) 2 hoặc 

Fe(NO 3 ) 3 hoặc cả 2 muối của sắt), có thể có HNO 3 dư. 

X + dd KOH có thể xảy ra các phản ứng 

HNO 3 + KOH → KNO 3 + H 2 O (1) 

Cu(NO 3 ) 2 +2KOH → Cu(OH) 2 + 2KNO 3 (2) 

Fe(NO 3 ) 2 + 2KOH → Cu(OH) 2 + 2KNO 3 (4) 

Fe(NO 3 ) 3 + 3KOH → Fe(OH) 3 + 3KNO 3 (5) 

Cô cạn Z được chất rắn T có KNO 3 , có thể có KOH dư 

Nung T: 

2KNO 3 ⎯⎯→ 

t 0 

2KNO 2 +O 2 (6) 

+ Nếu T không có KOH thì 

Theo phản ứng (1)(2)(3)(4)(5)(6) n 

KNO 

= n 

2 KNO 

=n 

3 KOH =0,5 mol 

m = 42,5 gam ≠ 41,05 gam (Loại) 

→ 

KNO2 

+ Nếu T có KOH dư: 

Đặt n 

KNO 

= a mol → n 

3 

KNO 

= amol; n 

2 

KOH phản ứng = amol; 

→ 85.a + 56.(0,5-a) = 41,05 

→ a = 0,45 mol 

Nung kết tủa Y 

Cu(OH) 2 ⎯⎯→ 

t 0 

CuO + H 2 O 

Nếu Y có Fe(OH) 3 : 2Fe(OH) 3 ⎯⎯→ 

t 0 

Fe 2 O 3 +3H 2 O 

Nếu Y có Fe(OH) 2 4Fe(OH) 2 + O 2 ⎯⎯→ 

t 0 

2Fe 2 O 3 +4H 2 O 

1 x 

Áp dụng BTNT đối với sắt ta có: n 

Fe 2 O 

= nFe = 

3 

; 

2 2 

Áp dụng BTNT đối với đồng ta có: n CuO = n Cu = y mol 

→160. 2 

x + 80.y = 16 (I) 

m hh kim loại = 11,6 gam → 56.x + 64.y = 11,6 (II) 

Giải hệ (I) và (II) → x= 0,15 và y= 0,05. 

0,3.56 

% m Fe = .100% = 72,41% 

; %m Cu = 100-72,41= 27,59% 

23,2 


2 (0,5 điểm) 

Áp dụng BTNT đối với Nitơ: n N trong X = n N trong KNO2 = 0,45 mol. 















TH1: Dung dịch X có HNO 3 dư, Cu(NO 3 ) 2 , Fe(NO 3 ) 3 

Ta có: n 

Cu(NO 3 ) 

= n 

2 Cu = 0,05 mol; n 

Fe(NO 3 ) 

= n 

3 Fe = 0,15 mol 

Gọi n 

HNO 

= b mol → b+0,05.2+0,15.3= 0,45 → b= -0,1 (loại) 

3 

TH2: Dung dịch X không có HNO 3 ( gồm Cu(NO 3 ) 2 , có thể có muối Fe(NO 3 ) 2 hoặc Fe(NO 3 ) 3 hoặc 

cả Fe(NO 3 ) 2 và Fe(NO 3 ) 3 ) 

n 

Fe( NO 3 ) 2 

= z mol (z ≥ 0); n 

Fe(NO 3 ) 

= t mol (t ≥ 0) 

3 

Theo BTNT đối với Nitơ → 2z+3t +0,05. 2 = 0,45 (III) 

Theo BTNT đối với sắt → z + t = 0,15 (IV) 

Giải hệ (III) và (IV) → z = 0,1 và t=0,05. 

Khi kim loại phản ứng với HNO 3 

n N trong hỗn hợp khí = n N trong HNO3 ban đầu - n N trong muối = 0,7-0,45=0,25mol 

Gọi số oxi hóa trung bình của Nitơ trong hỗn hợp khí B là +k (k≥0) 

Fe → Fe 3+ + 3e N +5 + (5-k).e → N +k 

0,05 0,15 0,25 0,25(5-k) 0,25 

Fe → Fe 2+ + 2e 

0,1 0,2 

Cu → Cu 2+ + 2e 

0,05 0,1 

Áp dụng bảo toàn electron: 0,15+0,2+0,1=0,25(5-k) → k =3,2 

- Xác định số mol O trong hỗn hợp khí. 

Tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong một hỗn hợp =0 nên 

0,25.(+3,2) + (-2). n O = 0. 

→ n O = 0,4mol. 

Bảo toàn khối lượng: m dd sau = m ddaxit + m 2kim loại – m hh khí 

→ m dd sau = 87,5+11,6- (0,25.14+0,4.16)= 89,2 gam 

C % Cu ( NO 3 ) 2 

= 0,05.188 .100% = 10,5% 

89, 2 

C % Fe ( NO 3 ) 2 

= 0,1.180 .100% = 20,2% 

89, 2 

C % Fe ( NO 3 ) 3 

= 0,05.242 .100% = 13,6% 

89,2 

3 

Vì k = 3,2 nên phải có một khí mà số oxi hóa của N lớn hơn 3,2. Vậy khí đó là NO 2 

Gọi khí còn lại là khí A và số oxi hóa của khí còn lại là x 

Giả sử khí A trong thành phần có 1 nguyên tử N 

TH1: nếu tỉ lệ số mol (NO 2 ) : số mol A = 3:2, dựa vào sơ đồ đường chéo suy ra x = 2. Vậy khí 

A là NO 

TH2: nếu tỉ lệ số mol (NO 2 ) : số mol A = 2:3 => x lẻ: Loại 

Nếu A có 2 N, trường hợp này cũng tính được x lẻ => loại 


Tính V: 

Đặt n (NO 2 ) = 3a => n(NO) = 2a mol 

∑n e nhận = n (NO 2 ) + 3n (NO) = 3a + 3.2a = 0,45 => a= 0,05 

=> n khí = 5a = 0,25 => V = 5,6 lit 















Câu 45 (Nghệ An – 2010) 

Cho m gam hỗn hợp Y gồm 3 kim loại K, Zn, Fe vào nước dư được 6,72 lít khí (đkc) và 14,45 chất 

rắn B không tan. Cho B vào 100 ml dd CuSO 4 3M được 16 gam chất rắn C. Tính m ? 

Giải 

Gọi a, b, c, tương ứng là số mol K, Zn, Fe trong Y 

Trường hợp 1: a > 2b => dư KOH, B chỉ có Fe. 

Ptpư: Fe + Cu 2+ Fe 2+ + Cu 

Số mol Cu 2+ = 0,1.3 = 0,3 mol 

Nếu Cu 2+ kết tủa hết th? Fe dư => m Cu = 0,3.64 = 19,2 gam > 16 gam (Loại) 

Vậy Cu 2+ chưa kết tủa hết, Fe tan hết => n Fe = n Cu = 16/24 = 0,25 mol 

m B = 0,25.56 = 14 < 14,45 => loại 

Trường hợp 2: a < 2b, KOH hết, Zn dư nên trong B có Zn và Fe 

2K + 2H 2 O 2KOH + H 2 

a a a/2 

2KOH + Zn K 2 ZnO 2 + H 2 

a a/2 

Số mol H 2 = a/2 + a/2 = 0,3 => a = 0,3 

m 

B = (65b – a/2) + 56c = 14,45 (*) 

Zn + Cu 2+ Zn 2+ + Fe 

Fe + Cu 2+ Fe 2+ + Cu 

Số mol Cu tạo ra = 16/64 = 0,25 mol 

b – a/2 + c = 0,25 (**) 

Từ (*) và (**) => b = c = 0,2 mol 

Hỗn hợp Y: 

m K = 39.0,3 = 11,7 gam ; 

m Zn = 65.0,2 = 12 gam ; 

m Fe =56.0,2=11,2 gam 

Câu 46 

Cho 6,45 gam hổn hợp gồm Al và Al 2 O 3 tác dụng với dung dịch HNO 3 loãng dư. Sau phản ứng thu 

được V lit khí NO (đktc) và dung dịch B có 32,7 gam muối, nếu cũng cho khối lượng hổn hợp trên 

tác dụng với dung dịch HCl thu 20,025 gam muối. 

a) Tìm muối có trong dung dịch B. 

b) Viết các phản ứng xảy ra. 
















c) Tính V (lit) khí NO 

Giải 

Gọi a,b là số mol của Al và Al 2 O 3 trong hổn hợp ban đầu 

Al + 4HNO 3 Al(NO 3 ) 3 + NO + H 2 O 

amol amol 

Al 2 O 3 + 6HNO 3 2Al(NO 3 ) 3 + 3 H 2 O 

.bmol 2b mol 

Al + 3HCl AlCl 3 + H 2 

Al 2 O 3 + 6HCl 2AlCl 3 + 3 H 2 O 

Al và Al 2 O 3 tác dụng với HNO 3 hay HCl thì 

20,025 

nAl NO 

= nAlCl 

= a + 2b 

= = 0, 15mol 

( 3 ) 3 

3 

133,5 

Và ta có : 27a + 102b = 6,45 (**) 

Giải hệ pt: a = b = 0,05 mol 

m = 0,15* 213 = 31,95gam 

32, gam 

Al ( NO ) 3 

< 7 

3 

Vậy dung dịch B ngoài muối Al(NO 3 ) 3 còn phải chứa muối NH 4 NO 3 

m = 32,7 − 31,95 0, gam 

NH NO 

75 

= 

4 3 

0,75 

nNH NO 

0, 009375mol 

4 3= 

= 

80 

8Al + 30HNO 3 8Al(NO 3 ) 3 + 3NH 4 NO 3 + 9H 2 O 

0,025 mol 0,009375mol 

n Al taoNO 

= 0 ,05 − 0,025 = 0, 025mol 

nAl = nNO 

= 0, 025mol 

V NO = 0,025*22,4 = 0,56 lit 

Câu 47 

1. Khi thêm NaOH vào dung dịch CuSO 4 thì tạo ra kết tủa Cu x (OH) y (SO 4 ) z . Để làm kết tủa 

hoàn toàn ion Cu 2+ chứa trong 25 ml CuSO 4 0,1M cần 18,75 ml NaOH 0,2M. 

- Xác định tỉ số mol Cu 2+ /OH - trong kết tủa 

- Tính thành phần phần trăm các nguyên tố trong Cu x (OH) y (SO 4 ) z 

- Viết phương trình hóa học xảy ra. 

Giải: 

1. nCu 2+ = nCuSO 4 = 0,0025 mol 

nOH - = nNaOH = 0,00375 mol 

2 + 

nCu 1 2 

nOH = − 

1, 5 = 3 

1 

nNa 

2SO4 

= nNaOH = 0,001875mol 

2 

2− 

⇒ nSO = 0,0025 − 0,001875 = 0,000625 (trong kết tủa) 


4 















nCu 2+ : n OH − : nSO 2- 4 = 0,0025 : 0,00375 : 0,000625 = 4: 6: 1 

→ Công thức phân tử của kết tủa là: Cu 4 (OH) 6 SO 4 

256 

%Cu = .100 = 53,388% 

32 

454 

%S = .100 = 7,048% 

454 

160 

%O = .100 = 35, 242% 

%H = 1,322% 

454 

Phương trình: 4CuSO 4 + 6NaOH → Cu 4 (OH) 6 SO 4 + 3Na 2 SO 4 

Câu 48 

Cho 3,25 gam kim loại kiềm M và kim loại M’ (hóa trị II) hòatan hoàn toàn trong nước thu được 

1,008 lít khí (đktc) và dd D. Chia D thành hai phần bằng nhau: 

+ Phần 1: Cô cạn được 2,03 gam chất rắn 

+ Phần 2: Cho tác dụng với 100 ml dd HCl 0,35M được kết tủa E. 

Xác định M và M’. Tính khối lượng mỗi kim loại ban đầu và khối lượng kết tủa E 

Giải 

Số mol H 2 : 0,045 mol. Đặt số mol M và M’ lần lượt là a và b 

M + H 2 O MOH + 1/2H 2 

a mol a mol a/2 mol 

Ta có a.M + b.M’ = 3,25 (1) 

VÌ HCl + D tạo kết tủa nên M’ phải tan trong dd kiềm: 

M’ + 2MOH M 2 M’O 2 + H 2 

b mol b mol b mol 

Trong dd D chứa b mol M 2 M’O 2 và (a-2b) mol NaOH: a + 2b = 0,045. 2 = 0,09 mol (2) 

Ta lại có: [2M + M’ + 32).b + (M + 17)(a - 2b)] = 2. 2,03 (3) 

Thay (1) vào (3) => 17a – 2b = 0,81 (4) 

Giải hệ (2), (4) => a = 0,05 , b = 0,02 mol 

Ta lại có: 2M’ + 5M = 325 => M < 65 

Biện Luận => M = 39 ( Kali) => M’ = 65 (Kẽm) 

Do đó Khối lượng Zn = 1,3 gam; khối lượng K = 1,95 gam 

Trong ½ D có 0,01 mol K 2 ZnO 2 và 0,005 mol KOH. 


Số mol HCl: 0,35.0,1 = 0,035 mol 

KOH + HCl KCl + H 2 O 















0,005 0,005 

K 2 ZnO 2 + 2HCl Zn(OH) 2 + 2KCl 

0,01 0,02 0,01 

Zn(OH) 2 + 2HCl ZnCl 2 + H 2 O 

0,005 0,01 

Khối lượng = (0,01 – 0,005 ). 99 = 0,495 gam 

Câu 49 

1. Hoà tan 5,4 gam hỗn hợp K 2 Cr 2 O 7 và Na 2 Cr 2 O 7 vào nước thành một lít dung dịch A. Cho 50 ml 

dung dịch FeSO 4 0,102M vào 25 ml dung dịch A. Để xác định lượng FeSO 4 dư cần dùng 16,8 ml 

dung dịch KMnO 4 0,025M. Biết các quá trình trên đều xảy ra trong môi trường H 2 SO 4 . Viết phương 

trình hoá học xảy ra và tính khối lượng mỗi muối đicromat nói trên. 

2. Dung dịch A gồm 0,4 mol HCl và 0,05 mol Cu(NO 3 ) 2 . Cho m gam bột Fe vào dung dịch khuấy 

đều cho đến khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn X gồm hai kim loại, có khối lượng 0,8m gam. 

Tính m. Giả thiết sản phẩm khử HNO 3 duy nhất chỉ có NO. 

3.Người ta mạ niken lên mặt vật kim loại bằng phương pháp mạ điện trong bể mạ chứa dung dịch 

NiSO 4 (điện cực trơ), với cường độ dòng điện I = 9A. Cần mạ một mẫu vật kim loại hình trụ có bán 

kính 2,5cm, chiều cao 20cm sao cho phủ đều một lớp niken dày 0,4 mm trên bề mặt. Hãy: 

a. Viết quá trình các phản ứng xảy ra trên các điện cực của bể mạ điện. 

b. Tính thời gian của quá trình mạ điện trên. Cho khối lượng riêng của Ni là 8,9 g/cm 3 . 

4.Cho 50 gam dung dịch muối MX (M là kim loại kiềm, X là halogen) 35,6% tác dụng với 10 gam 

dung dịch AgNO 3 thu được một kết tủa. Lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch nước lọc. Biết nồng độ 

MX trong dung dịch nước lọc bằng 5 lần nồng độ MX trong dung dịch ban đầu. Xác định công 

6 

thức muối MX 

Giải: 

1. Cr 2 O 2- 7 + 6Fe 2+ + 14H + →2Cr 3+ + 6Fe 3+ + 7H 2 O. 

MnO - 4 + 5 Fe 2+ + 8 H + → Mn 2+ + 5 Fe 3+ + 4H 2 O. 

Gọi x, y là số mol K 2 Cr 2 O 7 và Na 2 Cr 2 O 7 trong 5,4 gam hỗn hợp. 

⎧ 1 

⎪x 

+ y = (0,05.0,102 − 0,0168.0,025.5).40 = 0,02 

⎨ 6 

⎪ 

⎩294x 

+ 262y 

= 5, 4 

giải hệ thu được x = 0,005 mol; y = 0,015 mol 

294.0,005.100 

% K2Cr2O 

7 

= = 27, 22% % Na2Cr2O 

7 

5,4 

= 100% − 27,22% = 72,78% 

2.Dung dịch A có 0,4 mol H + , 0,05 mol Cu 2+ , 0,4 mol Cl - - 

, 0,1 mol NO 3 

Khi cho Fe vào dung dịch A xảy ra các phản ứng : 

Fe + 4H + - 

+ NO 3 → Fe 3+ + NO + 2H 2 O (1) 

0,4 0,1 

0,1 0,4 0,1 0,1 

0 0 0,1 

Fe + 2Fe 3+ → 3Fe 2+ (2) 
















0,05 0,1 

Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu (3) 

0,05 0,05 0,05 

Số mol Fe đã tham gia các phản ứng từ (1) đến (3) là 0,1+ 0,05 + 0,05 = 0,2 (mol) 

Hỗn hợp 2 kim loại sau phản ứng gồm Fe dư, Cu. 

(m - 56×0,2) + 0,05 ×64 = 0,8 m ⇒ m = 40 (gam) 

3/ 

a. Phương trình các phản ứng xảy ra trên bề mặt các điện cực của bể mạ: 

Anot (cực +): 2 H 2 O → O 2 + 4H + + 4e 

Catot (cực -): Ni 2+ + 2 e → 2Ni 

Phương trình của phản ứng điện phân là: 

2 Ni 2+ ®pdd 

+ 2H 2 O ⎯⎯⎯→ 2Ni + O 2 + 4H + 

b. Lớp phủ niken ở mẫu vật có bề dày 0,4 mm nên ở mẫu vật này bán kính tăng tới 2,5 + 0,04 = 

2,54 (cm); chiều cao tăng tới 20,0 + 0,04×2= 20,08 (cm). 

Vậy thể tích Ni cần mạ trên mẫu vật là: 

∆V = V ' - V = [3,14. (2,54) 2 . 20,08] - [3,14 × (2,5) 2 × 20] = 14,281(cm 3 ) 

Khối lượng Ni cần dùng : 

m = V.D =14,281.8,9 = 127,101 (gam) 

Từ biểu thức của định luật Farađay: 

.96500. 127,101.96500.2 

m = AIt t 

m n 

46196,785 

96500. n 

⇒ = AI 

= 59.9 

= gi©y = 12,832 giê 

4.Khối lượng của muối MX là: m = 35,6 . 50 : 100 = 17,8 (gam) 

Gọi x là số mol của muối MX : MX + AgNO 3 → MNO 3 + AgX. 

x x x x 

Khối lượng kết tủa của AgX: m = (108 + X) . x (gam) 

Khối lượng MX tham gia phản ứng: m = (M + X) . x (gam) 

Khối lượng MX còn lại là: m = 17,8 - (M + X) . x (gam) 

Suy ra nồng độ MX trong dung dịch sau phản ứng là 

[17,8 - (M+X).x].100 35,6 5 

= . 

[50+10 - (108 +X).x] 100 6 

Biến đổi ta được 120 . (M + X) = 35,6 (108 + X) 

Lập bảng : 

M Li(7) Na(23) K(39) 

X Cl(35,5) 12,58 4634,44 

Vậy MX là muối LiCl. 

Câu 50 

A là mẫu hợp kim Cu – Zn. Chia mẫu hợp kim đó thành 2 phần bằng nhau: 

- Phần 1 hòa tan bằng dung dịch HCl dư thấy còn lại 1 gam không tan. 

- Phần 2 luyện thêm 4 gam Al vào thì thấy thu được mẫu hợp kim B trong đó hàm lượng 

phần trăm của Zn nhỏ hơn 33,33 % so với hàm lượng Zn trong mẫu hợp kim A. 

a) Tính hàm lượng % của Cu trong mẫu hợp kim A, biết rằng khi ngâm mẫu hợp kim B vào 

dung dịch NaOH thì sau một thời gian khí bay ra đã vượt quá 6,0 lít (đktc). 

b) Từ hợp kim B muốn có hợp kim C chứa 20% Cu; 50% Zn và 30% Al thì phải luyện thêm các 

kim loại với lượng như thế nào? 
















Giải: 

1. Ở phần thứ nhất: Hòa tan trong dung dịch HCl dư, chỉ Zn tan ⇒ vậy 1 gam kim loại không 

tan chính là Cu. Nếu gọi x là khối lượng Zn trong mỗi phần thì: khối lượng phần thứ nhất bằng khối 

lượng phần thứ 2 và bằng (1 + x)gam 

Ở phần thứ hai: sau khi luyện thêm 4 gam Al ta có: 

%m Zn (trong A) - %m Zn (trong B) = 33,3% = 1 3 

x x 1 2 

Hay: − = ⇒ x − 6x + 5 = 0 (I) . Giải ra: x 1 = 1; x 2 = 5. 

x + 1 x + 1+ 

4 3 

Khi hòa tan B trong dung dịch NaOH có các phản ứng: 

Zn + 2NaOH →Na 2 ZnO 2 + H 2 ↑ (1) 

2Al + 2NaOH + 2H 2 O → 2NaAlO 2 + 3H 2 ↑ (2) 

Ở thời điểm có 6 lit khí bay ra, ta không xác định được lượng Al và Zn phản ứng (bị hòa tan) là bao 

nhiêu ( do không biết tốc độ hòa tan của mỗi kim loại) 

Vậy nếu gọi m Al phản ứng là m(g) (đk: 0 ≤ m ≤ 4) 

và gọi m Zn phản ứng là n(g) ( đk: 0 ≤ n≤ 5), theo (1), (2) ta có: 

⎛ n ⎞ 3 ⎛ m ⎞ 6 

nH 2 

= ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ > (bài cho) 

⎝ 65 ⎠ 2 ⎝ 27 ⎠ 22, 4 

390 − 22, 4n 

⇒ m > , và vì m ≤ 4 

80,89 

Nên: 390 − 22,4n < 4 ⇒ n > 3 ta chọn x 2 = 5 (g) hợp lí. 

80,89 

Vậy hàm lượng % Cu trong (A) là: 1 .100% = 16,67% 

6 

2. Thành phần hợp kim B như sau: 1g Cu, 5g Zn, 4g Al 

Tức là Cu chiếm 10%, Zn chiếm 50%, Al chiếm 40%. Trong hợp kim (C), % khối lượng Al 

giảm (còn 30%), để đơn giản ta coi như lượng Al không đổi (cố định), chỉ thay đổi lượng Cu 

và lượng Zn 

Vì trong hợp kim (C), 4g Al chiếm 30% nên: 

20% Cu ứng với: 4 .20 = 2,667(g) ⇒ cần thêm 1,667g Cu 

30 

50% Zn ứng với: 4 .50 = 6,667(g) ⇒ cần thêm 6,667g Zn 

30 

Câu 51 

1.Cho a mol Cu tác dụng với 120ml dung dịch A gồm HNO 3 1M và H 2 SO 4 0,5M (loãng), thu được 

V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). 

a. Tính V, biết rằng phản ứng xảy ra hoàn toàn. 

b. Giả sử sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, lượng Cu kim loại không tan hết thì lượng muối 

khan thu được là bao nhiêu gam? 

2. Cho hỗn hợp gồm a mol FeS 2 và b mol Cu 2 S tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO 3 thì thu được 

dung dịch A (chỉ chứa 2 muối sunfat) và 26,88 lít hỗn hợp khí Y gồm NO 2 và NO ở điều kiện tiêu 

chuẩn (không còn sản phẩm khử nào khác), tỉ khối của Y so với H 2 là 19. Cho dung dịch A tác dụng 
















với Ba(OH) 2 dư thì thu được kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi thì thu được m gam chất 

rắn. 

a. Tính % theo thể tích các khí. 

b. Tính giá trị m. 

Giải: 

1.a). Tính V NO . 

Theo bài ra ta có: n 

HNO 

= 0,12 (mol); n 

3 

H2SO 

= 0,06 (mol) 

4 

=> số mol H + = 0,24 ; số mol NO - 3 = 0,12 ; số mol SO 2- 4 = 0,06 

Phương trình phản ứng: 

3Cu + 8H + − 

+ 2NO 3 

⎯⎯→ 3Cu 2+ + 2NO + 4H 2 O 

Bđ: a 0,24 0,12 

Trường hợp 1: Cu hết, H + dư (tức là a < 0,09) → n NO = 2a 

3 (mol) 

→ V NO = 14,933a (lít) 

Trường hợp 2: Cu dư hoặc vừa đủ, H + hết (a ≥ 0,09) 

→ V NO = 0,06.22,4 = 1,344 (lít) 

b). Khi Cu kim loại không tan hết (tức a > 0,09) thì trong dung dịch sau phản ứng gồm có: số mol 

Cu 2+ = 0,09 ; số mol NO - 3 = 0,06 ; số mol SO 2- 4 = 0,06 

→ m muối = 0,09.64 + 0,06.62 + 0,06.96 = 15,24 (gam) 

2. 

a/ 

a) Áp dụng phương pháp sơ đồ đường chéo ta có: 

NO 2 46 8 

38 

NO 30 8 

26,88 

=> n 

NO 

= n 

2 NO 

= = 0,6 mol 

22,4.2 

=> %V NO 

= %V 

N O 2 

= 50% 

b) * Sơ đồ phản ứng: 

FeS 2 + Cu 2 S + HNO 3 ⎯ ⎯→ dd { Fe 3+ + Cu 2+ 2− 

+ SO 

4 

} + NO ↑ + NO 2 ↑ + H 2 O 

a b a 2b 2a + b mol 

- Áp dụng bảo toàn định luật bảo toàn điện tích ta có: 

3a + 2.2b = 2(2a + b) => a - 2b = 0 (1) 

- Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 

FeS 2 Fe 3+ + 2S +6 + 15e 

Cu 2 S 2Cu 2+ + S +6 + 10e 

=> 15n 

Fe S 2 

+ 10n 

Cu 2 S 

= 3n NO 

+ n 

NO 2 

=> 15a + 10b = 3.0,6 + 0,6 = 2,4 (2) 

Giải hệ (1), (2) ta có: a = 0,12 mol; b = 0,06 mol 

* Sơ đồ phản ứng: 

{Fe 3+ , Cu 2+ , SO 2− 

} ⎯ + Ba(OH) 

⎯⎯⎯ 

⎯ dö 2 

→ {Fe(OH) 4 3 , Cu(OH) 2 , BaSO 4 } 


t 

{Fe(OH) 3 , Cu(OH) 2 , BaSO 4 ⎯⎯→ 

0 

Fe 2 O 3 , CuO, BaSO 4 

3+ 

Fe ⎯⎯→ 

Fe O 

2 

2 3 

0,12 

0,06 















Cu 2 + 

⎯→CuO 

0,12 0,12 

BaSO 4 ⎯ ⎯→ BaSO 4 

0,3 0,3 mol 

=> m (chất rắn) = 0,06.160 + 0,12.80 + 0,3.233 = 89,1 gam 

Câu 52 (Phú Yên – 2010) 

Hòatan hoàn toàn 68,4 g hỗn hợp A gồm R và R x (CO 3 ) y (trong đó số mol R gấp đôi số mol 

R x (CO 3 ) y ) trong V lít dd HNO 3 1M (lấy dư 40% so với lượng phản ứng) thoát ra hỗn hợp khí B gồm 

NO và CO 2 (NO là sp khử duy nhất). Khí B làm mất màu vừa đủ 420 ml dd KMnO 4 1M trong 

H 2 SO 4 lo?ng dư, đồng thời thấy thoát ra khí X (đã được làm khô). X làm khối lượng dung dịch 

nước vôi trong dư giảm 16,8 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 

1/ Viết các phương trình hóa học xảy ra dưới dạng ion thu gọn 

2/ Xác định công thức muối cacbonat và % khối lượng mỗi chất trong A 

Giải 

1. 3R x (CO 3 ) y + (4nx-2y)H + - 

+(nx-2y)NO 3 (nx-2y)NO + 3xR n+ + 3yCO 2 + (2nx-y)H 2 O 

3R + 4nH + - 

+ n NO 3 3R n+ + nNO + 2nH 2 O 

- 

5NO + 3MnO 4 + 4H + - 

5NO 3 + 3Mn 2+ + 2H 2 O 

CO 2 + Ca 2+ + 2OH - CaCO 3 + H 2 O 

2. Gọi a là số mol R x (CO 3 ) y và 2a là số mol R 

Ta có: Số mol KMnO 4 : 0,42 mol => Số mol NO = 0,07 mol 

Khối lượng dd giảm: 16,8 = 100t - 44t (Với t là số mol CO 2 ) => t = 0,3 (mol) 

Số mol CO 2 : ay = 0,3 (1) 

Số mol NO: a(nx-2y)/3 + 2n/3 = 0,7 (2) 

Mà: a(x M R + 60y) + 2a M R + = 68,4 (3) 

Từ (1), (2) => a = 2,7/ (nx + 2n) (*) 

Và a = 50,4 /(x M R + 2 M R) (**) 

Từ (*) và (**) => M R = 50,4n/27 = 56n/3 

Biện Luận: Nghiệm hợp lí: n=3 => M R = 56 (Fe) 

Thế n=3 => (*) => a = 2,7/ (3x + 6) 

Từ (1) => a = 0,3/y => 2,7 /(3x + 6) = 0,3/y 3x = x + 2 => x=1, y=1 

=> CTPT của muối là FeCO 3 

Ta có a = 0,3 , Từ phương trình pư => Số mol HNO 3 pư = 0,6. 4 + 1 = 3,4 mol 

=> V = (3,4 + 3,4 . 0,4) / 1 = 4,76 lít 

Câu 53 

a. Cho 18,3 gam hỗn hợp X gồm Na và Ba vào nước thu được dung dịch Y và 4,48 lít khí 

hidro (đktc). Xác định thể tích khí CO 2 (đktc) cho vào dung dịch Y để thu được kết tủa cực 

đại? 

b. Cho 11,6g FeCO 3 tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO 3 thu được hỗn hợp khí (CO 2 và NO) 

và dung dịch X. Khi thêm dung dịch HCl dư vào dung dịch X thì hoà tan tối đa được bao 

nhiêu gam đồng? (iết có khí NO bay ra). 

. 

Giải: 

a/ Pư: 

Na ---------------------------------------- 1/2H 2 (1) 
















Goi x 1/2x 

Ba ---------------------------------------- H 2 (2) 

Gọi y 

y 

⎧23x 

+ 137 y = 18,3 ⎧x 

= 0,2 

⎨ 

=> ⎨ 

⎩1/ 2x 

+ y = 4,48 / 22,4 ⎩ y = 0,1 

CO 2 + Ba(OH) 2 BaCO 3 + H 2 O (3) 

0,1 0,1 

CO 2 + 2NaOH Na 2 CO 3 + H 2 O (4) 

0,1 0,2 

Để thu được kết tủa lớn nhất thì chỉ (3) xảy ra ; hoặc cả (3) và (4) cùng xảy ra vừa đủ. 

Vậy : 0,1 ≤ n CO 2 

≤ 0,2 hay 2,24 lit ≤ V CO2 ≤ 4,48 lit 

b/ 

.n FeCO3 = 0,1 mol 

3FeCO 3 + 10HNO 3 3Fe(NO 3 ) 3 + 3CO 2 + NO + 5H 2 O 

0,1 mol 0,1 

2Fe(NO) 3 + 24HCl + 9Cu 9CuCl 2 + 2FeCl 3 + 6NO + 12H 2 O 

0,1 9/2 . 0,1 

Vậy: .m Cu = 28,8g 

Câu 54 

Đốt cháy hoàn toàn 4,4 gam sunfua của kim loại M (có công thức MS) trong oxi dư. Sau phản ứng 

hòatan chất rắn tạo thành trong lượng vừa đủ dd HNO 3 37,8% sinh ra dung dịch muối X có nồng độ 

41,72%. Làm lạnh dung dd này được 8,08 gam muối kết tinh. Lọc tách chất rắn, dung dịch còn lại 

có nồng độ 34,7%. Xác định công thức muối kết tinh 

Giải 

2MS + (2n/2)O 2 M 2 O n + 2SO 2 

a mol 

0,5a mol 

M 2 O n + 2nHNO 3 M(NO 3 ) n + H 2 O 

0,5a mol an mol a mol 

m dd HNO 3 = (63an.100)/37,8 = 500an/3 gam 

m 

ddspư = a.M + 8an + 500an/3 

Nồng độ muối (a.M+62n) : (an + 524an/3) = 0,4172 => M = 18,67n 

Nghiệm hợp lí. n =3 => M = 56 (Fe) 

Ta có: a(M+32) = 4,4 => a = 0,05 mol 


m 

Fe(NO 3 ) 3 = 0,05.242 = 12,1 gam 

Khối lượng dd say khi muối kết tinh tách ra: a.M + 524an/3 – 8,08 = 20,92 gam 

Khối lượng Fe(NO 3 ) 3 cònlại trong dd: 20,92.34,7/100 = 7,26 gam 















Khối lượng Fe(NO 3 ) 3 kết tinh: 12,1 – 7,26 = 4,84 gam 

Đặt CT muối Fe(NO 3 ) 3 .xH 2 O => (4,84/242). (242+18x) = 8,08 => x = 9 

Vậy công thức của muối: Fe(NO 3 ) 3 .9H 2 O 

Câu 55 

Cho 13 gam hỗn hợp A một kim loại kiềm M và một kim loại M ’ (hóa trị II) tan hoàn toàn vào 

nước tạo thành dung dịch B và 4,032 lít H 2 (ở đktc). Chia dung dịch B làm 2 phần bằng nhau : 

Phần 1 : Đem cô cạn thu được 8,12 gam chất rắn X. 

Phần 2 : Cho tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 0,35 mol/l (M) tạo ra kết tủa Y. 

a) Tìm kim loại M, M’. Tính số gam mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 

b) Tính khối lượng kết tủa Y. 

Giải: 

a) 

Vì dung dịch B + dung dịch HCl kết tủa nên M’ có hyđroxyt lưỡng tính. 

1 

M + H 2 O = MOH + 

2 

2 H (1) 

x mol 

x 

x mol 

2 

M’ + 2MOH = M 2 M’O 2 + H 2 (2) 

y mol 2y y y 

MOH + HCl = MCl + H 2 O (3) 

x − 2y x − 2y 

( ) ( ) 

2 2 

M 2 M’O 2 + 2HCl = M’(OH) 2 + 2MCl (4) 

y 

y 

y 

2 

2 

M’(OH) 2 + 2HCl = M’Cl 2 + 2H 2 O (5) 

n = 0,14mol 

n 

HCl 

H2 

= 0,18mol 

⎧ x 

⎪ + y = 0,18 ( 1) 

2 

⎪ 

⎪ ⎛ x ⎞ 

y 

⎨ ⎜ ⎟ 

⎪ ⎝ 2 ⎠ 

2 

⎪ Mx + M ' y = 13 3 

⎪ 

⎩ 

( M + 17) − y + ( 2 M + M ' + 32) = 8,12 ( 2) 

(3) => 0,2M + 0,08M’ = 13 

=> 2,5M + M’ = 162,5 ( M








M Li (7) Na (23) K (39) 

M’ 145 (loại) 105 (loại) 65 (Zn) 

M là Kali => m K = 39 x 0,2 = 7,8 g 

M’ là Zn => m Zn = 65 x 0,08 = 5,2 g 

x − 2y 

0, 2 − 0,16 

nHCl 

= + y = + 0,08 = 0,1 mol ( phản ứng 3 +4 ) 

2 2 

n HCl dư = 0,14 - 0,1 = 0,04 mol 

y 

n Zn(OH)2 = = 0,04mol 

( phản ứng 4 ) 

2 

(5) => n Zn(OH)2 = 1 2 n HCl = 0,02 mol 

=> n Zn(OH)2 dư = 0,04 - 0,02 = 0,02 mol 

m Zn(OH)2 = 99 x 0,02 = 1,98 g 

Câu 56 

Hoà tan 16,8 (gam) một kim loại M vào dung dịch HCl dư thu được 6,72 lit khí H 2 (đktc). 

a) Tìm kim loại M. 

b) Hoà tan 25,2 (gam) kim loại M vào dung dịch H 2 SO 4 10% ( loãng), vừa đủ. Sau khi kết thúc 

phản ứng thu được dung dịch A. Làm lạnh dung dịch A thu được 55,6 (gam) muối sunfat kết tinh 

ngậm nước của kim loại M tách ra và còn lại dung dịch muối sunfat bão hoà có nồng độ 9,275%. 

Tìm công thức của muối sunfat ngậm nước của kim loại M. 

Giải: 

a) 

n H 2 

= 0,3 mol. Gọi khối lượng mol nguyên tử và hoá trị của kim loại M lần lượt là M và n 

2M + 2nHCl → 2MCl n + n H 2 ↑ 

0,6/n mol 

0,3 mol 

0,6/n. M = 16,8 → M= 28n → M là Fe 

b) n Fe = 25,2/56 = 0,45 mol 

ptpư: Fe + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 ↑ 

0,45 mol 0,45 mol 0,45 mol 0,45 mol 

m dd H 2 SO 4 10% = (0,45. 98.100%)/10% = 441 (gam) 

m ddA = m Fe + m dd H 2 SO 4 10% - m H 2 

= 25,2+ 441 - 0,45.2 = 465,3 (gam) 

- Khi làm lạnh dung dịch A, tách ra 55,6 gam muối FeSO 4 .xH 2 O 

Vậy dung dịch muối bão hoà còn lại có khối lượng là: 

m dd còn lại = 465,3 - 55,6 = 409,7 (gam) 

m FeSO4 

theo bài ra: % C FeSO 4 

= .100% = 9,275% 

409,7 

m FeSO 4 

= 38 (gam) →n FeSO 4 

= 0,25 mol 

n FeSO 4 . xH 2 O = 0,45 - 0,25 = 0,2 mol →(152 + 18x). 0,2 = 55,6 

x= 7 → Công thức phân tử của muối FeSO 4 ngậm nước là: 

FeSO 4 .7H 2 O 

Câu 57 
















Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác dụng hoàn toàn với oxi 

thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam. Tính thể tích dung dịch HCl 2,0 M vừa 

đủ để phản ứng hết với Y? 

Giải: 

Gọi R là công thức chung của 3 kim loại. R hóa trị n 

Ta có sơ đồ phản ứng: 

O2 

HCl 

2R ⎯⎯→ R O ⎯⎯⎯→ 2RCl 

2 

3,33 − 2,13 

⇒ n − = 2nO 

⇔ n − = 2. = 0,15mol 

Cl 

Cl 

16 

⇒ m = m + m = 2,13+ 0,15.35,5 = 7,455gam 

m' 

KL − 

Cl 

n 

n 

V HCl = 0,15 =0,075 lít =75ml 

2 

Câu 58 

Một hỗn hợp rắn A gồm M và oxit của kim loại đó chia làm 3 phần bằng nhau, mỗi phần có khối 

lượng là 59,08 gam. Hòatan phần 1 vào dung dịch HCl dư giải phóng 4,48 lít khí H 2 (đktc). Cho 

toàn bộ phần 2 tan hết trong nước cường toan sinh ra 17,92 lít khí NO duy nhất (đktc). Và cho phần 

3 tan hoàn toàn trong 400 ml dung dịch X chứa đồng thời KNO 3 và H 2 SO 4 lo?ng dư được 4,48 lít 

khí duy nhất là NO (đktc). Xác định tên kim loại M và công thức oxit trong A. 

Giải 

* Trường hợp 1: M có số oxi hóa duy nhất (+n) 

Ta có số mol H 2 = số mol NO . ĐLBT elctron => 0,5nx = nx/3 (Vô lí) => Loại 

* Trường hợp 2: M có 2 mức oxi hóa khác nhau: 

+) Trong phản ứng ở phần 1. M tác dụng với HCl tạo ra M n+ và 0,5nx mol H 2 

+) Trong phản ứng ở phần 3. M tác dụng H + , NO 3 - tạo ra M k+ và xk/3 mol NO 

Theo bài 0,5nx = nk/3 => n/k = 2/3 = 4/6 = 6/9 = … 

Ta biết các kim loại có số oxi hóa n hay k không vượt quá +4 

Vậy kim loại M được xét ở đây có đồng thời n=2 và k = 3 => trường hợp 2 đúng 

** Xác định M và oxit của nó: 

Xét trường hợp M có số oxi hóa k = 3 trong oxit: hỗn hợp A gồm M và M 2 O 3 

M 2 O 3 bị khử bởi H 2 dư chuyển thành M tác dụng với nước cường toan (chất oxi hóa rất mạnh) tạo 

thành M 3+ trong pư: M + 3HCl + HNO 3 MCl 3 + NO + H 2 O (*) 


Số mol H 2 = 0,5nx = 0,2 mà n = 2 => x = 0,2 

Thep phương trình (*) => tổng số mol M trong 59,08 gam A là 0,8 mol 





 

Số mol M trong oxit 0,8 – 0,2 = 0,6 mol 











Ta có: 0,2M + (2M + 48)0,6/2 = 59,08 => M = 55,85 

Do đó M là Fe và oxit là Fe 2 O 3 

Vấn đề đặt ra tiếp theo là trong hỗn hợp A có oxit nào khác chứ không chỉ là Fe 2 O 3 . Đặt số oxi hóa 

của Fe trong oxit này là t => Oxit là Fe 2 O t 

Theo kết quả tính trên, trong 59,08 gam A có 0,2 mol Fe 

Nên số gam Fe 2 O t là 59,08 – 0,2.56 = 47,91 gam (z mol) 

Số mol do Fe từ Fe 2 O t tác dụng với nước cường toan tạo ra là: 2.z = 0,8-0,2 => z = 0,3 

Theo khối lượng Fe 2 O t => 0,3.(55,85.2 + 16t) = 47,91 => t = 3 

Vậy Fe 2 O t chính là Fe 2 O 3 

Câu 59 

1. Hòa tan hoàn toàn 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe 3 O 4 , Fe(NO 3 ) 2 và Al trong dung dịch chứa 3,1 

mol KHSO 4 (loãng). Sau phản ứng, 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, tỉ khối của Z 

so với He là 23/18. Tính phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X. 

2. Hoà tan hoàn toàn 5,4 gam một kim loại R bằng dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng dư, thu được SO 2 

(sản phẩm khử duy nhất). Cho toàn bộ lượng khí này hấp thụ hết vào 350 ml dung dịch NaOH 2M. 

Sau phản ứng, cô cạn dung dịch thì thu được 41,8 gam chất rắn khan. Xác định R. 

3.Dung dịch A 1 chứa NaOH 1M và Ba(OH) 2 0,5M. Dung dịch B 1 chứa AlCl 3 1M và Al 2 (SO 4 ) 3 0,5M. 

Cho V 1 lít dung dịch A 1 vào V 2 lít dung dịch B 1 thu được 56,916 gam kết tủa. Nếu cho dung dịch 

BaCl 2 dư vào V 2 lít dung dịch B 1 thu được 41,94 gam kết tủa. 

Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion và tính giá trị của V 1 và V 2 . 

Giải: 

1. Do M Z =46/9 → khí còn lại phải là H 2 ⇒ NO - 3 hết 

Gọi a, b lần lượt là số mol của H 2 và NO, ta có hệ: 

⎧a + b = 0, 45 ⎧a = 0,4mol 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎩2a + 30b = 2,3 ⎩b = 0,05mol 

Muối sunfat trung hòa: FeSO 4 , Fe 2 (SO 4 ) 3 , (NH 4 ) 2 SO 4 , K 2 SO 4 , Al 2 (SO 4 ) 3 

Theo ĐLBTKL: 66,2 + 3,1.136= 466,6 + 0,45.46/9 + mH 2 O ⇒ mH 2 O=18,9 gam ⇒ nH 2 O=1,05 

mol 

+ 

BTNT Hiđro: 3,1= 4x + 2.1,05 + 2.0,4 ⇒ x= 0,05 mol (nNH 4 = x mol) 

Vậy nNO - 3 = 0,05 + 0,05 = 0,1 mol ⇒ nFe(NO 3 ) 2 =0,05 mol 

BTNT Oxi: 4y + 0,05.6 = 1,05 + 0,05 ⇒ y = 0,2 mol ( y= nFe 3 O 4 ) 

⇒ mAl = 66,2 - 0,2.232 - 180.0,05 = 10,8 gam 

Vậy %(m)Al = (10,8. 100)/66,2 = 16,31% 

- Số mol NaOH = 0,35 . 2 = 0,7 mol 

- Phản ứng: SO 2 + NaOH → NaHSO 3 

SO 2 + 2NaOH → Na 2 SO 3 + H 2 O 

Nếu chất rắn là Na 2 SO 3 thì khối lượng là: 0,35 . 126 = 44,1 gam 

Nếu chất rắn là NaHSO 3 thì khối lượng là: 0,7. 104 = 72,8 gam 
















Chất rắn thu được khi cô cạn dung dịch là 41,8 gam < (44,1; 72,8) 

⇒ Chất rắn thu được gồm Na 2 SO 3 và NaOH dư 

- Đặt số mol của Na 2 SO 3 là x ⇒ Số mol NaOH dư là 0,7-2.x 

Ta có: 126.x + (0,7-2x) . 40 = 41,8 → x = 0,3 mol 

t 

Phản ứng: 2R + 2nH 2 SO 4 đặc ⎯⎯→ o 

R 2 (SO 4 )n + nSO 2 + 2nH 2 O 

⇒ nR = 0,6 

n mol → M R = 9n ⇒ R là Al (nhôm) 

- Phản ứng: 

Ba 2+ + SO 2- 4 → BaSO 4 (1) 

Al 3+ + 3OH - → Al(OH) 3 (2) 

Al(OH) 3 + OH - → AlO - 2 + H 2 O (3) 

- Trong V 1 lít A 1 có OH - : 2V 1 mol, Ba 2+ : 0,5V 1 mol 

Trong V 2 lít B 1 có Al 3+ : 2V 2 mol, SO 2- 4 : 1,5V 2 mol 

- Khi cho V 2 lít tác dụng với dung dịch BaCl 2 dư thì: 

n(SO 2- 4 )=n(BaSO 4 )=0,18 mol ⇒ V 2 =0,12 lít 

⇒ B 1 : Al 3+ : 0,24 mol và SO 2- 4 : 0,18 mol 

* Trường hợp 1: Nếu 2V 1 >0,24. 3 ⇒ kết tủa tan một phần 

nBaSO 4 = 0,18 mol ⇒ nAl(OH) 3 =(56,916 - 233.0,18)/78=0,192 

⇒ nOH - =2V 1 = 4. 0,24 - 0,192 ⇒ V 1 =0,384 lít 

* Trường hợp 2: Nếu 2V 1 ≤ 0,24. 3 ⇒ kết tủa chưa tan 

nBaSO 4 = 0,5V 1 mol (SO 2- 4 đủ hay dư) ⇒ nAl(OH) 3 =(56,916 - 116,5V 1 )/78 

⇒ (56,916- 116,5V 1 )3/78=2V 1 ⇒ V 1 =0,338 lít 

Câu 60 (Olympic 30/4 – 2004) 

Hòatan 48,8 gam hỗn hợp A gồm Cu và Fe x O y trong lượng dư dd axit HNO 3 sinh ra 6,72 lít NO 

duy nhất (đkc) và dd B. Cô cạn cẩn thận ddB được 147,8 gam muối nitrat kim loại 

1/ Xác định công thức oxit sắt 

2/ Cũng 48,8 gam A khi hòatan hoàn toàn trong 400 ml dd HCl 2M được dd C và chất rắn D. Cho C 

phản ứng với lượng dư dd AgNO 3 tạo thành m gam kết tủa. Tính m ? 

Giải 

1) Qui đổi thành 3 nguyên tố Cu, Fe, O. Gọi a = n Cu, b = n O, c = n Fe 

Ta có 64a + 16b + 56c = 48,8 a = 0,4 

BT e: 2a – 2b + 3c = 0,3.3 = 0,9 => b = 0,4 

BTNT 188a + 242c = 147,8 c = 0,3 

VÌ số mol Fe: 0,3 mol, số mol O : 0,4 mol => x / y = ¾ (Fe 3 O 4 ) 

2) Số mol Fe 3 O 4 : 0,1 mol, số mol Cu 0,4 mol 

Fe 3 O 4 + 8HCl FeCl 2 + FeCl 3 + H 2 O 


0,1 mol 0,8 mol 0,1 mol 0,2 mol 

Cu + FeCl 3 CuCl 2 + 2FeCl 2 















0,1 mol 0,2 mol 0,1 mol 0,2 mol 

Dung dịch C gồm FeCl 2 (0,3 mol) và CuCl 2 (0,1 mol) 

FeCl 2 + 3AgNO 3 Ag + Fe(NO 3 ) 3 + 2AgCl 

0,3 mol 0,6 mol 

CuCl 2 + 2AgNO 3 Cu(NO 3 ) 2 + 2AgCl 

0,1 0,2 mol 

m 

kết tủa = 0,8.143,5 + 0,3.108 = 147,2 gam 

Câu 61 

1. Hỗn hợp A gồm Fe x O y , FeCO 3 , RCO 3 (R thuộc nhóm IIA). Hoà tan m gam A dùng vừa 

hết 245 ml dung dịch HCl 2 M. Mặt khác, đem hoà tan hết m gam A bằng dung dịch HNO 3 được 

dung dịch B và 2,8 lít khí C (đktc) gồm NO (sản phẩm khử duy nhất) và CO 2 . Cho dung dịch B tác 

dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được 21,69 gam kết tủa D. Chia D thành 2 phần bằng 

nhau. Nung phần 1 trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 8,1 gam chất rắn chỉ gồm 2 

oxit. Hoà tan hết phần 2 bằng dung dịch H 2 SO 4 loãng vừa đủ được dung dịch G. Cho 23,1 gam bột 

Cu vào một nửa dung dịch G, sau khi phản ứng hoàn toàn lọc tách được 21,5 gam chất rắn. 

Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định Fe x O y , RCO 3 . 

2. Trong bình kín thể tích là 10 lít chứa không khí (20% O 2 và 80% N 2 theo thể tích) và 

1,54 gam chất X (chứa C, H, O, N; tương ứng với 0,02 mol, thể khí) ở áp suất P, nhiệt độ 54,6 0 C. 

Bật tia lửa điện để đốt cháy hết X. Sau đó cho toàn bộ sản phẩm cháy qua lần lượt bình 1 đựng 

P 2 O 5 dư, bình 2 đựng 400 ml dung dịch Ba(OH) 2 0,075M và bình 3 đựng photpho dư đun nóng, khí 

còn lại là N 2 có thể tích là 5,6 lít (đktc). Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hãy xác định giá trị của 

P. Biết bình 1 tăng 1,26 gam, bình 2 tạo 3,94 gam kết tủa và khi đun nóng dung dịch sau phản ứng 

lại có kết tủa xuất hiện, bình 3 tăng 0,16 gam 

Giải 

1. Các phương trình phản ứng xảy ra: 

Fe x O y + 2yHCl → xFeCl 2y/x + yH 2 O 

FeCO 3 + 2HCl → FeCl 2 + CO 2 + H 2 O 

RCO 3 + 2HCl → RCl 2 + CO 2 + H 2 O 

3Fe x O y + (12x – 2y)HNO 3 → 3xFe(NO 3 ) 2 + (3x – 2y)NO +(6x – y)H 2 O 

3FeCO 3 + 10HNO 3 → 3Fe(NO 3 ) 3 + NO +3CO 2 + 5H 2 O 

RCO 3 + 2HNO 3 → R(NO 3 ) 2 + CO 2 + H 2 O 

Fe(NO 3 ) 3 + 3NaOH →Fe(OH) 3 + 3NaNO 3 

R(NO 3 ) 2 + 2NaOH → R(OH) 2 + 2NaNO 3 

2Fe(OH) 

t 

0 

3 ⎯⎯→ Fe 2 O 3 + 3H 2 O 

0 

R(OH) 

t 2 ⎯⎯→ RO + H 2 O 

2Fe(OH) 3 + 3H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6H 2 O 

R(OH) 2 + H 2 SO 4 → RSO 4 + 2H 2 O 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + Cu → 2FeSO 4 + CuSO 4 

Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe(OH) 3 và M(OH) 2 , do nung kết tủa tạo hỗn hợp oxit nên M(OH) 2 

không tan trong nước, gọi z, t lần lượt là số mol của Fe x O y và FeCO 3 trong m gam hỗn hợp A 
















Theo các phương trình phản ứng, bài ra và áp dụng ĐLBT ta có các hệ: 

⎧ 

⎪ 107a + (R + 34)b = 21,69 ⎧a = 0,2 mol 

⎪ 

⎪ 

⎨80a + (R + 16)b = 16,2 ⎨b = 0,005 mol 

⎪a ⎪ R = 24 (Mg) 

⎪ = 4(23,1 − 21,5) : 64 ⎩ 

⎩2 

⎧2zy + 2t + 0,005.2 = 0,49 

⎧zx = 0,12 

⎪ z t ⎪ 

x 3 

⎨(3x − 2y) + 4 + 0,005 = 0,125 ⇒ ⎨zy = 0,16 ⇒ = 

⎪ 3 3 ⎪ y 4 

t = 0,08 

zx + t = 0,2 

⎩ 

⎪⎩ 

Vậy công thức của oxit và muối cacbonat là: Fe 3 O 4 và MgCO 3 . 

2. 

Bình chứa P 2 O 5 hấp thu H 2 O ⇒ mH2O 

= 1, 26 gam 

Bình chứa P hấp tụ O 2 ⇒ m 

O 

= 0,16 gam 

2 

Bình chứa Ca(OH) 2 hấp thụ CO 2 , 

Do tạo kết tủa và đun dung dịch lại xuất hiện kết tủa ⇒ tạo 2 muối 

CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O (1) 

0,03 ← 0,03 → 0,03 

BaCO 3 + CO 2 + H 2 O → Ba(HCO 3 ) 2 (2) 

(0,03-0,1) → 0,1 

Suy ra n 

CO 

= 0,04 mol 

2 

M (không khí)= 20.32 + 28.80 = 28,8 hoặc 29 

100 

Sơ đồ: X + không khí → CO 2 + H 2 O + N 2 (1) 

Áp dụng ĐLBTKL: m X + m kk = m 

CO 

+ m 

2 H2O 

+ m 

N 

+ m 

2 O 

(dư) 

2 

1,54 + x.28.8 = 0,04.44+1,26+0,16 +0,25.28 ⇒ x=0,3 mol 

0,32.0,082.(273 + 54,6) 

P= = 0,86 atm 

10 

Câu 62 

Xử lí 3,2 gam Cu bằng a gam dung dịch axit H 2 SO 4 đặc nóng 95% thu được V 1 lít khí X; phần 

đồng cònlại xử lí bằng b gam dung dịch HNO 3 63% thu được V 2 lít khí Y . Sau hai lần xử lí lượng 

Cu cònlại là 1,28 gam. V 1 và V 2 đo ở đktc có tổng bằng 896 ml. 

a/ Lấy a gam dung dịch H 2 SO 4 95% trộn với b gam dung dịch HNO 3 63% rồi đem pha lo?ng bằng 

nước 20 lần được dung dịch A. Hòatan 3,2 gam Cu vào A thoát ra V 3 lít khí. Tính V 3 (đktc). Các 

phản ứng hoàn toàn. 

b/ Trộn V 1 lít khí X với V 2 lít khí Y đến khi phản ứng hoàn toàn được hỗn hợp Z. Lội Z qua dung 

dịch BaCl 2 dư thu được m gam kết tủa. Tính giá trị m ? 

Giải 

a/ Các phản ứng hòatan Cu : 

Cu + 2H 2 SO 4 = CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 

Cu + 4HNO 3 = Cu(NO 3 ) 2 + 2NO 2 + 2H 2 O 

Khi pha lo?ng 20 lần th? nồng độ axit giảm 20 lần => chỉ xảy ra phản ứng sau : 

3Cu + 8H + - 

+ 2NO 3 = 3Cu 2+ + 2NO + 4H 2 O (*) 

Gọi x, y lần lượt là số mol SO 2 ; NO 2 (Khí X, Y) 
















Ta có x + y = 0,896/22,4 = 0,04 và x + y/2 = (3,2 – 1,28)/64 = 0,03 

=> x = y = 0,02 

Do đó lượng axit đã dùng : HNO 3 = H 2 SO 4 = 0,04 mol 

Dung dịch A có 0,12 mol H + 2- 

- 

; 0,04 mol SO 4 ; 0,04 mol NO 3 

Số mol Cu : 3,2/64 = 0,05 mol 

Từ pt (*) => số mol NO (tính theo H + ) = 0,03 mol 

=> V 3 = 0,03.22,4 = 0,672 lít 

b/ Phản ứng giữa SO 2 và NO 2 

SO 2 + NO 2 = SO 3 + NO 

SO 3 + BaCl 2 + H 2 O = BaSO 4 + 2HCl 

=> m BaSO 4 = 233.0,02 = 4,66 gam 

Câu 63 

Hỗn hợp X gồm kim loại R (có hóa trị không đổi) và Fe. Hòatan hoàn toàn 3,3 gam X trong dung 

dịch HCl dư thu được 2,9568 lít khí ở 27,3 0 C và 1 atm. Cũng lượng 3,3 gam X nếu cho tan hoàn 

toàn trong dung dịch HNO 3 1M lấy dư 10% so với lượng phản ứng thu được 896 ml hỗn hợp khí Y 

gồm NO và N 2 O (đktc) có tỉ khối hơi so với hỗn hợp Y’ gồm C 2 H 6 và NO là 1,35, đồng thời thu 

được dung dịch Z. 

1/ Xác định R và % khối lượng của nó trong X 

2/ Cho dung dịch Z tác dụng với 400 ml dung dịch KOH p M thấy xuất hiện 4,77 gam kết tủa. Tính 

giá trị của p. Biết Fe(OH) 3 kết tủa hoàn toàn 

Giải 

1/ M NO = M C 2 H 6 = 30 => M Y’ = 30 g/mol 

=> M Y = 1,35.30 = 40,5 g/mol. Ta có n Y = 0,896/22,4 = 0,04 mol 

Đặt a = n NO ; b = n N 2 O 

=> a + b = 0,04 và 30a + 44b = 40,5.0,04 

=> a = 0,01 ; b = 0,03 

Gọi x, y là số mol của Fe và R trong 3,3 gam X => 56x + Ry = 3,3 (1) 

Fe + 2HCl = FeCl 2 + H 2 

x 

x 

R + nHCl = RCl n + n/2 H 2 

y 

ny/2 

Số mol H 2 : x + ny/2 = 0,12 (2) 

Hòatan hoàn toàn 3,3 gam X trong dung dịch HNO 3 

* Quá trình oxi hóa : 

Fe Fe 3+ + 3e ; R R n+ + ne 

x 3x y ny 

Số mol e khử = (3x + ny) mol 

* Quá trình khử 

- 

NO 3 + 4H + - 

+ 3e NO + 2H 2 O ; 2NO 3 + 10H + + 8e N 2 O + 5H 2 O 

0,03 0,01 0,24 0,03 

Số mol e oxh = 0,27 mol 

Bảo toàn số mol elctron => 3x + ny = 0,27 (3) 

Từ (2) và (3) => x = 0,03 ; ny = 0,18 (*) 

Thay (*) vào (1) => R = 9n 

Cặp nghiệm phù hợp n = 3 ; R = 27 (Al) => y = 0,06 

% m Al = (0,06.27)/3,3 = 49,09% 
















b/ Số mol HNO 3 pư = 4.0,01 + 10.0,03 = 0,34 mol => mol HNO 3 dư = 0,034 mol 

Khi cho KOH vào dung dịch Z : 

H + + OH - = H 2 O (7) 

0,034 0,034 

Fe 3+ + 3OH - = Fe(OH) 3 (8) 

0,03 0,09 0,03 

Al 3+ + 3OH - = Al(OH) 3 (9) 

Al(OH) 3 + OH - - 

= AlO 2 + 2H 2 O (10) 

VÌ Fe(OH) 3 kết tủa hoàn toàn => m Fe(OH) 3 = 0,03.107 = 3,21 < 4,77 (theo bài ra) 

=> Có Al(OH) 3 ; n Al(OH) 3 = (4,77 – 3,21) / 78 = 0,02 mol < n Al 3+ = 0,06 mol 

Có 2 trường hợp xảy ra : 

Trường hợp 1 : NaOH không đủ tham gia phản ứng 

Số mol NaOH : 0,034 + 0,09 + 0,06 = 0,184 mol 

[NaOH] = 0,184/0,4 = 0,46M 

Trường hợp 2: NaOH đủ để hết pư (9) và tham gia pư (10) 

n OH - (10) = 0,06 – 0,02 = 0,04 mol 

số mol NaOH : 0,034 + 0,09 + 0,18 + 0,04 = 0,344 mol 

[NaOH] = 0,344/0,4 = 0,86M 

Câu 64 

Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở đktc) và một 

lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch CuSO 4 1M thì thu 

được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu 

được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất 

rắn B. 

a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp. 

b) Tính khối lượng chất rắn B. 

Giải: 

n H2 = 0,448:22,4 = 0,02 

n 2 + = 0,06.1= 0,06; n = 3,2:64 = 0,05 

2 + 

Cu 

⇒ 

Cu 2 

du 

Cu 

pu 

n + = 0,06 -0,05 = 0,01 

Các phản ứng: Na + H 2 O → ( Na + + OH - 1 

) + 

2 H 2 (1) 

x x x/2 (mol) 

Al + H 2 O + OH - → AlO - 3 

2 + 

2 H 2 (2) 

x x x 3/2x (mol) 

2Al + 3Cu 2+ → 2Al 3+ + 3Cu (3) 

(y-x) 3/2(y-xI (y-x) 3/2(y-x) 

Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu (4) 


a) Giả sử không có (3) xảy ra ⇒ chất rắn chỉ là Fe 

Theo (4) n o Fe= n Cu = 0,05 ⇒ m o Fe= 0,05.56 = 2,8>2,16 

(không phù hợp đề bài) 

Vậy có (3) và vì Cu 2+ còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và (4) 















Theo (1) và (2): n H2 = x+ 3 x = 0,02 ⇒ x = 0,01 

2 

Theo (3): n Al(3) = y - 0,01 

n Cu2+ = 3 2 

(y - 0,01) 

Theo (4): n Fe = n Cu2+(4) = 0,05- 3 2 

(y - 0,01) 

Ta có : m Na + m Al + m Fe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05- 3 2 

⇒ y = 0,03 

Vậy trong hỗn hợp ban đầu: 

m Na = 23.0,01 = 0,23 gam 

m Al = 27.0,03 = 0,81 gam 

m Fe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam 

b) Trong dung dịch A có: 

n 

n 

n 

3+ 

Al 

2+ 

Cu du 

2+ 

Fe 

= 0,03 − 0,01 = 0,02 

= 0,01 

= n = 1,12 : 56 = 0,02 

Fe 

(y - 0,01)] =2,16 

Ta có sơ đồ 

Cu 2+ → Cu(OH) 2 →CuO ⇒ m CuO = 0,01.80 = 0,8 gam 

Fe 2+ →Fe(OH) 2 →Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 ⇒ m Fe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6 gam 

Al 3+ → Al(Oh ) 3 → Al 2 O 3 

⇒ m Al2O3 = 0,02/2.102 = 1,02gam 

Vậy m B = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gam 

Câu 65 

Sau khi đun nóng 23,7gam KMnO 4 thu được 22,74 gam hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn hợp chất rắn 

trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl 36,5% (d = 1,18g/ml) đun nóng. 

1) Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. 

2) Tính thể tích khí Cl 2 thu được (ở đktc). 

3) Tính thể tích dung dịch axit HCl cần dùng. 

Giải: 

. Các phương trình phản ứng xảy ra 

0 

t 

2KMnO 4 ⎯⎯→ K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 ↑ 

Chất rắn sau phản ứng gồm: K 2 MnO 4 , MnO 2 và KMnO 4 chưa phản ứng : 

Cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl có các phản ứng 

2KMnO 4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl 2 + 5Cl 2 + 8H 2 O 

K 2 MnO 4 + 8HCl → 2KCl + MnCl 2 + 2Cl 2 + 4H 2 O 

0 

t 

MnO 2 + 4HCl ⎯⎯→ MnCl 2 + Cl 2 + 2H 2 O 


2. Ta có các quá trình: 

Mn +7 + 5e → Mn +2 

0,15mol 5.0,15 















2O -2 → O 2 + 4e 

(23,7 – 22,74)/32 0,03.4 

2Cl - → Cl 2 + 2e 

x 2.x 

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 

5.0,15 = 0,03.4 + 2x → x= 0,315 mol → V = 0,315.22,4 = 7,056 lít 

3. Áp dụng định luật bào toàn nguyên tố 

n = n + 2n + 2n 

= 0,15 + 2.0,15 + 2.0,315 = 1,08 mol 

HCl KCl MnCl2 Cl2 

Vậy V dung dịch HCl = 1,08.36,5.100 = 91,53( ml) 

36,5.1,18 

Câu 66 Hòa tan x gam hỗn hợp gồm CuCl 2 và FeCl 3 vào nước, thu được dung dịch A. Chia dung 

dịch A làm hai phần bằng nhau. Cho lượng dư khí hiđro sunfua vào phần một thu được 1,28 gam kết 

tủa. Cho lượng dư dung dịch Na 2 S vào phần hai thu được 3,04 gam kết tủa. Viết PTHH của các phản 

ứng xảy ra và tính x. 

Giải: 

Phần 1: CuCl 2 + H 2 S → CuS↓ + 2HCl (1) 

2FeCl 3 + H 2 S → 2FeCl 2 + S↓ + 2HCl (2) 

Phần 2: CuCl 2 + Na 2 S → CuS↓ + 2NaCl (3) 

2FeCl 3 + 3Na 2 S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl (4) 

Đặt số mol CuCl 2 và FeCl 3 trong mỗi phần là a và b mol. 

Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có 

96a + 16b = 1,28 

96a + 104b = 3,04 

(I) 

(II) 

Giải hệ (I) và (II ) ta được a= 0,01 mol và b = 0,02 mol 

Từ đó ta có x = 2(135.0,01 + 162,5.0,02) = 9,2 gam. 

Câu 67 (Lâm Đồng – 2011) 

Cho kim loại A phản ứng với phi kim B tạo thành hợp chất C có màu vàng cam.Cho 0,1 mol hợp 

chất C phản ứng với khí CO 2 dư tạo thành chất D và 2,4 gam B. Hòatan hết D vào nước được dung 

dịch D. Dung dịch D phản ứng hết với 1000 ml dd HCl 0,1M giải phóng 1,12 lít khí CO 2 (đkc). Xác 

định A, B, C, D. Biết hợp chất C chứa 45,07% A theo khối lượng; D không bị phân tích khi nóng 

chảy. Viết các phương trình hóa học xảy ra. 

Giải 

Số mol HCl 0,1 mol ; CO 2 : 0,05 mol 

Dung dịch D phản ứng hết 0,1 mol HCl giải phóng CO 2 => n H + : 

n CO 2 = 2 : 1 

=> D là muối cacbonat kim loại ; 

D không bị phân tích khi nóng chảy => D là muối cacbonat kim loại kiềm 

2H + 2- 

+ CO 3 = H 2 O + CO 2 

C + CO 2 = D + B 

=> C là peroxit hay superoxit ; B là oxi 
















Gọi công thức hóa học của C là A x O y 

Lượng oxi có trong 1 mol A x O y là : 16.0,05 + 2,4 = 3,2 gam ; 

m C = (3,2.100)/45,05 = 7,1 gam 

=> M C = 7,1 / 0,1 = 71 (g/mol) => m A trong C = 7,1 – 3,2 = 3,9 gam 

Lập tỉ lệ x : y = 3,9/M A : 3,2/16 => M A = 39 

Vậy A là K ; B là O 2 ; C là KO 2 ; D là K 2 CO 3 

K + O 2 = KO 2 

4KO 2 + 2CO 2 = 2K 2 CO 3 + 3O 2 

K 2 CO 3 + 2HCl = 2KCl + CO 2 + H 2 O 

Câu 68 

Nung 8,08 gam một muối A, thu được các sản phẩm khí và 1,6 gam một chất rắn không tan trong 

nước. Nếu cho sản phẩm khí đi qua 200 gam dung dịch NaOH 1,2% th? tác dụng vừa đủ được dung 

dịch B chỉ chứa 1 muối có nồng độ 2,47%. Viết công thức phân tử của muối A (biết khi nung số oxi 

hóa của kim loại không đổi) 

Giải 

Áp dụng ĐLBTKL => m khí = 8,08 – 1,6 = 6,48 gam 

Sản phẩm khí + dung dịch NaOH được dung dịch muối 2,47% 

số mol NaOH = 0,06 mol 

m dd muối = m khí + m ddNaOH = 6,48 + 200 = 206,48 gam 

=> m muối = 206,48.2,47 / 100 = 5,1 gam 

Ta có sơ đồ : Khí + kNaOH Na k A 

0,06 0,06/k 

m muối = (23k + A).0,06/k = 5,1 => A = 62k 

Chỉ có cặp k = 1 ; A = 62 (NO - 3 ) là phù hợp => NaNO 3 

VÌ sản phẩm khí pư với NaOH chỉ cho 1 muối duy nhất là NaNO 3 

=> sản phẩm khí bao gồm: NO 2 ; O 2 do đó muối ban đầu là muối nitrat 

4NO 2 + O 2 + 4NaOH 4NaNO 3 + 2H 2 O 

0,06 0,015 0,06 

m khí = m NO 2 + m O 2 = 46.0,06 + 32.0,015 = 3,24 < 6,48 gam 

=> Trong sản phẩm có hơi nước. Vậy muối X phải có dạng M(NO 3 ) n . tH 2 O 

2M(NO 3 ) n .t H 2 O M 2 O n + 2nNO 2 + n/2O 2 + 2tH 2 O 

0,06/n 0,03/n 0,06 0,015 0,06t/n 

Ta có : (2M + 16n). 0,03/n = 1,6 => M = 18,67n 

Chỉ có n = 3 ; M = t o 

56 thỏa m?n => t = 9 

Vậy công thức muối X là : Fe(NO 3 ) 3 .9H 2 O 

Câu 69 

Để xác định hàm lượng của Cr và Fe trong 1 mẫu Q gồm Fe 2 O 3 và Cr 2 O 3 , người ta đun nóng chảy 

1,98 gam mẫu A với Na 2 O 2 để oxi hóa Cr 2 O 3 thành CrO 2- 4 . Cho khối đã nung chảy vào nước, đun 

sôi để phân hủy hết Na 2 O 2 . Thêm H 2 SO 4 lo?ng dư vào hỗn hợp thu được và pha thành 100 ml được 

dung dịch A có màu vàng da cam. Cho dung dịch KI dư vào 10 ml dung dịch A, lượng I 3 - (sản 

phẩm của phản ứng giữa I- và I 2 ) giải phóng ra phản ứng hết với 10,05 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,4M. 

Nếu cho dung dịch NaF dư vào 10 ml dung dịch A rồi nhỏ tiếp dung dịch KI đến dư th? lượng I 3 - 

giải phóng ra chỉ phản ứng hết với 7,5 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,4M 

1/ Viết các phương trình phản ứng xảy ra 

2/ Giải thích vai tr? của NaF 

3/ Tính % khối lượng Cr và Fe trong Q 

Giải 







t o 










1/ 

Cr 2 O 3 + 3Na 2 O 2 + H 2 O 

2- 

2CrO 4 + 2OH - + 6Na + (1) 

2Na 2 O 2 + 2H 2 O O 2 + 4OH - + 4Na + (2) 

OH - + H + H 2 O (3) 

2- 

2CrO 4 + 2H + 

2- 

Cr 2 O 7 + H 2 O (4) 

Fe 2 O 3 + 6H + 2Fe 3+ + 3H 2 O (5) 

2- 

Cr 2 O 7 + 9I - + 4H + 2Cr 3+ + 

- 

3I 3 + 7H 2 O (6) 

2Fe 3+ + 3I - 2Fe 2+ + 

- 

I 3 (7) 

2- 

2S 2 O 3 + 

- 

I 3 S 4 O 2- 6 + 3I - (8) 

Fe 3+ + 3F - FeF 3 (9) 

2/ Vai tr? của dung dịch NaF : F - có mặt trong dung dịch tạo phức bền, không màu với Fe 3+ , dùng 

để che Fe 3+ 

3/ Gọi x, y lần lượt là số mol của Cr 2 O 3 và Fe 2 O 3 trong 1,98 gam Q 

Từ (1), (4), (5) trong 10 ml dung dịch A 

2- 

số mol Cr 2 O 7 = 0,1x (mol) ; số mol Fe 3+ = 0,2y (mol) 

2- 

*Trường hợp NaF không có mặt trong dung dịch A, Cr 2 O 7 và Fe 3+ bị khử bởi I- 

Theo (6), (7) ta có : 

n - 

I 3 = 3 n 2- 

Cr 2 O 7 + 0,5 n Fe 3+ = 3.0,1x + 0,5.0,2y = 0,3x + 0,1y 

Từ (8) => n 2- 

S 2 O 3 = 2 n I 3- => 0,4. 10,5.10 -3 = 2 (0,1y + 0,3x) (10) 

*Trường hợp NaF có mặt trong dung dịch A, chỉ có Cr 2 O 2- 7 bị khử : 

n - 

I 3 = 2 n 2- 

Cr 2 O 7 = 0,3x => 0,4.7,5.10 -3 = n 2- 

S 2 O 3 = 2 n - 

I 3 = 0,6x (11) 

Từ (10) và (11) => x = 0,005 (mol) ; y = 0,006 (mol) 

=> % Cr trong Q = (52. 0,01) / 1,98 = 26,26% 

=> % Fe trong Q = (0,012 . 56) / 1,98 = 33,94% 

Câu 70 

Để 8,4 gam phoi bào sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp chất rắn A có 

khối lượng là 9,2 gam gồm FeO, Fe3O 4 

, Fe2O 3 

và Fe dư. Hòa tan hoàn toàn A trong HNO 

3 

loãng 

dư thu được V lít hỗn hợp khí B gồm NO và N2 

có khối lượng là 2,06 gam. 

a) Tính V ở điều kiện tiêu chuẩn (đktc). 

b) Trộn V lít hỗn hợp khí A với 3 lít không khí (coi không khí chỉ gồm oxi và nitơ, oxi chiếm 1 5 

thể tích không khí). Tính thể tích hỗn hợp khí thu được sau phản ứng (các khí đo ở cùng điều kiện 

về nhiệt độ và áp suất). 

Giải: 

Quá trình oxi hóa 

Quá trình khử 

0 + 3 

Fe → Fe + 3e 

0,15 0,45 

0 −2 

O 2 4e 2O 

+ → 

0,025 0,1 

+ 5 + 2 

N+ 3e → N 


Áp dụng định luật bào toàn khối lượng ta có 

3x 

x 

+ 5 0 

2 N+ 10e → N 

10y 

y 

2 















mO = mA − mFe 

= 0,8 gam ⇒ n 

O 

= 0,025 mol 

2 

2 

Gọi x, y là số mol của NO và N 

2 

Theo đề ta có hệ phương trình: 

⇒ 

Giải hệ ta được 

⎧3x + 10y = 0,35 

⎨ 

⎩30x + 28y = 2,06 

⎧x = 0,05 

⎨ 

⎩y = 0,02 

V 

A 

= 1,568 lit 

N O + 

1 

O 

2 

→ N O 

b ñ 1 ,1 2 l 0 ,6 l 

p ö 1 ,1 2 l 0 ,5 6 l 

2 2 

sp ö 0 0 ,0 4 l 1 ,1 2 l 

1 

VO 

V 0,6 

2 

5 

= 

kk 

= l 

hh 

⇒ V = 4,008l 

Câu 71 

1. Trong bình kín dung tích 2,112 lít chứa khí CO và một lượng hỗn hợp bột A gồm Fe 3 O 4 và 

FeCO 3 ở 27,3 0 C áp suất trong bình là 1,4 atm (thể tích chất rắn không đáng kể). Nung nóng bình ở 

554 

nhiệt độ cao để các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Hỗn hợp sau phản ứng có tỉ khối so với H 2 là . 27 

1,792 

Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong dung dịch (dd) HNO 3 loãng, thu được lít hỗn hợp khí 

3 

gồm NO và CO 2 ở đktc. Tính thể tích dd HCl 2,0M để hòa tan hết hỗn hợp A. 

Giải: 

2,112 x1,4 

1. n CO 

= 

= 0,12007505( mol) 

0,082x(273 

+ 27,3) 

Gọi x, y là số mol Fe 3 O 4 , FeCO 3 trong hỗn hợp A 

Các ptpư: 

t 0 

Fe 3 O 4 + 4CO 3Fe + 4 CO 2 (1) 


x 4x 4x 

FeCO 3 + CO Fe + 2 CO 2 (2) 

y y 2y 

t 0 















Hỗn hợp sau phản ứng (1) và (2): 

n hỗn hợp = n CO2 

+ n CO dư 

= 4x + 2y + 0,12 - (4x + y) = 0,12 + y 

M 

CO2 , NO 

= 

554 

2x 

27 

≈ 41 

Hòa tan A trong HNO 3 loãng: 

3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 = 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14H 2 O (3) 

x x/3 

3FeCO 3 + 10HNO 3 = 3Fe(NO 3 ) 3 + NO + 3CO 2 + 5H 2 O (4) 

y y/3 y 

x y 0,08 

Từ (3) và (4): n 

hhCO NO 

= + + y = 

2 , 

3 3 3 

Từ đó ta có hệ phương trình 

⎧x 

+ y = 0,08 

⎨ 

⎩44(4x 

+ 2y) + 28(0,12 − 4x − y) = 41(0,12 + y) 

Giải hệ, ta được: ⎨ ⎧ x = 0,02 

⎩ y = 0,015 

Ptpư hòa tan A trong dd HCl là: 

Fe 3 O 4 + 8HCl = 2FeCl 3 + FeCl 2 + 4H 2 O (5) 

0,02 mol 0,16 mol 

FeCO 3 + 2HCl = FeCl 2 + CO 2 ↑ + H 2 O (6) 

0,015 mol 0,03 mol 

n HCl 

= 0,03 + 0,16 = 0,19mol 

0,19 

V ddHCl 

= = 0,095mol 

2 

Câu 72 

Có 200ml dd hỗn hợp gồm CuSO 4 0,25M và CrCl 2 0,60M. Điện phân dung dịch trên trong thời 

gian 1 giờ 36 phút 30 giây với cường độ dòng điện 5ampe. 

a) Tính khối lượng kim loại bám vào catốt. 

b) Tính thể tích khí bay lên ở anốt. 

c) Dung dịch còn lại có những chất nào? Tính nồng độ mol/l của các chất còn lại (giả sử thể tích 

dung dịch không đổi). 

Giải: 

a) 

2+ 2− 

Quá trình điện li: CuSO4 → Cu + SO4 

CrCl 2 Cr 2+ + 2Cl - 

H 2 O H + + OH - 

Thứ tự ở catốt: Cu 2+ + 2e Cu 

Cr 2+ + 2e Cr 

Thứ tự ở anốt: 2Cl - - 2e Cl 2 

1 

H 2 O - 2e O 

2 

+ 2H + 

2 
















n CuSO4 = 0,2 x 0,25 = 0,005 (mol) 

n CrCl2 = 0,2 x 0,6 = 0,12 (mol) 

Gọi t 1 là thời gian để khử hết Cu 2+ 

AIt1 

mCunF 

0,05x64x2x96500 

m Cu = → t1= 

= 

= 1930(giây) 

nF AI 64x5 

Thời gian còn lại để khử Cr 2+ là : 5790 - 1930 = 3860 (giây) 

AIt 2 52x3860x5 

m Cr = = 

= 5,2(gam) 

nF 96500x2 

Tổng khối lượng kim lọai bám lên catốt: 0,05 x 64 + 5,2 = 8,4 (gam) 

b) Tổng mol e - nhận là: 0,05 x 2 + 0,1 x 2 = 0,3 (mol) 

Số mol e - nhường cho Clo: 0,12 x 2 = 0,24 (mol) 

Số mol OH - (H 2 O) bị OXH: 0,3 - 0,24 = 0,06 (mol) 

1 0,06 

Số mol O 2 = n − = = 0, 015 (mol) 

OH 

2 4 

Tổng thể tích khí tại anốt là: (0,015 + 0,12)x 22,4 = 3,024 (l) 

c) Dung dịch gồm CrSO 4 0,1M và H 2 SO 4 0,15M 

Câu 73 

Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,24g FeS 2 và 0,264g FeS vào lượng dư H 2 SO 4 đặc nóng thu 

được dd A và khí B. Hấp thụ hết khí B bằng một lượng vừa đủ dd KMnO 4 thu được dd D không 

màu trong suốt có pH = 2. 

1. Viết các phương trình phản ứng và tính thể tích dd D. 

2. Nếu đem hòa tan lượng hỗn hợp X trên vào dd HNO 3 loãng thì thu được dd Z và (V) lít khí 

NO ở đktc. Dung dịch Z vừa tác dụng với dd NaOH cho kết tủa màu nâu đỏ, vừa tác dụng với dd 

BaCl 2 . Hãy tính (V). 

Giải: 

1. 

2 FeS 2 + 14 H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 15 SO 2 + 14 H 2 O (1) 

2 FeS + 10 H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 9 SO 2 + 10 H 2 O (2) 

5 SO 2 + 2 KMnO 4 + H 2 O → 2KHSO 4 + 2 MnSO 2 + H 2 SO 4 (3) 

n = 0,002 (mol) töø (1) vaø (2) 

FeS 2 

n 

FeS = 0,003 (mol) n = 15 9 

SO 

nFeS 

+ n 

2 2 FeS 

2 2 

= 0,0285 (mol) 

2 

Töø (3) n 

KHSO 

= n SO = 0,0114 (mol) 

2 

4 

5 

1 

n = n = 0,0057 (mol) 

H SO 

2 4 

5 

SO 


2 

n + ( ddD) 

= nKHSO 

+ 2n 

H 

4 H 2SO 

= 0,0228 (mol) 

4 

0,0228 

V ddD = − 2 = 2,28 (lít) 

10 















2. 

Khi cho X vaøo HNO3 → ddZ vaø NO 

pöù OXH FeS 2 + 8 H 2 O – 15e → Fe 3+ + 2 SO 2- 4 + 16 H + (4) 

hoãn hôïp (X) FeS + 4 H 2 O – 9e → Fe 3+ + SO 2- 4 + 8 H + (5) 

pöù khöû NO - 3 + 4 H + + 3e → NO + 2H 2 O (6) 

Töø (4) vaø (5) toång soá mol e trao ñoåi: 

n e = 15 n 

FeS + 9 n 

2 FeS = 15.0,002 + 9.0,003 = 0,057 

0,057 

Töø (6) n 

NO 

= 

3 

0,057 

V 

NO( dkc) 

= .22,4 = 0,4256 (lít) 

3 

Câu 74 

Cho hơi nước đi qua than nung nóng đỏ thu được 2,24 lít hỗn hợp A (đktc) gồm CO, CO 2 , H 2 . Cho 

A khử 40,14 gam PbO dư nung nóng (hiệu suất 100%) thu được hỗn hợp khí B và hỗn hợp chất rắn 

C. 

Hòatan hoàn toàn C trong V lít dung dịch HNO 3 1,25M (lấy dư 4% so với lượng phản ứng) thu 

được 1,344 lít NO (đktc) và dung dịch D. 

Khí B được hấp thụ hết bởi dung dịch nước vôi trong thu được 1,4 gam kết tủa E ; lọc tách kết tủa ; 

đun nóng phần nước lọc lại sinh ra m gam kết tủa E. 

Cho dung dịch D phản ứng với dung dịch F (dư) gồm K 2 SO 4 và Na 2 SO 4 tạo ra a gam kết tủa trắng 

G 

1/ Tính % thể tích các khí trong A 

2/ Tính giá trị của V, m, a 

Giải 

1/ VÌ PbO dư nên CO, H 2 tác dụng hết . Đặt x, y là số mol CO, CO 2 trong A 

C + H 2 O = CO + H 2 

x 

x 

C + 2H 2 O = CO 2 + 2H 2 

y 

y 

Tổng mol A : 2x + 3y = 2,24/22,4 = 0,1 (mol) (1) 

A gồm : x mol CO ; y mol CO 2 ; (x + 2y) mol H 2 

Số mol PbO = 0,18 mol 

CO + PbO = Pb + CO 2 

x x x x 

H 2 + PbO = Pb + H 2 O 

x + 2y x + 2y x + 2y 

Khí B : hơi nước và (x + y) mol CO 2 

Chất rắn C : số mol Pb = 2x + 2y ; số mol PbO dư = (0,18 – 2x – 2y ) mol 

Hòatan C trong HNO 3 sinh ra 0,06 mol NO 

PbO + 2HNO 3 Pb(NO 3 ) 2 + H 2 O 

3Pb + 8HNO 3 3Pb(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O 

0,09 0,09 0,06 

=> PbO dư 0,18 – 0,09 = 0,09 (mol) => 2x + 2y = 0,09 (mol) (2) 

Từ (1) và (2) => x = 0,035 (mol) ; y = 0,01 (mol) 
















Hỗn hợp A : 0,035 mol CO => %V = 35% 

0,01 mol CO 2 => %V = 10% 

0,055 mol H 2 => %V = 55% 

2/ Dễ dàng tính được m = 1,55 (gam) ; a = 54,54 (gam) 

Câu 75 

Cho 9,16 gam A gồm Zn, Cu, Fe vào cốc chứa 170 ml dung dịch CuSO 4 1M (mol/lít)/ Sau khi các 

phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch B và kết tủa C. Nung C trong không khí đến nhiệt độ 

cao với khối lượng không đổi được 12 gam chất rắn. Chia dung dịch B làm 2 phần bằng nhau 

Thêm KOH dư vào phần 1, lọc kết tủa, rửa sạch, nung đến khối lượng không đổi được 5,2 gam chất 

rắn D. 

Điện phân phần 2 với điện cực trơ trong 32 phút với d?ng điện 5A. 

a) Tính khối lượng Zn trong A 

b) Tính khối lượng các chất thoát ra ở bề mặt điện cực 

Giải 

Gọi x , y, z lần lượt là số mol Zn, Fe, Cu có trong 9,16 gam hỗn hợp A 

Zn + CuSO 4 = ZnSO 4 + Cu 

x x x x 

Fe + CuSO 4 = FeSO 4 + Cu 

y y y y 

Theo bài 65x + 56y + 64z = 9,16 => 56(x + y + z) + 9x + 8z = 9,16 

=> x + y + z < 9,16/56 = 0,164 => x + y < 0,164 

Vậy Zn, Fe tan hết ; CuSO 4 dư 

Dung dịch B gồm x mol ZnSO 4 ; y mol FeSO 4 và (0,17 – x - y) mol CuSO 4 

Kết tủa C là (x + y + z ) mol Cu 

Khi nung C trong không khí th? 

2Cu + O 2 = 2CuO 

x + y + z 

x + y + z 

Thêm dung dịch KOH dư vào phần 1 của dung dịch B ; lọc kết tủa nung trong không khí được chất 

rắn D gồm (0,17 – x – y)/ 2 mol CuO và 0,25y mol Fe 2 O 3 

Ta có hệ phương trình : 

65x + 56y + 64z = 9,16 

x + y + z = 12/80 = 0,15 

80/2 (0,17 – x – y) + 160.0,25y = 5,2 

Giải ra x = 0,04 ; y = 0,06 ; z = 0,05 

=> Khối lượng Zn = 2,6 gam ; Fe = 3,36 gam ; Cu = 3,2 gam 

2/ Khi điện phân, muối CuSO 4 điện phân đầu tiên, 

Thời gian để điện phân hết dd CuSO 4 : (0,035. 96500.2) / 5 = 1351 (s) < 1920 (s) 

=> CuSO 4 bị điện phân hết : => m Cu = 0,035 . 64 = 2,24 gam 

=> FeSO 4 bị điện phân 1 phần trong 569 (s) : => m Fe = (56.5. 569) / (96500 . 2) = 0,8255 gam 

Số mol electron di chuyển = 0,035.2 + 0,01474.2 0,1 (mol) 

=> Khối lượng O 2 = 0,8 gam 

Câu 76 

Cho dung dịch X : K + , NH + 4 , CO 2- 3 , SO 2- 4 . Chia dung dịch X làm 2 phần bằng nhau. 

Cho phần 1 tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư, đun nóng thấy tách ra 6,45 gam kết tủa và thoát 

ra 672 ml (đktc) khí. Cho phần 2 tác dụng với axit HNO 3 dư thì thấy có 336 ml (đktc) khí bay ra. 

1. Tính tổng lượng muối tan trong dung dịch X. 
















2. Sục 224ml (đktc) khí SO 2 vào một nửa dung dịch X ở trên thì thu được dung dịch Y. Trộn 

Y với dung dịch BaCl 2 dư sẽ tách ra bao nhiêu gam kết tủa ? 

1) Khi trộn phần 1 với dung dịch Ba(OH) 2 dư các ptpư: 

NH + 4 + OH - → NH 3 + H 2 O (1) 

Ba 2+ + CO 2- 3 → BaCO 3 (2) 

Ba 2+ + SO 2- 4 → BaSO 4 (3) 

Khi trộn phần 2 với dd HNO 3 dư : 

2H + 2- 

+ CO 3 ⎯⎯→ H 2 O + CO 2 (4) 

* Trong mối phần ta có 

0,672 

Theo (1) => n + = nNH 

= = 0,03mol 

NH4 

3 

22,4 

Theo (4) => n 2− = n = 0,015mol 

CO3 

CO2 

Theo (2,3).Tổng khối lượng BaCO 3 và BaSO 4 là 6,45gam . 

6,45 − 0,15.197 

=> n 2− 

= = 0,015mol 

SO 4 

233 

Áp dụng đlbt điện tích → nK + = 0,015.2+0,015.2- 0,03= 0,03mol 

→Khối lượng muối tan = mCO 2- 3 + mSO 2- 4 + mNH + 4 + mK + = 

=2.(60.0,015+96.0,015+ 18.0,03+39.0,03) = 8,1 gam 

2) Số mol SO 2 hấp thụ là 0,01 (mol) .Khi hấp thụ SO 2 vào ½(X) lần lượt xẩy ra phản ứng : 

2- 

SO 2 + CO 3 + H 2 O ⎯⎯→ HSO - - 

3 + HCO 3 

0,01 0,01 0,01 0,01 (mol) 

- 

2- 

2- 

- 

HSO 3 + CO 3 ⎯⎯→ SO 3 + HCO 3 

0,005 ← 0,005 → 0,005 (mol) 

2- 

SO 3 + Ba 2+ ⎯⎯→ BaSO 3 

0,005 → 0,005 (mol) 

Vậy kết tủa gồm 0,005 mol BaSO 3 : 0,015 mol; BaSO 4 : 0,015 mol 

Khối lượng kết tủa = 0,005.217 + 0,015.233 =4,58 (gam). 

Câu 77. 

Cho 0,1 mol Fe vào dung dịch HNO 3 , sau khi phản ứng hoàn toàn thu được khí NO và dung dịch 

A, cô cạn dung dịch A thu được 22,34 gam chất rắn khan B (B không chứa muối amoni). 

1. Tính số mol HNO 3 đã phản ứng và thể tích khí NO (đktc) thu được. 

2. Nhiệt phân hoàn toàn B thu được bao nhiêu gam chất rắn. 

Giải: 

Nếu 0,1 mol Fe 0,1 mol Fe(NO 3 ) 3 thì m = 24,2 (gam) 

Nếu 0,1 mol Fe 0,1 mol Fe(NO 3 ) 2 thì m = 18 (gam) 

Theo bài m = 22,34 gam => B gồm hỗn hợp Fe(NO 3 ) 3 và Fe(NO 3 ) 2 

Sơ đồ cho – nhận e: 

Fe ⎯⎯→ Fe + a + a e 

N +5 + 3e ⎯⎯→ N +2 

n = n 

∑ ∑ 

1. 

e( cho) e( nhan) 


=> a.0,1 = 3n NO 

Ta có: m (rắn) = m Fe + m(NO 3 

– 

) 

22,34 = 5,6 + 3.62.n NO 

=> n NO = 0,09 (mol) 

Số mol HNO 3 (pu) = 4n NO = 0,36 (mol) 















Thể tích NO (đktc) = 0,09.22,4 = 2,016 (lít) 

2. Fe(NO 3 ) 3 ⎯⎯→ Fe 2 O 3 

Fe(NO 3 ) 2 ⎯⎯→ Fe 2 O 3 

=> số mol Fe 2 O 3 = 0,05 (mol) 

=> m (Fe 2 O 3 ) = 0,05.160 = 8 (gam) 

Câu 78 

Đem hòatan x gam một hỗn hợp X gồm Al 2 O 3 , MgO và 2 oxit của hai kim loại kiềm A và B (thuộc 

hai chu k? liên tiếp) vào nước, thấy có 4 gam chất rắn không tan. 

Nếu thêm vào hỗn hợp 1 lượng Al 2 O 3 bằng ¾ lượng Al 2 O 3 có trong hỗn hợp X rồi mới hòatan vào 

nước th? có 6,55 gam chất rắn không tan. 

Cònnếu thêm vào hỗn hợp X một lượng Al 2 O 3 bằng lượng Al 2 O 3 có trong X th? có 9,1 gam chất 

không tan 

Lấy 1 trong số các dung dịch đã phản ứng với hết kiềm ở trên cho sục khí CO 2 đến dư để tất cả 

lượng Al(OH) 3 kết tủa, lọc bỏ chất rắn không tan, cô cạn nước lọc thu được 24,99 gam hỗn hợp các 

muối cacbonat axit và muối cacbonat trung tính khan. Biết khi cô cạn 50% muối cacbonat axit kim 

loại kiềm A và 30% muối cacbonat kim loại kiềm B đã chuyển thành muối cacbonat trung tính 

Hãycho biết tên hai kim loại kiềm và % khối lượng các oxit trong X 

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn (trừ phản ứng phân hủy nhiệt muối cacbonat axit) và không có 

sự hao hụt khi thu hồi muối cacbonat 

Giải 

¼ lượng Al 2 O 3 ban đầu là 9,1 - 6,55 = 2,55 gam 

=> Có 2,55 . 4 = 10,2 gam Al 2 O 3 ban đầu 

VÌ khi thêm ¾ lượng Al 2 O 3 vào hỗn hợp X, sau phản ứng còn6,55 gam chứng tỏ có 

4 + 10,2 + 7,65 – 6,55 = 15,3 gam Al 2 O 3 bị tác dụng tan vào dung dịch kiềm 

Vậy lượng MgO ban đầu là 15,3 / 102 = 0,15 mol 

Gọi x, y lần lượt số mol A 2 O và B 2 O trong hỗn hợp đầu 

x + y = 0,15 (1) 

0,5x (2A + 60) + 0,3y. (2B + 60) + x(A+61) - 1,4y (B + 61) = 24,99 

=> 2Ax + 2By = 11,34 - 12,4y (2) 

=> M = (11,34 – 12,4y) / 0,3 

=> y = (11,34 - 0,3M) / 12,4 

Mà 0 < y < 0,15 => 31,6 < M < 37,8 

B kế tiếp A, vậy chỉ có thể là Na và K 

Thay Na, K vào (2) kết hợp với (1) => x = 0,05 ; y = 0,1 

Khối lượng Na 2 O = 0,05.62 = 3,1 gam chiếm 11,61% 

Khối lượng K 2 O = 0,1 . 94 = 9,4 gam chiếm 35,21% 

Khối lượng MgO = 4 gam chiếm 14,98% 

Khối lượng Al 2 O 3 = 10,2 gam chiếm 38,20% 

Câu 79 

Hòatan hoàn toàn 2,36 gam hỗn hợp X gồm 2 kim loại A và B trong lượng vừa đủ dung dịch Y 

chứa đồng thời hai axit HNO 3 và H 2 SO 4 đậm đặc , đun nóng, thu được 0,896 lít hỗn hợp khí Z có tỉ 

khối so với metan là 3,15625 ; Z gồm NO 2 và 1 khí T. Dung dịch G thu được sau phản ứng chỉ có 

A + và B 2+ 

1/ Tính khối lượng muối khan m thu được khi cô cạn cẩn thận dung dịch G 

2/ Tìm khoảng xác định của khối lượng muối khan m tạo thành khi thay đổi tỉ lệ NO 2 và T 
















Giải 

1/ Số mol Z = 0,896/22,4 = 0,04 mol ; M Z = 3,15625 . 16 = 50,5 

VÌ M NO 2 = 46 < M Z => T chỉ có thể là SO 2 (M = 64) 

Gọi x, y lần lượt là số mol NO 2 ; SO 2 => x + y = 0,04 

Và 46x + 64y = 50,5 / 0,04 

=> x = 0,01 mol ; y = 0,03 mol 

Gọi a, b lần lượt là số mol A, B 

* Sự oxi hóa 

A A + + 1e ; B B 2+ + 2e 

a a (mol) b 2b (mol) 

* Sự khử 

2H + - 

+ NO 3 + 1e NO 2 + H 2 O ; 4H + 2- 

+ SO 4 + 2e SO 2 + 2H 2 O 

0,03 0,03 0,03 0,01 0,02 0,01 

m = 0,01 . 96 + 0,03 . 62 + 2,36 = 5,18 gam 

2/ Bảo toàn electron => a + 2b = 0,05 

*Nếu muối thu được chỉ là A 2 SO 4 (0,5a mol) và BSO 4 (b mol) th? số mol SO 2- 4 = a/2 + b = 0,02 

Khối lượng muối khan m (cực tiểu) = 2,36 + 0,02 . 96 = 4,76 (gam) 

- 

*Nếu muối thu được chỉ là ANO 3 (a mol) và B(NO 3 ) 2 (b mol) th? số mol NO 3 = a + 2b = 0,0525 

mol 

Khối lượng muối khan m (cực đại) = 2,36 + 0,03 . 62 = 5,46 (gam) 

Thực tế có thể thu được hỗn hợp muối sunfat và nitrat nên 4,76 < m < 5,46 

Câu 80 

Nung 109,6 gam bari với 1 lượng vừa đủ NH 4 NO 3 trong một bìnhkín thu được hỗn hợp 3 sản phẩm 

gồm 3 hợp chất của bari (hỗn hợp A). Hòatan hỗn hợp A trong nước dư thu được hỗn hợp khí B và 

dung dịch C. 

1/ Viết các phương trình hóa học xảy ra. 

2/ Cho khí B vào bìnhkín dung tích V không đổi khi áp suất ổn định (đạt tới trạng thái cân bằng) 

thấy áp suất tăng 10% so với ban đầu. Tính % thể tích khí NH 3 ở trạng thái cân bằng . 

Giải 

1/ NH 4 NO t o 

3 N 2 O + 2H 2 O 

Ba + H 2 O BaO + H 2 

Ba + N 2 O BaO + N 2 

Ba + H 2 BaH 2 

3Ba + N 2 Ba 3 N 2 

8Ba + NH 4 NO 3 3BaO + Ba 3 N 2 + 2BaH 2 

BaO + H 2 O Ba(OH) 2 

Ba 3 N 2 + H 2 O 3Ba(OH) 2 + 2NH 3 

BaH 2 + 2H 2 O Ba(OH) 2 + 2H 2 

2/ Số mol Ba = 109,6/137 = 0,8 mol ; số mol NH 3 = 0,8. 1/8 . 2 = 0,2 mol ; số mol H 2 = 0,4 mol 

2NH 3 N 2 + 3H 2 

Trước phản ứng 0,2 mol 

0,4 mol 

Phản ứng 2x x 3x 

Sau phản ứng 0,2 - 2x x 0,4 + 3x 

Áp suất tăng 10% => số mol khí sau phản ứng bằng 1,1 lần số mol khí trước phản ứng 

0,2 – 2x + x + 0,4 + 3x = 0,66 => x = 0,03 
















Ở trạng thái cân bằng có 0,14 mol NH 3 chiếm 21,21% V 

Câu 81 

Cho x mol Fe tác dụng với y mol HNO 3 tạo ra khí NO và dung dịch D. Hãycho biết trong dung dịch 

D tồn tại những ion nào (bỏ qua sự điện li của nước) ? Thiết lập mối quan hệ giữa x và y để có thể 

tồn tại những ion đó. 

Giải 

Fe + 4HNO 3 Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O (1) 

x 

y 

Các trường hợp có thể xảy ra : 

* Trường hợp 1 : x = y/4 

Khi đó (1) vừa đủ => Fe, HNO 3 hết. Trong dung dịch D ngoài các ion Fe 3+ ; NO - 3 còncó các ion 

[Fe(OH) 2 ] + ; [Fe(OH)] 2+ ; H + do sự thủy phân của Fe 3+ 

Fe 3+ + HOH = [Fe(OH)] 2+ + H + 

Fe 3+ + 2HOH = [Fe(OH) 2 ] + + 2H + 

* Trường hợp 2 : x < y/4 

Khi đó (1) xảy ra hoàn toàn => HNO 3 dư, Fe hết => Trong dung dịch D tồn tại H + , Fe 3+ , NO -. 3 VÌ 

môi trường axit (H + ) nên các phức [Fe(OH)] 2+ ; [Fe(OH) 2 ] + , tồn tại rất ít có thể bỏ qua 

* Trường hợp 3 : x > y/4 

Khi đó (1) xảy ra hoàn toàn => Fe dư ; HNO 3 hết => xảy ra Fe khử Fe 3+ 

Fe + 2Fe(NO 3 ) 3 3Fe(NO 3 ) 2 (2) 

Kết hợp (1), (2) => 3Fe + 8HNO 3 3Fe(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O (3) 

Nếu y/4 < x < 3y/8 => Fe hết, Fe 3+ dư 

=> trong dung dịch D tồn tại các ion Fe 2+ ; Fe 3+ - 

; NO 3 và 1 lượng đáng kể ion [FeOH] 2+ ; 

[Fe(OH) 2 ] + ; [Fe(OH)] + ; H + do sự thủy phân của Fe 3+ , Fe 2+ 

Nếu x ≥ 3y/8 => Fe hết hoặc dư 

=> trong dung dịch D ngoài Fe 2+ ; NO - 3 còncó 1 lượng đáng kể ion [Fe(OH)] + và H + do sự thủy 

phân của ion H+ 

Fe 2+ + HOH = [Fe(OH)] + + H + 

(Bỏ qua dạng hiđrat hóa của Fe 2+ , H + và ion OH - ) 

Câu 82 

Hòatan hoàn toàn 48 gam 1 hợp chất vô cơ B trong HNO 3 đặc nóng được dung dịch A. Pha lo?ng 

dung dịch A bằng nước cất, rồi chia làm 2 phần bằng nhau : 

Phần 1 : Cho tác dụng với dung dịch amoniac dư, lọc kết tủa nung trong không khí được 1,6 gam 

chất rắn X có khối lượng không đổi là 1 oxit kim loại. Để hòatan lượng oxit đó cần 60 ml dung dịch 

HNO 3 1M thấy phản ứng không tạo khí dung dịch sau phản ứng chỉ chứa 1 chất tan duy nhất. 

Phần 2: Thêm vào lượng BaCl 2 dư thu được 9,32 gam chất rắn là 1 kết tủa trắng không tan trong 

axit mạnh. 

1/ Xác định công thức hóa học của B. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn 

2/ Hòatan hoàn toàn hỗn hợp X gồm B và FeCO 3 bằng HNO 3 đặc nóng được hỗn hợp C gồm hai 

khí D, E; C có tỉ khối so với H 2 bằng 22,805. Làm lạnh C được hỗn hợp F gồm 3 khí D, E, K; biết F 

có tỉ khối hơi so với H 2 bằng 30,61. Tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu và % số 

mol khí D chuyển thành K. 


Giải 

1/ Đặt công thức oxit kim loại sau khi nung là R 2 O n 

R 2 O n + 2nHNO 3 2R(NO 3 ) n + nH 2 O 

(2R + 16n) g 2n mol 















1,6 g 0,06 mol 

=> R = 18,67n 

Biện luận, chỉ có cặp nghiệm n = 3 ; R = 56 

=> Oxit Fe 2 O 3 

Do đó trong X có chứa sắt 

Dung dịch thu được sau khi hòatan X trong HNO 3 đặc nóng tạo kết tủa trắng với Ba 2+ ; kết tủa đó 

không tan trong HNO 3 dư => đó chính là BaSO 4 => trong X có chứa lưu huỳnh 

Số gam Fe trong 2,4 gam X : 1,6/160 . 56 . 2 = 1,12 gam 

Số gam S trong 2,4 gam X : 9,32/233 . 32 = 1,28 gam 

=> m Fe + m S = 2,4 

=> X chỉ gồm 2 nguyên tố Fe và S (Fe p S q ) 

=> p : q = 1,12/56 : 1,28/32 = 1 : 2 

Vậy công thức của X : FeS 2 

2/ Phương trình phản ứng : 

FeS 2 + 14H + - 

+ 15NO 3 Fe 3+ 2- 

+ 2SO 4 + 15NO 2 + 7H 2 O 

FeCO 3 + 4H + - 

+ NO 3 Fe 3+ + CO 2 + NO 2 + 2H 2 O 

Gọi x, y lần lượt là số mol của FeS 2 và FeCO 3 trong hỗn hợp : 

Số mol CO 2 = y ; số mol NO 2 = 15x + y 

M B = 22,805.2 = 45,61 = [ 46( 15x + y) + 44y] / (15x + 2y) => y = 4,795x 

Khi đó : % m FeS 2 = (120 . 100) / (120 + 116. 4,795) = 17,75% 

% m FeCO 3 = 100% - 17,75% = 82,25% 

Phản ứng đime hóa Y E : 2NO 2 = N 2 O 4 

VÌ tổng khối lượng khí không đổi nên số mol khí tỉ lệ nghịch với tỉ khối 

d 2 / d 1 = 30,61 / 22,805 = 1,3422 

Nghĩa là trước đó có 1,3422 mol th? sau chỉ còn1 mol, tức mất đi 0,3422 mol do sự trùng hợp tạo 

thành N 2 O 4 => %NO 2 = (0,3422.2)/1,08 = 63,33% 

% mỗi muối 

Câu 83 

Dẫn từ từ 5,6 lít (1,2 atm; 136,5 0 C) hỗn hợp khí X gồm CO và H 2 (có tỉ khối so với hiđro là 4,25) 

qua một ống chứa 16,8 gam hỗn hợp A gồm Fe, FeCO 3 và Fe 3 O 4 nung nóng. 

Thu toàn bộ khí bay ra khỏi ống ta được hỗn hợp khí B và trong ống cònlại hỗn hợp chất rắn D. 

Cho hỗn hợp khí B sục qua nước vôi trong dư, th? thu được 7 gam kết tủa trắng và cònlại 1,344 lít 

(đktc) của 1 khí E không bị hấp thụ. 

Lấy chất rắn D hòatan hết trong dung dịch H 2 SO 4 loãng dư, ta thu được 2,24 lit (đktc) của khí E và 

một dung dịch L. Dung dịch L làm mất màu vừa đủ 95 ml dung dịch thuốc tím nồng độ 0,4 mol/lit. 


2/ Tính khối lượng các chất có trong hỗn hợp A và D 

Giải 

1/ Phương trình phản ứng : xin nhường bạn đọc ! 

2/ 

Ta có: n X = 0,2 mol. Đặt n CO = p mol => n H 2 = (0,2 – p) mol 

=> 28x + 2(0,2 - p) = 4,25.2.0,2 

=> n CO = p = 0,05 mol và n H 2 = 0,2 - p = 0,15 mol 

Khí E không bị nước vôi trong dư hấp thụ nên E có thể là CO và H 2 . 

Mặt khác E lại là sản phẩm phản ứng của D với H 2 SO 4 lo?ng dư nên E không thể có CO. => E là 

H 2 . 
















Đặt số mol Fe 3 O 4 , FeCO 3 , Fe trong A là a, b, c mol 

=> m A = 232a + 116b + 56c = 16,8 (gam) (1) 

Hỗn hợp rắn D với H 2 SO 4 lo?ng dư cho H 2 nên trong D có Fe, có thể có FeO và Fe 3 O 4 dư. 

Gọi x, y là số mol Fe 3 O 4 và FeO trong D. D tác dụng với H 2 SO 4 lo?ng, dư: 

Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2 

FeO + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2 O 

Fe 3 O 4 + 4H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + FeSO 4 + 4H 2 O 

Sau đó: 

10FeSO 4 + 8H 2 SO 4 + 2KMnO 4 5Fe 2 (SO 4 ) 3 + K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 8H 2 O 

Ta có : n FeSO 4 = n Fe(D) + x + y = 5 n KMnO 4 = 5.0,095.0,4 = 0,19 (mol) 

mà n Fe(D) = n H 2 = 2,24/22,4 = 0,1 mol 

=> x + y = 0,09 (2) 

Mặt khác, trong D không cònFeCO 3 nên: 

n CO 2 = n CO + n FeCO 3 = n CaCO 3 = 7/100 = 0,07 mol 

Trong E lại không cònCO, tức là CO đã phản ứng hết, hay n CO = 0,05 mol 

=> n FeCO 3 = b = n CO 2 - n CO = 0,07 - 0,05 = 0,02 mol 

Lại có: n H 2 dư = 1,344/22,4 = 0,06 mol => n H 2 pư = 0,15 - 0,06 = 0,09 mol 

Ta thấy 1 mol CO hay 1 mol H 2 khi phản ứng đều lấy đi của hỗn hợp 1 mol O. 

Vậy số mol O bị lấy đi là: 

n O = n CO + n H 2 pư = 0,05 + 0,09 = 0,14 mol 

Ta có: 

m D = m A - m CO 2 (FeCO 3 ) - m O = 16,8 - 0,02.44 - 0,14.16 = 13,68 gam 

hay m D = 232x + 72y + 56.0,1 = 13,68 gam 

=> 232x + 72y = 8,08 (3) 

Từ (2) và (3) => x = 0,01 và y = 0,08 

Vậy trong D có: 

n Fe = 0,1 mol => 

m Fe = 0,1.56 = 5,6 gam 

n Fe 3 O 4 = 0,01 mol => 

m Fe 3 O 4 = 0,01.232 = 2,32 gam 

n FeO = 0,08 mol => 

m FeO = 0,08.72 = 5,76 gam 

Định luật bảo toàn nguyên tố Fe: 

3a + b + c = n Fe(D) + 3x + y 

=> 3a + c = 0,19 mol (4) 

Từ (1) và (4) kết hợp với b = 0,02 => a = 0,06 và c = 0,01 

Vậy trong A có: 

Fe 3 O 4 = a = 0,06 mol => 

m Fe 3 O 4 = 0,06.232 = 13,92 gam 

n FeCO 3 = b = 0,02 mol => 

m FeCO 3 = 0,02.116 = 2,32 gam 

n Fe = c = 0,01 mol => 

m Fe = 0,01.56 = 0,56 gam 

Câu 84 

Ở 15 0 C, áp suất của hỗn hợp khí N 2 và H 2 là p. Sau khi cho hỗn hợp khí đi qua xúc tác, áp suất khí 

là p’ = 3p , ở nhiệt độ 663 0 C. Khối lượng riêng của hỗn hợp khí sau phản ứng ở đktc là 0,399 g/ml. 

Tính hiệu suất của quá trình tạo NH 3 

Giải 

Gọi số mol ban đầu của N 2 , H 2 lần lượt là x ; y. Số mol NH 3 tạo ra là z 

Trước phản ứng tổng mol khí n = x + y 
















Sau phản ứng tổng mol khí n’ = ( x – 0,5z) : (y – 1,5z) + z = x + y - z 

V = const => = = = 

Lấy n = x + y = 13 

n’ = x + y - z = 12 

=> z = 1 

Bảo toàn khối lượng : m = m’ = 28x + 2y 

Ta có M’ = 0,399 . 22,4 = 8,9376 = 

Mặt khác x + y = 13 

Giải hệ => x = 3,125 ; y = 9,875 

y > 3x => H 2 dư, hiệu suất phản ứng tính theo N 2 

h = = = 16% 

Câu 85: Cho 200ml dung dịch A chứa đồng thời NaOH 0,1M và Ba(OH) 2 0,15M vào 300ml dung 

dịch B chứa đồng thời HNO 3 0,2M và H 2 SO 4 xM, sau phản ứng thu được dung dịch C có pH=2 

và m gam kết tủa. Xác định giá trị của x và m. 

Giải: 

nNaOH 

= 0, 2.0,1 = 0,02mol 

; nBa( OH) = 0,2.0,15 = 0,03mol 

2 

n = 0,3.0,2 = 0,06mol ; n 

2 4 

= 0,3. x = 0,3xmol 

HNO3 

2 

H SO 

+ − 

NaOH ⎯⎯→ Na + OH 

0,02 0,02 

2+ − 

Ba( OH) ⎯⎯→ Ba + 2OH 

0,03 0,03 0,06 

⇒ ∑ nOH− 

= 0,02 + 0,06 = 0,08 mol 

+ − 

3 ⎯⎯→ + 3 

HNO H NO 

0,06 0,06 

+ 2− 

2 4 ⎯⎯→ 2 + 4 

H SO H SO 

0,3x 0,6x 0,3x 

⇒ ∑ n 

H + = (0,06 + 0,6 x) 

mol 

+ − 

H + OH ⎯⎯→ H O 

(0,06 + 0,6x) 0,08 

Sau phản ứng pH=2 ⇒ axit dư 

n + = 0,06 + 0,6x-0,08 

Mặt khác 

n 

H 

+ 

H 

= 0,5.10 

−2 

mol 

⇒ 0,06 + 0,6x 

− 0,08 = 0,5.10 

1 

x = = 0,042 M 

24 

−2 

2 
















2+ 2− 

4 

1 

Ba + SO ⎯⎯→ BaSO 4 

(0,03) 0,3. 0,0125 

24 

m = 0,0125.233 = 2,9125gam 

BaSO4 

Câu 86: Cho hỗn hợp (A) gồm Al và Cu vào 1 lượng vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng, sau phản 

ứng thu được dung dịch (B) và 2,464 lít (đkc) khí SO 2 . Cho từ từ dung dịch NH 3 vào dung dịch 

(B) cho đến dư thì thu được kết tủa (C). Lọc lấy kết tủa (C) và đun nóng đến khối lượng không 

đổi thì thu được 3,06 gam chất rắn (E) 

a) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra. 

b) Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu. 

c) Nếu cho từ từ dung dịch Ba(OH) 2 dư vào dung dịch (B) thì kết tủa có khối lượng là bao 

nhiêu? 

Giải: 

0 

t 

) 2Al + 6H SO ⎯⎯→ Al (SO ) + 3SO + 6H O 

2 4 2 4 3 2 2 

0 

t 

2 4 4 2 2 

Cu + 2H SO ⎯⎯→ CuSO + SO + 2H O 

Al (SO ) + 6NH + 6H O ⎯⎯→ 2Al(OH) + 3(NH ) SO 

2 4 3 3 2 3 4 2 4 

CuSO + 2NH + 2H O ⎯⎯→ Cu(OH) + (NH ) SO 

4 3 2 2 4 2 4 

2+ 

Cu(OH) + 4NH ⎯⎯→ ⎡Cu(NH ) ⎤ 2OH 

2 3 ⎣ + 

3 4 ⎦ 

0 

t 

⎯⎯→ + 

3 2 3 2 

2Al(OH) Al O 3H O 

b) 

Gọi a,b lần lượt là số mol của Al và Cu trong hỗn hợp 

2,464 

nSO = = 0,11mol 

2 

22,4 

⎧3 a + b = 0,11 

⎪ 

a 0,06 

ta có 

2 

⎧ = 

⎨ ⇔ ⎨ 

⎪ a b = 0,02 

102 = 3,06 

⎩ 

⎪⎩ 2 

mAl = 27a = 1,62gam 

mCu = 64b = 1,28gam 

c) 

0 

t 

+ ⎯⎯→ + 

2 4 3 2 4 3 

Al (SO ) 3Ba(OH) 3BaSO 2Al(OH) 

a 

3a 

2 2 

0 

t 

+ ⎯⎯→ + 

3 2 2 2 2 

2Al(OH) Ba(OH) Ba(AlO ) 4H O 

a 

0 

t 

+ ⎯⎯→ + 

4 2 4 2 

CuSO Ba(OH) BaSO Cu(OH) 

b b b 

− 

a 
















3 

m= 233( a b) 98b 27,59gam 

2 + + = 

Câu 87 

Lấy một hỗn hợp A gồm Al và Fe 2 O 3 đem nung nóng ở nhiệt độ cao trong chân không. Để nguội 

hỗn hợp sau phản ứng trộn đều rồi chia làm 2 phần : 

Phần 1: Tác dụng với dung dịch KOH dư sinh ra 8,96 lít khí H 2 và phần không tan trong KOH có 

khối lượng bằng 44,8% khối lượng phần 1. 

Phần 2: Cho tan hết trong axit HCl sinh ra 26,88 lít H 2 (đktc). 

1/ Tính khối lượng mỗi phần 

2/ Tính % khối lượng Al và Fe 2 O 3 trong A 

Giải 

1/ Phương trình phản ứng : 2Al t o + Fe 2 O 3 Al 2 O 3 + 2Fe 

VÌ hỗn hợp sau phản ứng tác dụng với NaOH giải phóng H 2 => Al dư, Fe 2 O 3 hết 

* Phần 1 tác dụng với NaOH 

Al + NaOH + H 2 O = NaAlO 2 + 3/2 H 2 

x 3x/2 

Al 2 O 3 + 2NaOH = 2NaAlO 2 + H 2 O 

* Phần 2 tác dụng với HCl 

Al + 3HCl = AlCl 3 + 3/2 H 2 

ax 

3ax/2 


ay 

ay 

Al 2 O 3 + 6HCl = 2AlCl 3 + 3H 2 O 

Đặt số mol các chất trong mỗi phần 

Phần 1 Phần 2 

Al dư x ax (mol) 

Fe y ay (mol) 

Al 2 O 3 y/2 y/2 (mol) 

* Số mol H 2 thoát ra khi cho phần 1 tác dụng với NaOH = 8,96/22,4 = 0,4. Ta có phương trình : 

3x/2 = 0,4 => x = 0,8/3 

* Khối lượng Fe ở phần 1 bằng 44,8% khối lượng phần 1 

Ta có : 56y = 0,448. (27x + 56y + 51y). 

Thay x = 0,8/3 => y = 0,4 

* Số mol H 2 thoát ra khi cho phần tác tác dụng với HCl = 26,88 / 22,4 = 1,2 (mol) 

Ta có : 3ax/2 + ay/2 = 1,2 => a = 1,5 

Khối lượng phần 1 = m Fe / 0,448 = 56.0,4 / 0,448 = 50 (gam) 

Khối lượng phần 2 : 50. 1,5 = 75 (gam) 

2/ Khối lượng hỗn hợp đầu = 50 + 75 = 125 (gam) 

Tổng số mol Fe trong cả 2 phần : 1 (mol) 

Al dư nên Fe 2 O 3 hết => n Fe 2 O 3 = ½ nFe = 0,5 (mol) 

m Fe 2 O 3 = 0,5 . 160 = 80 (gam) => 

m Al = 125 – 80 = 45 (gam) 


Câu 88 

Cho 10,40 gam hỗn hợp X (gồm Fe, FeS, FeS 2 , S) tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc nóng dư thu 

được V lít khí NO 2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung 

dịch Ba(OH) 2 dư thu được 45,65 gam kết tủa. 















a) Viết các phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra dưới dạng phương trình ion. 

b) Tính V và số mol HNO 3 trong dung dịch cần dùng để oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp X. 

Giải: 

a)Các phương trình phản ứng: 

(1,0 điểm) 

Fe + 6H + + 3NO - 3 → Fe 3+ + 3NO 2 ↑+ 3H 2 O (1) 

FeS + 10 H + + 9NO - 3 → Fe 3+ + SO 2- 4 + 9NO 2 ↑ + 5H 2 O (2) 

FeS 2 + 14H + + 15NO - 3 → Fe 3+ + 2SO 2- 4 + 15NO 2 ↑ + 7H 2 O (3) 

S + 4H + - 

+ NO 3 → SO 2- 4 + 6NO 2 ↑ + 2H 2 O(4) (4) 

Dung dịch sau phản ứng có: Fe 3+ , SO 2- 4 , H + 

H + + OH - → H 2 O 

Fe 3+ + 3OH - → Fe(OH) 3 ↓ 

Ba 2+ + SO 2- 4 → BaSO 4 ↓ 

b) Coi hỗn hợp gồm Fe và S ta có sơ đồ: (2,0 điểm) 

3+ 

⎧Fe 

⎧ 

Fe 

⎧Fe( OH ) 

3 

⎪ 

xmol 

⎪ 

+ HNO ⎪ 

3d 

xmol + Ba( OH ) ⎪xmol 

2 

⎨ ⎯⎯⎯⎯→ ⎨ ⎯⎯⎯⎯→ ⎨ 

S 

2− 

⎪ ⎪SO 

⎪BaSO4 

4 

⎪ 

⎩ ymol ⎪ ⎪ 

ymol 

⎩ ymol 

⎩ 

⎧56x + 32y = 10, 4 ⎧x = 0,1mol 

Theo bài ra ta có hệ: ⎨ 

⎯⎯→ ⎨ 

⎩107 x + 233y = 45,65 ⎩y = 0,15mol 

Áp dụng định luật bảo toàn eletron ta có: 

Fe → Fe +3 + 3e 

0,1mol 

3.0,1mol 

S → S +6 + 6e 

0,15mol 

6.0,15mol 

N +5 + 1e → N +4 

a.1mol a mol 

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 

a = 0,3 + 0,9 = 1,2 mol 

→ V = 1,2.22,4 = 26,88 lít 

Theo (1) và (4): 

n = n = 6. n + 4n = 1, 2mol 

HNO + 

3 

Fe S 

H 

Câu 89 Một học sinh xác định kết quả số mol các ion trong dung dịch A như sau : 

Ba 2+ : 0,2 mol ; Na + : 0,1 mol ; HCO - 3 : 0,05 mol và Cl - : 0,36 mol 

1/ Kết quả ấy đúng hay sai ? Giải thích Vì sao ? 

2/ Cho biết kết quả xác định các caction là chính xác. Khi đem cô cạn dung dịch A, lấy chất rắn 

nung ở nhiệt độ cao thu được 43,6 gam chất rắn B 

a) Hỏi anion được định lượng chính xác ? 

b) Nêu cách pha chế dung dịch A có thể tích 500 ml 

Giải 

1/ Kết quả sai Vì 0,1 + 0,2.2 0,05 + 0,36 


(Trong dung dịch có sự trung hòavề điện, = 0) 

2/ 















a) Dung dịch A có 0,1 mol Na + ; 0,2 mol Ba 2+ ; x mol HCO - 3 và y mol Cl - 

Bảo toàn điện tích => x + y = 0,2.2 + 0,1 = 0,5 (1) 

- 

2- 

Khi cô cạn dung dịch : 2HCO 3 = CO 2 + H 2 O + CO 3 (a) 

x mol 

x/2 (mol) 

Ba 2+ 2- 

+ CO 3 = BaCO 3 (b) 

Khi nung chất rắn : BaCO 3 BaO + CO 2 

Từ (a) : n 2- 

CO 3 = 0,5x (mol). Có 3 trường hợp xảy ra : 

* Trường hợp 1 : 0,5x = 0,2 => x = 0,4 mol. Và từ (1) => y = 0,1 (mol) 

Chất rắn sau khi nung (NaCl : 0,1 mol ; BaO: 0,2 mol) 

=> 58,5 . 0,1 + 153. 0,2 = 36,45 43,6 => Loại 

* Trường hợp 2 : 0,5x > 0,2 => x > 0,4 

Chất rắn sau khi nung (BaO : 0,2 mol ; Na2CO3 : (x/2 – 0,2) mol và NaCl : 0,5 – x mol 

=> 30,6 + 106 (0,5x - 0,2) + 88,5 (0,5 – x) = 43,6 

=> x = -0,9 < 0 => Loại 

* Trường hợp 3 : 0,5x < 0,2 => x < 0,4 mol 

Chất rắn sau khi nung (NaCl : 0,1 mol ; BaO : x/2 mol ; BaCl2 : 0,2 – x/2 mol 

=> 58,5 . 0,1 + 153. x/2 + 208 (0,2 – x/2) = 43,6 

=> x = 0,14 (mol) 

Từ (1) => y = 0,36 (mol) = số mol Cl - bài ra 

Vậy ion Cl - đã được định lượng chính xác. 

b) Cách pha chế 500 ml dung dịch A. 

Sau đây là 1 cách pha chế : 8,4 gam NaHCO 3 (0,1 mol) 

5,18 gam Ba(HCO 3 ) 2 (0,02 mol) 

37,44 gam BaCl 2 (0,18 mol) 

Lấy lượng các chất như trên và hòatan trong 500 ml nước 

Câu 90 

Pha chế 500 ml dung dịch CuSO 4 từ CuSO 4 . kH 2 O. Cân 40 gam tinh thể CuSO 4 cho vào bình , rồi 

thêm nước cất cho đủ 400 ml, khuấy tan cho tan hết, được dung dịch A. Lấy 10 ml A cho phản ứng 

với 10 ml dung dịch NaOH 1M, lọc kết tủa. Cho vào nước lọc vài giọt phenolphtalein. Dung dịch 

mất màu khi cho vào 20 ml dung dịch HCl 0,1M. 

1/ Trình bày cách pha chế tiếp theo để có 500 ml dung dịch CuSO 4 0,5M. Bỏ qua các phản ứng phụ 

và sai số không đáng kể 

2/ Dung dịch A để lâu có hiện tượng g? ? Khắc phục bằng cách nào 

Giải 

1/ 

CuSO 4 + 2NaOH = Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 

NaOH + HCl = NaCl + H 2 O 

Số mol NaOH trong dung dịch : 0,01.1 = 0,01 mol 

Số mol NaOH dư = số mol HCl = 0,002.1 = 0,002 mol 

Số mol NaOH phản ứng với CuSO 4 : 0,01 – 0,002 = 0,008 mol 


Khối lượng CuSO 4 trong 10 ml dung dịch : 

= 0,64 (gam) 

Khối lượng CuSO 4 . kH 2 O trong 10 ml dung dịch : 40. 10 / 100 = 1 (gam) 

Ta có : = => k = 5 

=> CuSO 4 . 5H 2 O 















Khối lượng CuSO 4 . 5H 2 O cần : 0,5 . 0,5 . 250 = 62,5 gam 

Cần thêm 62,5 – 40 – 1 = 23,5 gam CuSO 4 . 5H 2 O 

Cho lượng CuSO 4 . 5H 2 O vào bìnhvà đổ nước cất đến vạch 500 ml 

2/ Trong dung dịch CuSO 4 + 4H 2 O [Cu(H 2 O) 4 ] 2+ + SO 4 

2- 

[Cu(H 2 O) 4 ) 2+ + 2H 2 O [Cu(OH) 2 (H 2 O) 2 ] + 2H 3 O + 

Nếu để lâu, dung dịch xuất hiện kết tủa 

Để khắc phục thêm một ít axit vào (axit hóa dung dịch) 

Thêm H + (H 3 O + ) cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch 

Câu 91: Cho hỗn hợp A gồm các oxit FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 với số mol bằng nhau. Lấy m 1 g A cho 

phản ứng với CO nung nóng, sau phản ứng thu toàn bộ CO 2 cho tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 

dư thu được m 2 g kết tủa, trong bình còn lại sản phẩm rắn gồm Fe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 có khối lượng 

19,2g. Cho sản phẩm rắn này phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 đun nóng thu được 2,24 lít 

khí NO (đktc) duy nhất. 

1. Viết phương trình phản ứng xảy ra. 

2. Tính m 1 , m 2 và số mol HNO 3 đã tham gia phản ứng. 

Giải: 

1. Các phương trình phản ứng xảy ra: 

3Fe 2 O 3 + CO 

Fe 3 O 4 + CO 

t 

⎯ 0 

t 

⎯ 0 

t 

⎯ 0 

⎯→ 

⎯→ 

FeO + CO ⎯→ 

CO 2 + Ba(OH) 2 

Fe 2 O 3 + 6HNO 3 

3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 

3FeO + 10HNO 3 

t 

⎯ 0 

2Fe 3 O 4 + CO 2 (1) 

3FeO + CO 2 (2) 

Fe + CO 2 (3) 

⎯ ⎯→ BaCO 3 ↓ + H 2 O (4) 

t 

⎯ 0 

⎯→ 

t 

⎯ 0 

t 

⎯ 0 

2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O (5) 

⎯→ 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14H 2 O (6) 

⎯→ 3Fe(NO 3 ) 3 + NO + 5H 2 O (7) 

Fe + 4HNO 3 ⎯→ Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O (8) 

2. Tính m 1 , m 2 và số mol HNO 3 đã tham gia phản ứng. 

Gọi x là số mol Fe 2 O 3 ban đầu ⇒ số mol FeO, Fe 3 O 4 cũng là x (mol) 

Sau các phản ứng: Fe → Fe 3+ nên ta có sơ đồ cho - nhận electron: 

Fe 

2+ 

+ 8 

→ Fe 

3+ 

+ 1e 

3+ 

3Fe 

3 

→ Fe + 1e 

C +2 → C +4 + 2e 

N +5 + 3e → N +2 
















∑ 

n 

e 

(cho) = ∑n 

e 

(nhan) ⇔ 2x = 

2,24 

3. 

22,4 

m2 

− 2. 

197 

m2 

464x = 19,2 + 16. 

197 

⎧m2 

= 20,685(g) 

⇒ ⎨ 

⎩ x = 0,045(mol) 

→m 1 = 464x = 20,88 (g) 

Vậy m 1 = 20,88(g) 

Tính n = n + 3(x + 2x 3x) 

=0,91 (mol) 

HNO 3 (pu) NO + 

Câu 92: 

Cho 19,2g kim loại M tác dụng hoàn toàn với dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng, dư. Thu toàn bộ khí SO 2 

tác dụng với 1 lít dung dịch NaOH 0,7M. Sản phẩm thu được đem cô cạn thu được 41,8g chất rắn. 

Xác định kim loại M. 

Giải: 


2M + 2nH 2 SO 4(đ) 

t 

⎯ 0 

⎯→ M 2 (SO 4 ) n + nSO 2 + 2nH 2 O (1) 

SO 2 + 2NaOH ⎯ ⎯→ Na 2 SO 3 + H 2 O (2) 

SO 2 + Na 2 SO 3 + H 2 O ⎯ ⎯→ 2NáHO 3 (3) 

Theo bài ra ta có: n NaOH = 1.0,7 = 0,7 (mol) 

Từ (2), (3) suy ra nếu càng nhiều SO 2 thì khối lượng chất rắn khan càng lớn. 

Giả sử SO 2 vừa đủ để phản ứng với NaOH theo (2) 

→ sản phẩm rắn có 0,35mol Na 2 SO 3 có khối lượng là: 

0,35.126 = 44,1g > 41,8g 

→ NaOH phải dư vì thực tế khối lượng chất rắn thu được nhỏ hơn trường hợp vừa xét. 

Gọi x là số mol SO 2 

Từ (2) suy ra trong chất rắn có x mol Na 2 SO 3 và (0,7-2x) mol NaOH dư 

⇒ 126x + (0,7-2x).40 = 41,8 

⇒ x = 0,3 (mol) 

Từ (1) ⇒ 19,2n/M = 2.0,3 ⇒ M = 32n 

Với n là hóa trị của kim loại M ta có: 

n 1 2 3 

M 32 64 96 

Chỉ có n = 2 và M =64 (Cu) là thoả mãn điều kiện 

Vậy M là Cu (đồng). 

Câu 93 

Điện phân có vách ngăn xốp 500 ml dung dịch hỗn hợp HCl và 7,8 gam muối clorua của kim loại 

M, ở anot thấy có khí Cl 2 thoát ra liên tục, ở catot lúc đầu có khí H 2 bay ra, sau đến kim loại M 

thoát ra. Sau điện phân thu được 2,464 lít khí clo và m gam M, đem trộn m ga M với 1,3 gam kim 

loại R khác rồi cho tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 dư th? thể tích H 2 bay ra nhiều gấp 4 lần so với 
















khi chỉ cho 1,3 gam R tác dụng. 

Biết khi trộn 1,3 gam kim loại R với lưu huỳnh rồi nung nóng thu được chất rắn C và khi cho C 

phản ứng hết với dung dịch H 2 SO 4 dư thu được hỗn hợp khí D nặng 0,52 gam và có tỉ khối với 

hiđro là 13. 

a) Xác định tên của M, R 

b) Tính nồng độ mol của dung dịch HCl đã điện phân. Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thể 

tích dung dịch điện phân xem như không đổi. 

Giải 

1/ Phương trình điện phân : 

đp 

2HCl H 2 + Cl 2 (1) 

x x/2 x/2 

2MCl đp n 2M + Cl 2 (2) 

y y 0,5ny 

=> 0,5x + 0,5ny = 2,464/22,4 = 0,11 => x + ny = 0,22 (1’) 

Hỗn hợp m gam M và 1,3 gam R + dung dịch sunfuric lo?ng 

2M + n H 2 SO 4 M 2 (SO 4 ) n + n H 2 

y 

0,5ny 

2R + t H 2 SO 4 R 2 (SO 4 ) n + t H 2 

z 

0,5tz 

Ta có 4. 0,5tz = 0,5ny + 0,5tz => ny = 3tz 

Mặt khác : Rz = 1,3 => z = 1,3/R 

Do đó : ny = 3,9 t / R (3) 

1,3 gam R và S đem đun nong : 2R + tS R 2 S t 

z 0,5z 

Hỗn hợp rắn C : z mol R 2 S t và b mol R + H 2 SO 4 

Ta có : 34. zt + tb = 0,52 

Mà : zt + 0,5tb = 0,52/26 = 0,02 => t (z + b/2) = 0,02 

Lại có : (z + b). R = 1,3 

=> R = 32,5t => t = 2 => R = 65 (Zn) 

(3) => ny = 3,9.2/65 = 0,12 

(1’) => x = 0,22 – 0,12 = 0,1 mol 

(2) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng : 

7,8 = m + 71. 0,12/2 => m = 3,54 

y = 3,54/M => M = 29,5n => n = 2 => M = 59 (Ni) 

Câu 94 

Nung hỗn hợp 2 muối của kim loại kali ở 400 độ C, sau phản ứng thu được 0,336 lít khí A không 

màu và hỗn hợp chất X ở trạng thái rắn. Cho toàn bộ lượng chất X thu được ởtrênvào cốc đựng một 

lượng dư dung dịch đậm đặc của FeSO 4 trong H 2 SO 4 , rồi đun nóng nhẹ, thu được 0,896 lít khí B 

không màu. Khí B kết hợp dễ dàng với khí A hoặc bị chuyển màu trong không khí thành khí C có 

màu đỏ. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra và xác định thành phần phần trăm vầ 

khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu. Các thể tích khí đo ở đktc, các phản ứng xảy ra 

hoàn toàn. 

Giải 

Khí B dễ dàng kết hợp với khí A, hoặc dễ dàng bị chuyển màu trong không khí thành khí C có màu 
















đỏ nên A là O 2 , B là NO, C là NO 2 . 

Nung ở 400°C mà thu được O 2 th? muối đó là KClO 3 (ở 400°C, KNO 3 chưa bị phân huỷ) 

KClO 3 → KClO 2 + 3/2O 2 

0,01 0,01 0,015 

n O 2 = 0,336/22,4 = 0,015 (mol) 

Cho hỗn hợp chất X tác dụng với lượng dư dung dịch FeSO 4 /H 2 SO 4 th? có hai trường hợp sau: 

- Trường hợp 1: Nếu muối kia là KNO 3 : 

6FeSO 4 + 2KNO 3 + 4H 2 SO 4 → 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + K 2 SO 4 + 2NO + 4H 2 O 

0,04 0,04 

Hỗn hợp muối ban đầu có 0,04 mol KNO 3 và 0,01 mol KClO 3 . 

⇒ % khối lượng: 76,73% KNO 3 và 23,27% KClO 3 

Trường hợp 2: Nếu muối kia là KNO 2 . Lần lượt xảy ra các phản ứng: 

2KNO 2 + H 2 SO 4 → 2HNO 2 + K 2 SO 4 

3HNO 2 → HNO 3 + 2NO + H 2 O 

6FeSO 4 + 2HNO 3 + 3H 2 SO 4 → 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2NO + 4H 2 O 

Viết gộp lại: 

2FeSO 4 + 2KNO 2 + 2H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + K 2 SO 4 + 2NO + 2H 2 O 

0,04 0,04 

Hỗn hợp muối ban đầu có 0,04 mol KNO 2 và 0,01 mol KClO 3 . 

⇒ % khối lượng: 73,51% KNO 2 và 26,49% KClO 3 

Bài 95: 

Một dung dịch chứa 4 ion của 2 muối vô cơ, trong đó có một ion là SO 2- 4 , khi tác 

dụng vừa đủ với Ba(OH) 2 đốt nóng cho 1 chất khí, kết tủa X, dung dịch Y. Dung dịch Y sau khi 

axit hóa bằng HNO 3 tạo với AgNO 3 kết tủa trắng hóa đen ngoài ánh sáng. Kết tủa X đem nung 

đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn Z. Giá trị a thay đổi tùy theo lượng Ba(OH) 2 

dùng: nếu vừa đủ a đạt cực đại, còn nếu lấy dư thì a giảm dần đến cực tiểu. Khi cho chất rắn Z 

với giá trị cực đại a=8,51g thấy Z chỉ phản ứng hết với 50 ml dung dịch HCl 1,2M và còn lại một 

bã rắn nặng 6,99 gam. Hãy lập luận xác định hai muối trong dung dịch. 

Giải: 

*) Một dung dịch muối khi tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 đun nóng cho khí bay ra 

thì khí đó là NH 3 . Vậy trong dung dịch muối có ion NH 4+ . 

NH 4+ + OH - →NH 3 + H 2 O 

Kết tủa X tối thiểu có BaSO 4 do: Ba 2+ + SO 42- → BaSO 4 

Dung dịch Y sau khi axit hóa bằng HNO 3 tạo với AgNO 3 kết tủa trắng ngoài 

ánh sáng hóa đen là AgCl nên trong dung dịch Y có ion Cl - do: 

Ag + + Cl - → AgCl ↓ ; 2AgCl→2Ag + Cl2 

*) Dung dịch đầu chứa 4 ion của 2 muối vô cơ là: NH 4+ , Cl - , SO 42- , A n+ . 

Nếu kết tủa X chỉ có BaSO 4 thi khi nung Z cũng chỉ là BaSO 4 không phản ứng 

được với HCl, như vậy X phải có thêm một kết tủa nữa do A n+ tạo ra. Đó là 

A n+ + n OH - →A(OH) n ↓ 

Nung X gồm BaSO 4 và A(OH) n . 2A(OH) n → A2On + n H2O 

*) Khi dung dịch đầu tác dụng với Ba(OH) 2 có 2 trường hợp: 

- Nếu vừa đủ thì Z có khối lượng cực đại. 

- Nếu Ba(OH) 2 dùng dư thì Z có khối lượng cực tiểu điều này chứng tỏ trong X 

chất A(OH) n phải tiếp tục tan bởi Ba(OH) 2 như thế A(OH) n là hiđroxit lưỡng tính. 

2A(OH) n + (4- n)Ba(OH) 2 →Ba 4 - n [A(OH) 4 ] 2 

Khi Z có khối lượng cực đại tức Z gồm BaSO 4 và A 2 O n , phản ứng với HCl. 
















A 2 O n + 2nHCl →2ACl n + n H 2 O 

0,03/n → 0,06 

Bã rắn còn lại là BaSO 4 . 

Khối lượng A 2 O n = (2A + 16n).0,03/n = 8,51 - 6,99 = 1,52 (g) 

→ A = 52.n/3 → n = 3; A = 52 (thỏa mãn). A là Cr, A 2 O n là Cr 2 O 3 . 

Vậy dung dịch ban đầu gồm các ion: NH 4+ , Cl - , SO 42- , Cr 3+ . 

Hai muối ban đầu là NH 4 Cl và Cr 2 (SO 4 ) 3 hoặc (NH 4 ) 2 SO 4 và CrCl 3 

Câu 96 

Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với 

dung dịch HCl dư, thu được V 1 lít hỗn hợp khí C. Tỷ khối của C so với hidro bằng 10,6. Nếu đốt 

cháy hoàn toàn B thành Fe 2 O 3 và SO 2 cần V 2 lít khí oxi. 

a/ Tìm tương quan giá trị V 1 và V 2 (đo ở cùng điều kiện). 

b/ Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V 1 và V 2 

c/ Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm. 

d/ Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất trong hỗn hợp 

B. 

Giải 

Fe + S = FeS 

Thành phần B gồm có FeS, Fe và có thể có S. 

FeS + 2HCl = FeCl 2 + H 2 S 


VÌ M TB = 10,6 . 2 = 21,2 < 34 

Nên : trong C có H 2 S và H 2 . 

Gọi x là % của H 2 trong hỗn hợp C. 

(2x + 43(100 – x)) : 100 = 21,2 → x = 40% 

C ; H 2 = 40% theo số mol; H 2 S = 60% 

Đốt cháy B: 

4 FeS + 7 O 2 = 2 Fe 2 O 3 + 4 SO 2 

4 Fe + 3 O 2 = 2 Fe 2 O 3 

Có thể có phản ứng : S + O 2 = SO 2 

Thể tích O 2 đốt cháy FeS là : (3V 1 /5).(7/4) = 21V 1 /20 

Thể tích O 2 đốt cháy Fe là : (2V 1 /5).(3/4) = 6V 1 /20 

Thể tích O 2 đốt cháy FeS và Fe là: 21V 1 /20 + 6V 1 /20 = 27V 1 /20 

Thể tích O 2 đốt cháy S là: V 2 – (27V 1 /20) = V 2 – 1,35V 1 . 

Nên : V 2 ≥ 1,35V 

V.2. S ố mol S = (V 2 – V 1 . 1,35) : V 1 mol ( Với V 1 mol là thể t ích của 1 mol khí ở điều kiện đang 

xét) 

S ố mol FeS = ( V 1. 3/5 ) : V 1mol 

S ố mol Fe = (V 1 . 2/5) : V 1 mol 


3V 

1 

.88.100 

% FeS= 

5 

3V 

1 

2V 

1 

.88+ 

.56+ 

32( V 

5 5 

2 

5280V 

1 

165V 

1 

= 

= % 

−1,35 

V ) 

75,2 V1 

+ 32( V2 

−1,35 

V1 

) V2 

+ V1 

1 















% Fe = 

2V 

1 

.56.100 

5 

70V 

1 

= % 

32( V + V ) V + V 

2 

32( V2 

−1,35V 

1).100 

100V 

% S = 

= 

32( V + V ) V 

2 

1 

1 

2 

1 

2 

2 

−135V 

+ V 

Nếu dư S so với Fe th? tính hiệu suất phản ứng theo Fe, 

Fe + S FeS 

3 

V1 

nFeS 

.100 

H = = 

5 

.100 = 60(%) 

n 2 3 

Fe 

+ nFeS 

V1 

+ V1 

5 5 

H = 60%. 

Nếu dư Fe so với S tính hiệu suất phản ứng theo S. 

1 

1 

% 

3 

V 

nFeS 

. 100 

1 

nFeS .100 

H = > = 

5 

.100 = 60(%) . (do n S < n Fe ) 

n FeS 

+ n S 

n + n 2 3 

Fe FeS 

V1 

+ V1 

5 5 

Vậy hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là 60% 

Câu 97 

Hỗn hợp A gồm Mg và Fe có tỉ lệ khối lượng 4/7 ; hỗn hợp B gồm FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 mỗi chất 

trong B đều có số mol giống nhau. Hòatan B bằng HCl dư sau đó thêm tiếp A và khuấy đều cho 

phản ứng xảy ra hoàn toàn được dung dịch C không màu và V lít H 2 (đktc). Cho dung dịch C tác 

dụng với dung dịch KOH dư lọc kết tủa nung trong không khí được chất rắn D. Biết rằng V lít khí 

H 2 phản ứng với D nung nóng. 

a/ Viết các phương trình hóa học xảy ra 

b/ Trộn A với B được hỗn hợp K tính % khối lượng Fe có trong K. 

Giải 

a/ Phương trình phản ứng 

FeO + 2HCl FeCl 2 + H 2 O 

Fe 2 O 3 + 6HCl 2FeCl 3 + 3H 2 O 

Fe 3 O 4 + 8HCl 2FeCl 3 + FeCl 2 + 4H 2 O 

Mg + 2FeCl 3 MgCl 2 + 2FeCl 2 

Fe + 2FeCl 3 3FeCl 2 

Mg + 2HCl MgCl 2 + H 2 

Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 

Dung dịch D có MgCl 2 , FeCl 2 , HCl dư khi tác dụng với KOH 

HCl + KOH KCl + H 2 O 

MgCl 2 + 2KOH Mg(OH) 2 + 2KCl 

FeCl 2 + 2KOH Fe(OH) 2 + 2KCl 

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O 4Fe(OH) 3 

2Fe(OH) 3 Fe 2 O 3 + 2H 2 O 

Mg(OH) 2 MgO + H 2 O 

Với H 2 chỉ có Fe 2 O 3 + 3H 2 2Fe + 3H 2 O 
















b/ 

VÌ trong B có FeO và Fe 2 O 3 đẳng mol => Xem B chỉ có Fe 3 O 4 (a mol) 

Trong A đặt x là số mol Mg => 1,75x là số mol Fe 

Số mol Fe sau cùng là (1,75x + 3a) => mol H 2 cần dùng 1,5(1,75x + 3a) 

Số mol Fe 2+ trong Fe 3 O 4 là a ; Fe 3+ trong Fe 3 O 4 là 2a 

Áp dụng bảo toàn electron => 2x + 1,75x.2 = 2a + 2.1,5(1,75x + 3a) 

=> 0,25x = 11a => x = 44a 

Tổng khối lượng A, B : 24x + 56.1,75x + 232a = 1400x/11 (gam) 

=> % m Mg = 24x / (1400x/11) = 18,86% ; % m Fe = 56.1,75x / (1400x/11) = 77% 

Câu 98 

Cho dung dịch A chứa 2,04 gam muối clorua của một kim loại M hóa trị II không đổi tác dụng với 

dung dịch B chứa 1,613 gam muối axit của axit sunfuhidric thấy có 1,455 gam kết tủa tạo thành sau 

phản ứng. Xác định R và viết phương trinh phản ứng xảy ra. 

Giải 

Đặt công thức muối clorua là MCl 2 ; muối hidrosunfua là R(HS) x 

* Nếu phản ứng tạo kết tủa xảy ra x MCl 2 + R(HS) x x MS + RCl x + x HCl 

(các muối clorua đều tan trừ AgCl, PbCl 2 nhưng Ag + , Pb 2+ cùng tạo kết tủa với S 2- ) 

Phương trình => 2,04 / (M+71) = 1,455 /(M+32) => M = 65 

Kết quả phù hợp với khối lượng mol Zn nhưng bất hợp lí ở chỗ : 

ZnS không tồn tại với HCl ở cùng vế phương trình phản ứng 

Khi thay trị số M = 65 vào tỷ số : (M+71)x / 2,04 = (R + 33x) / 1,613 => R = 74,53 (không thỏa 

m?n muối nào) 

=> Vậy không sinh ra Kết tủa MS mà tạo thành M(OH) 2 không tan 

x MCl 2 + 2R(HS) x + 2H 2 O x M(OH) 2 + 2x H 2 S + 2RCl x 

Có : = => M = 58 (Ni) 

Thay M = 58 vào (M+71)x / 2,04 = (R + 33x) / 1,613 => R = 18 (NH + 4 ) 

Vậy NiCl 2 + 2NH 4 HS + 2H 2 O Ni(OH) 2 + 2H 2 S + 2NH 4 Cl 

Câu 99 

Cho m gam muối halogenua của một kim loại kiềm phản ứng với 50 ml dung dịch axit H 2 SO 4 đặc, 

nóng (lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí A có mùi đặc biệt và hỗn hợp sản 

phẩm B. Trung hòabằng dung dịch 200ml NaOH 2M rồi làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản 

phẩm B thu được 199,6 gam hỗn hợp D (khối lượng khô). Nung D đến khối lượng không đổi thu 

được muối E có khối lượng 98 gam. Nếu cho dung dịch BaCl 2 lấy dư vào B th? thu được kết tủa F 

có khối lượng gấp 1,4265 lần khối lượng muối E. Dẫn khí A qua dung dịch Pb(NO 3 ) 2 thu được 23,9 

gam kết tủa màu đen. 

a/ Tính nồng độ % của dung dịch H 2 SO 4 (d = 1,715g/ml) và m. 

b/ Xác định kim loại kiềm; halogen. 

Giải 

a/ Gọi công thức muối halogenua là: MX. 

Theo đầu bài khí A có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO 3 ) 2 tạo kết tủa đen, khí A sinh ra do phản 

ứng của H 2 SO 4 đặc. Vậy A là H 2 S. 

H 2 S + Pb(NO 3 ) 2 → PbS ↓ + 2HNO 3 . (1) 

Theo (1) số mol H 2 S là: 23, 9 

239 = 0,1 mol 
















Số mol H 2 SO 4 bị khử thành H 2 S là: 

n 

H SO (1) 

nH S 

0,1 

2 4 2 

= = mol 

Khi nung nóng lượng D giảm = 199,6 - 98 = 101,6 gam là lượng chất tạo ra từ X – (các muối sunfat 

kim loại kiềm đều không bị nhiệt phân). Muối khô E có M 2 SO 4 và Na 2 SO 4 . 

H 2 SO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + 2H 2 O (2) 

0,4 mol 0,2 mol 

Ba 2+ + SO 2– 4 → BaSO 4 ↓ (3) 

Theo (2), số mol H 2 SO 4 đã tham gia phản ứng trung hòalà: 0,2 mol 

Theo (2), (3) khối lượng muối M 2 SO 4 là: 98 – 0,2. 142 = 69,6 gam 

Kết tủa F là BaSO 4 . Số mol BaSO 4 là: ( 98 . 1,4265) : 233 = 0,6 mol 

Số mol M 2 SO 4 là 0,6 – 0,2 = 0,4 mol 

Số mol H 2 SO 4 tham gia tạo muối là: n = n = mol 

H 2SO4 (1) M 

0,4 

2SO4 

Tổng số mol H 2 SO 4 ban đầu là: 0,1 + 0,2 + 0,4 = 0,7 mol 

Nồng độ H 2 SO 4 là: 0 , 7 . 9 8 .100% = 80% 

5 0 . 1 ,7 1 5 

8KI + 5H 2 SO 4 4K 2 SO 4 + 4I 2 + H 2 S + 4H 2 O. (4) 

Khối lượng m là: 8.0,1.166 = 132,8(g 

b/ Ta có: M = 1 69,6 

.( - 96 ) = 39 → M là Kali 

2 0,4 

Quá trình oxi hóa khử ban đầu là: 

+ 6 −2 

x. S + 8e → S 

−1 

8. ' 

xX → X + xe 

Số e đã trao đổi là: 8x → số mol X’ là: 0,1 .8 0,8 

n X ' 

= = 

x x 

Ta có: 1 0 1, 6 . x 

M 

X ' 

= = 1 2 7 x . Xét các giá trị chỉ thỏa m?n với x=2 

0, 8 

⇒ M 

X ' 

= 254 ⇒ X’ là I 2 

Ta có phương tr?nh: 8KI + 5H 2 SO 4 = 4K 2 SO 4 + 4I 2 + H 2 S + 4H 2 O. (4) 

Khối lượng m là: 8.0,1.166 = 132,8 (g) 

Câu 100 

Tiến hành nung nóng hỗn hợp bột A gồm Al và 1 oxit sắt (giả thiết chỉ xảy ra phản ứng khử oxit 

thành kim loại ),được m 1 gam hỗn hợp B. Cho 0,5m 1 gam B tác dụng với lượng dư dung dịch KOH 

thu 1,26 lít khí và 3,63 gam chất rắn.Mặt khác khi hoà tan hoàn toàn 0,5m 1 gam B bằng 1 lượng vừa 

đủ dung dịch HCl phản ứng làm tạo thành 2,016 lít khí và dung dịch C. Chia C làm 2 phần đều 

nhau : 

+ Cho phần I tác dụng với lượng dư dung dịch NH 3 được m 2 gam kết tủa D .Cho D tác dụng với 

lượng dư dung dịch NaOH .Phản ứng xong lọc ,tách kết tủa tạo thành đem nung nóng ngoài không 

khí đến khối lượng không đổi được 2,25 gam chất rắn . 

+ Cho 18 gam bột Al vào phần II , phản ứng xong lọc ,tách được m 3 gam chất rắn . 

a. Xác định công thức của oxit sắt ,biết rằng các thể tích đều đo ở đktc . 

b. Tính m 1 ,m 2 ,m 3 . 

Giải 

2yAl + 3Fe x O y yAl 2 O 3 + 3xFe (1) 

Chất rắn B gồm : Al 2 O 3 , Fe, Fe x O y , Al 

0,5m 1 gam B + KOH tạo ra 0,05625 mol H 2 

Chỉ có Al + KOH + H 2 O KAlO 2 + 1,5H 2 (2) => Mol Al (2) = 0,05625/1,5 = 0,0375 
















mol 

3,36 gam chất rắn có Fe và Fe x O y 

0,5m 1 gam B + HCl sinh ra 0,09 mol H 2 

Al + 3HCl AlCl 3 + 1,5H 2 (3) 

Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (4) 

Mol Fe = 0,09 – 0,0375 . 1,5 = 0,03375 (mol) 

m 2 gam kết tủa D gồm Al(OH) 3 , Fe(OH) 3 

2,25 gam Chất rắn E là Fe 2 O 3 => mol Fe 2 O 3 = 2,25/160 = 0,0140625 (mol) 

Gọi b là mol Fe x O y ở 0,5m1 gam B => 2bx + 0,03375.2 = 0,014625.8 = 0,1125 (mol) 

=> bx = 0,0225 

Mặt khác : (56x + 16y). 0,0225/x + 56.0,03375 = 3,36 => x/y = ¾ (Fe 3 O 4 ) 

Câu 101 

Nhúng hai tấm kẽm mỗi tấm có khối lượng 10 gam vào hai dung dịch muối kim loại hóa trị II. Sau 

một thời gian xác định lấy hai tấm kẽm ra làm khô cân lại thấy có một tấm có khối lượng 9,5235 

gam ; tấm cònlại có khối lượng 17,525 gam. Cho biết một trong hai dung dịch kim loại hóa trị II là 

muối sắt (II) ; lượng kẽm tham gia phản ứng ở hai dung dịch là như nhau. 

1/ Giải thích hiện tượng xảy ra ở mỗi dung dịch 

2/ Xác định dung dịch của kim loại hóa trị II của dung dịch thứ hai ? 

Bài giải 

1/ Khi nhúng tấm kẽm vào dung dịch muối sắt (II) : 

Zn + Fe 2+ Zn 2+ + Fe (1) 

VÌ MFe < MZn => Khối lượng tấm kẽm giảm đi 

Khi nhúng tấm kẽm vào dung dịch thứ hai M 2+ 

Zn + M 2+ Zn 2+ + M (2) 

VÌ khối lượng tấm kẽm tăng lên => M > 65 

2/ Gọi x là số mol Zn tham gia phản ứng 

=> 65x – 56x = 10 – 9,5235 => x = 0,053 

VÌ lượng Zn tham gia phản ứng hai trường hợp như nhau nên : 

x (M – 65) = 17,525 – 10 => M = 206,98 (Pb) => Pb 2+ 

Câu 102: 

Cho 9,86 gam hỗn hợp Mg và Zn vào một cộc chứa 430 ml dung dịch axit sunfuric 1M lo?ng. Sau 

khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thêm tiếp vào cốc 1,2 lít dung dịch hỗn hợp gồm Ba(OH) 2 0,05M và 

KOH 0,7M ; khuấy đều để phản ứng hoàn toàn, lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng 

không đổi thu được 26,08 gam chất rắn. 


2/ Tính khối lượng Mg, số mol Zn trong hỗn hợp đầu ? 

Giải 

1/ Mg + 2H + Mg 2+ + H 2 

Zn + 2H + Zn 2+ + H 2 

H + + OH - H 2 O 

Mg 2+ + 2OH - Mg(OH) 2 

Zn 2+ + 2OH - Zn(OH) 2 

Zn(OH) 2 + 2OH - [Zn(OH) 4 ] 2- 

Ba 2+ + 

2- 

SO 4 BaSO 4 

Lấy kết tủa đem nung (có thể vẫn cònZn(OH) 2 ) 
















Mg(OH) 2 MgO + H 2 O 

Zn(OH) 2 ZnO + H 2 O 

Mol axit sunfuric = 0,43 mol ; => H + = 0,86 mol ; SO 2- 4 = 0,43 mol ; 

Mol Ba 2+ = 0,06 mol ; OH- = 0,96 mol 

Gọi x, y là số mol tương ứng của Mg, Zn ta có : 

24x + 65y = 9,86 (1) 

VÌ 9,86/65 < x + y < 9,86/24 hay 0,152 < x + y < 0,411 

=> axit sunfuric dư ; mol BaSO 4 (tính theo Ba 2+ ) = 0,06 mol hay 13,98 gam 

K/lượng(MgO + ZnO) = 26,08 – 13,98 = 12,1 gam 

Mol H + dư = 0,86 – 2x – 2y 

Mol OH - dư = 0,1 mol 

Trường hợp 1 : y < 0,05 th? Zn(OH) 2 tan hết 

=> m MgO = 12,1 gam hay ứng với 0,3025 mol => m Mg = 7,26 gam 

=> m Zn = 9,86 – 7,26 = 2,6 gam ứng với 0,04 mol < 0,05 => NHẬN 

Trường hợp 2 : y > 0,05 th? Zn(OH) 2 không tan hết 

=> 40x + 81 ( y – 0,05) = 12,1 (2) 

Từ (1), (2) => y = 0,0104 < 0,05 (Vô lí) => LOẠI 

Câu 103: 

Cho 3,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu tác dụng với 200 ml dung dịch AgNO 3 . Sau khi các phản 

ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch B và 9,92 gam chất rắn C. Cho toàn bộ dung dịch B tác 

dụng với dung dịch NaOH dư, phản ứng xong, lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng 

không đổi được 3,2 gam chất rắn. 

1) Tính phần trăm khối lượng các kim loại trong A. 

2) Tính nồng độ mol của dung dịch AgNO 3 ban đầu. 

3) Cho hết 3,6 gam A vào 200 ml dung dịch H 2 SO 4 0,5 M, sau khi phản ứng hoàn toàn cho 

tiếp m gam NaNO 3 vào hỗn hợp phản ứng. Tính giá trị m tối thiểu để thu được lượng khí NO (sản 

phẩm khử duy nhất) lớn nhất. 

Giải: 

a) Fe + 2Ag + → Fe 2+ + 2Ag (1) 

Cu + 2Ag + → Cu 2+ + 2Ag (2) 

- Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe và Cu trong hh đầu. 

Ta có (a+b) > 3,6/64 = 0,05625 mol 

- Nếu Fe và Cu hết thì 

m Ag > 2. 0,05625.108 = 12,15 g > m chất rắn thu được = 9,92 gam 

=> AgNO 3 hết, kim loại trong hh ban đầu còn dư. 

9,92 − 3,6 

- Nếu chỉ có Fe p/ư thì theo (1): n Fe p/ư = = 0,0395 mol 

2.108 − 56 

Fe 2+ → Fe(OH) 2 → Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 

0,0395mol 

0,01975mol 

=> m chất rắn = 0,01975. 160 = 3,16 gam < 3,2 gam 

=> Cu đã phản ứng ở (2) : Cu 2+ → Cu(OH) 2 → CuO 

- Gọi b' là số mol Cu đã p/ư 

Từ giả thiết, ta có hệ pt: 

⎧ 

⎪56a 

+ 64b 

= 3,6 

⎧a 

= 0,03mol 

⎪ 

⎪ 

⎨2( 

a + b' 

).108 + 64( b − b') 

= 9,92 ⇔ ⎨b 

= 0,03mol 

⎪ 

⎪ 

a 

⎪ 

⎩b' 

= 0,01mol 

.160 + b'.80 

= 3,2 

⎩2 



www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial 





DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN








=> Trong hh đầu: %m Fe = (0,03.56)/3,6 = 46,67%; %m Cu = 53,33% 

b) Số mol Ag + p/ư = 2a+2b' = 0,08 mol 

=> C M (AgNO 3 ) = 0,08/0,2 = 0,4M 

c) Số mol H + ban đầu = 0,2 mol 

Chỉ có Fe tan trong dd H 2 SO 4 loãng: 

Fe + 2H + → Fe 2+ + H 2 

0,03 0,06 0,03mol 

Khi cho tiếp NaNO 3 vào, xảy ra p/ư: 

3Cu + 8H + - 

+ 2NO 3 → 3Cu 2+ + 2NO + 4H 2 O 

0,03 0,08 0,02 

3Fe 2+ + 4H + - 

+ NO 3 → 3Fe 3+ + NO + 2H 2 O 

0,03 0,04 0,01 

=> Tổng số mol H + p/ư = 0,06 + 0,08 + 0,04 = 0,18 mol => H + dư 

=> Số mol NaNO 3 cần dùng = số mol NO - 3 p/ư = 0,02+0,01 = 0,03 mol 

=> Khối lượng NaNO 3 = 0,03.85 = 2,55gam 

Câu 104 

1) Điện phân Al 2 O 3 nóng chảy với điện cực bằng than chì, thu được m gam Al và V lít 

(đktc) hỗn hợp A chỉ gồm 2 khí CO 2 , CO. Giả thiết toàn bộ lượng oxi sinh ra tham gia vào quá trình 

oxi hoá cacbon. 

a) Viết các quá trình oxi hoá - khử xảy ra tại mỗi điện cực. 

b) Tìm khoảng xác định của m theo giá trị V. 

c) Cho V = 1,12 lít (đktc). Tính m. Biết tỷ khối của A so với hiđro bằng 18,8. 

Giải: 

a) - Tại anot (cực dương) : 2O 2- → O 2 + 4e 

C + O 2 → CO 2 

CO 2 + C → 2CO (hoặc 2C + O 2 → 2CO) 

- Tại catot (cực âm): Al 3+ + 3e → Al 

b) Các PTHH 

2Al 2 O 3 → 4Al + 3O 2 (1) 

C + O 2 → CO 2 (2) 

2C + O 2 → 2CO (3) 

Gọi x là tỷ lệ % theo thể tích của CO trong hỗn hợp (0 < x < 1) 

=> n CO = x.V/22,4; n CO = (1-x).V/22,4 

2 

4 4 1 4 V 1 V 

n Al = n O = (n CO + n CO ) = [(1-x). + x. ] = 

2 

3 3 

2 

2 3 22,4 2 22,4 

4 V 

= . (1-0,5x) 

3 22,4 

4 V 

36V 

=> m Al = . (1-0,5x). 27 = . (1-0,5x) 

3 22,4 

22,4 






18V 

Do 0< x < 1 nên: < m < 

22,4 


36V 

22,4 










c) V = 1,12 => n hh khí = 0,05 mol 

d A/H 2 = 18,8 => số mol CO 2 : số mol CO = 3:2 

=> số mol CO là 0,02 mol, số mol CO 2 là 0,03 mol;=> m = 1,44 gam 

Câu 105: 

1. Cho 3,64 gam hỗn hợp A gồm oxit, hiđroxit và muối cacbonat trung hòa của một kim loại M 

có hóa trị II tác dụng vừa đủ với 117,6 gam dung dịch H 2 SO 4 10%. Sau phản ứng thu được 448 ml 

khí CO 2 (đktc) và dung dịch X chứa một muối duy nhất. Dung dịch X có có nồng độ phần trăm và 

nồng độ mol lần lượt là 10,876% và 0,545M. Khối lượng riêng của dung dịch X là 1,093 g/ml. 

a) Xác định tên kim loại M. 

b) Tính % khối lượng của các chất có trong hỗn hợp A. 

Giải: 

. a. Xác định kim loại M 

Đặt số mol của MO, M(OH) 2 , MCO 3 tương ứng là x, y, z. 

Nếu tạo muối trung hòa ta có các phản ứng 

MO + H 2 SO 4 ⎯⎯→ MSO 4 + H 2 O (1) 

M(OH) 2 + H 2 SO 4 ⎯⎯→ MSO 4 + 2H 2 O (2) 

MCO 3 + H 2 SO 4 ⎯⎯→ MSO 4 + H 2 O + CO 2 (3) 

Nếu tạo muối axít ta có các phản ứng 

MO + 2H 2 SO 4 ⎯⎯→ M(HSO 4 ) 2 + H 2 O (4) 

M(OH) 2 + 2H 2 SO 4 ⎯⎯→ M(HSO 4 ) 2 + 2H 2 O (5) 

MCO 3 + 2H 2 SO 4 ⎯⎯→ M(HSO 4 ) 2 + H 2 O + CO 2 (6) 

d.C%.10 1,093.10,876.10 

Ta có : M 

Muôi 

= = ≈ 218 

CM 

0,545 

-TH1: Nếu muối là MSO 4 => M +96 = 218 => M=122. (loại) 

-TH2: Nếu là muối M(HSO 4 ) 2 => M + 97.2 = 218 => M = 24 (Mg) 

Vậy xảy ra các phản ứng (4, 5, 6) tạo muối Mg(HSO 4 ) 2 

b.Theo (4), (5), (6) => Số mol CO 2 = 0,448/22,4 = 0,02 mol => z = 0,02 (I) 

Số mol H 2 SO 4 = 117,6.10% = 0,12 mol => 2x + 2y + 2z = 0,12 (II) 

98 

Mặt khác 40x + 58y + 84z = 3,64 (III) 

Giải hệ (I), (II), (III) được: x = 0,02; y = 0,02; z = 0,02 

%MgO = 40.0,02/ 3,64 = 21,98% 

%Mg(OH) 2 = 58.0,02/3,64 = 31,87% 

%MgCO 3 = 84.0,02/3,64 = 46,15% 

Câu 106: 

Cho 3,9 gam hỗn hợp M gồm hai kim loại X, Y có hoá trị không đổi lần lượt là II và III vào dung 

dịch H 2 SO 4 loãng (dư), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A và 4,48 lít khí 

H 2 (đktc). 

a) Tính khối lượng muối trong A. 


b) Cho 3,9 gam hỗn hợp M tác dụng vừa đủ với V lít dung dịch HNO 3 1M, sau phản ứng thu 

được 0,84 lít khí B duy nhất (đktc) và dung dịch C. Cô cạn cẩn thận dung dịch C được 29,7 gam 

muối khan. Tìm công thức phân tử của B và tính giá trị của V? 

Giải: 















a. PTHH 

X + 2H + → X 2+ + H 2 (1) 

2Y + 6H + → 2Y 3+ + 3H 2 (2) 

Ta có 

4,48 

n = =0,2mol 

H2 

22,4 

⇒ m = m + m = 3,9 + 0, 2.96 = 23,1 gam 

muèi hçnhîp KL 

SO 

2− 

4 

b. Theo (1) và (2): 

2+ + 

X → X +2e 2H +2e → H 

3+ 

Y → Y +3e 

⇒ n e cho =2.0,2=0,4 mol 

m = m + 62. n = m + 62.2 n = 3,9 + 62.2.0,2 = 28,7 gam < 29,7 gam 

muèi nitrat cña KL 

KL 

NO 

− KL 

2 

3 SO 

− 

4 

⇒ Ngoài muối NO - 3 của hai kim loại còn có muối NH 4 NO 3 . 

29,7 − 28,7 

⇒ nNH 0,0125 

4NO 

= = mol 

3 

80 

0,84 

Gọi công thức khí B là N x O y : nB 

= = 0,0375mol 

22,4 

- 

x NO 3 + (6x – 2y)H + + (5x –2y)e → N x O y +(3x-2y)H 2 O 

0,0375 

- 

NO 3 + 10 H + + 8e → NH + 4 + 3 H 2 O 

0,0125 

Ta có n e nhận = (5x –2y). 0,0375 + 8. 0,0125 =(5x –2y). 0,0375 + 0,1 mol 

ĐLBT electron: (5x –2y). 0,0375 + 0,1=0,4 

⇒ 5x –2y = 8 

⎧x = 2 

⇒ ⎨ ⇒ B lµ :N2O 

⎩y = 1 

n = n + 

= 6x – 2y .0,0375 + 10. 0,0125 = 0,5 mol 

HNO3 

H 

( ) ( ) 

2 

0,5 

Vậy: V= 0,5 lit 

1 = 

Câu 107: 

1/ Cho x mol Fe tác dụng với y mol HNO 3 tạo ra khí NO và dung dịch D. Hỏi dung dịch D tồn tại 

những ion nào? Hãy thiết lập mối quan hệ giữa x và y để có thể tồn tại những ion đó? 

2/ Sunfuryl điclorua SO 2 Cl 2 là hoá chất phổ biến trong phản ứng clo hoá. Tại 350 o C, 2 atm phản 

ứng: 

SO 2 Cl 2 (khí) ←⎯⎯→ 

⎯ SO 2 (khí) + Cl 2 (khí) (1) có Kp = 50. 

a) Hãy cho biết đơn vị của trị số đó và giải thích: hằng số cân bằng Kp này phải có đơn vị như vậy. 

b) Tính phần trăm theo thể tích SO 2 Cl 2 (khí) còn lại khi (1) đạt tới cân bằng ở điều kiện đã cho. 

c) Ban đầu dùng 150 mol SO 2 Cl 2 (khí), tính số mol Cl 2 (khí) thu được khi (1) đạt tới cân bằng. 

Giải 

1/ Phản ứng xảy ra: Fe + 4HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O 

x mol y mol 

Các khả năng xảy ra : 

* y= 4x : Phản ứng vừa đủ.Trong dung dịch D có các ion Fe 3+ và ion NO - 3 . Ngoài ra còn có các 

ion 
















[ Fe(OH)] 2+ ,[ Fe(OH) 2 ] + ,H + do sự thủy phân của Fe 3+ 

Fe 3+ + HOH ←⎯⎯→ 

⎯ [ Fe (OH)] 2+ + H + (1) và Fe 3+ + 2 HOH ←⎯⎯→ 

⎯ [ Fe (OH) 2 ] + + 2H + (2) 

* x < y/4 : Fe hết , HNO 3 dư => Trong dung dịch D có các ion Fe 3+ , NO - 3 , H + . Vì axit còn dư , 

các cân bằng (1) ,(2) chuyển dịch theo chiều nghịch nên xem như không tồn tại các ion [ 

Fe(OH)] 2+ ,[ Fe(OH) 2 ] + . 

* x > y/4 : HNO 3 hết , Fe dư. Do Fe còn dư nên xảy ra phản ứng: 

Fe + 2 Fe(NO 3 ) 3 →? 3 Fe(NO 3 ) 2 

ở đây cũng xảy ra hai khả năng : 

+ Fe còn dư đủ để khử hết y mol Fe(NO 3 ) 3 

Fe + 2 Fe(NO 3 ) 3 → 3 Fe(NO 3 ) 2 

Mol: y/2 y 

Khi ấy x≥y/4 +y/2 =3y/4. Trong dung dịch D tồn tại các ion Fe 2+ , NO - 3 . Ngoài ra còn có 

[Fe(OH)] + ,H + do Fe 2+ bị thủy phân: Fe 2+ + HOH ←⎯⎯→ 

⎯ [ Fe (OH)] + + H + 

*Fe còn dư chỉ khử được môt phần Fe 3+ 

Khi ấy y/4








a(mol) → 2a 

⎧Fe dö = (y − a)(mol) 

Raén B goàm ⎨ 

⎩ Cu = z(mol) 

Fe + 4HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O (6) 

(y – a)(mol) → (y – a) (y – a) 

3Cu + 8HNO 3 → 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O (7) 

z(mol) → z z 

(6), (7) ⇒ (y – a) + 2 z = 0,03 (II) 

3 

2Fe(NO 3 ) 3 → 2Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 (8) 

y − a 

(y – a)(mol) → 

( ) 

2 

Cu(NO 3 ) 2 → Cu(OH) 2 → CuO (9) 

z(mol) → z 

Khi thêm tiếp 400 ml dung dịch HCl đến khi khí H 2 ngừng thoát ra và từ (5) có thể có 3 trường 

hợp xảy ra: 

a) Nếu HCl hết và cả Fe hết thì: 2a = 0,04 ⇒ y = a = 0,04 (mol) 

(II) ⇒ z = 0,045, x = 0,08, y = 0,02 

m A = 27.0,08 + 56.0,02 + 64.0,045 = 6,16 gam > 5,2 gam (loại) 

b) Nếu HCl dư và Fe hết thì: 2a








Câu 109 

Cho a gam bột Fe vào 200 ml dung dịch X gồm hỗn hợp AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 . Khi phản ứng 

xong, thu được 3,44 g chất rắn B và dung dịch C. Tách B rồi cho dung dịch C tác dụng với dung 

dịch NaOH dư được 3,68 gam kết tủa gồm 2 hiđroxit kim loại. Nung kết tủa trong không khí đến 

khối lượng không đổi được 3,2 gam chất rắn. 

1. Xác định a. 

2. Tính nồng độ mol/l các muối trong dung dịch X. 

Giải: 

1. Xác định a: 

Gọi x, y lần lượt là số mol của AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 trong 200 ml hỗn hợp. 

Khi cho Fe tác dụng với hỗn hợp trên tạo dung dịch C, cho C tác dụng với dung dịch NaOH dư 

tạo kết tủa gồm 2 hiđroxit nên trong C phải chứa 2 muối là Fe(NO 3 ) 2 và Cu(NO 3 ) 2 dư và Fe phải 

hết. 


Fe + 2Ag + → Fe 2+ + 2Ag (1) 

x 

← x(mol) → x x 

2 

2 

Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu (2) 

a ← a(mol) → a → a 

(1), (2) ⇒ 108x + 64a = 3,44 (I) 

2Fe 2+ → 2Fe(OH) 2 → 2Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 (3) 

x 

x 

( a)mol 

2 + → ( x 

+ a 

a) 

2 + → x ( a) 

2 + → ( 2 ) 

2 

Cu 2+ → Cu(OH) 2 → CuO (4) 

(y – a)mol → (y – a) → (y – a) 

(3), (4) ⇒90 ( x + a) + 98(y – a) = 3,68 

2 

⇔ 45x + 98y – 8a = 3,68 

(II) 

x 

+ a 

(3), (4) ⇒160 ( 2 ) + 80(y – a) = 3,2 

2 

⇔ 40x + 80y = 3,2 

(III) 

Giải (I), (II) và (III) ta được x = 0,02; y = 0,03; a = 0,02 

a = 56.0,03 = 1,68(gam) 

2. Tính nồng độ mol/l các muối trong dung dịch X. 

0,02 

CM(AgNO 3 ) 

= = 0,1M 

0,2 

0,03 

CM(Cu(NO 3 ) 2 ) 

= = 0,15M 

0,2 

Câu 110: (Nam Định 2014) 
















Hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn. Cho 6,5 gam hỗn hợp X vào 200 ml dung dịch chứa Ba(OH) 2 0,5M 

và KOH 1M, kết thúc phản ứng thu được 4,256 lít khí H 2 (đktc). Nếu cho 13 gam hỗn hợp X tác 

dụng với dung dịch H 2 SO 4 loãng đến khi ngừng thoát khí thì thu được 4,032 lít H 2 (đktc) và chất 

rắn không tan Y. Cho Y trên vào 200 ml dung dịch chứa AgNO 3 1M và Cu(NO 3 ) 2 2M, sau khi phản 

ứng hoàn toàn thì thu được 34,4 gam chất rắn Z. Tính phần trăm khối lượng các kim loại trong hỗn 

hợp X. 

(Cho biết: Zn + 2OH - → ZnO 2- 2 + H 2 hay Zn + 2OH - + 2H 2 O→ Zn(OH) 2- 4 + H 2 ) 

Giải: 

* X tác dụng với dung dịch bazơ 

Gọi x, y, z là số mol của Mg, Al, Zn trong 6,5 gam hỗn hợp X 

Khối lượng hỗn hợp = 24x + 27y + 65z = 6,5 (I) 

n H 2 = 4,256/ 22,4 = 0,19 mol, 

n Ba(OH) 2 = 0,2× 0,5 = 0,1 mol, n KOH = 0,2×1 = 0,2 mol 

⇒ n OH - = 0,1×2 + 0,2 = 0,4 mol 

2Al + 2OH - + 2H 2 O → 2AlO - 2 + 3H 2 (1) 

Zn + 2OH - → ZnO 2- 2 + H 2 (2) 

Theo (1), (2): n OH - pư =2/3 n H 2 +2 n H 2 < 2 tổng số mol H 2 = 2.0,19 =0,38








0,2 0,2 (mol) 

Theo định luật bảo toàn mol electron 

4x + 6y + 4z = 0,36 + 0,4 + 0,2 = 0,96 (III) 

Giải hệ (I), (II) và (III) có: x = 0,05; y = 0,1; z = 0,04 

% m Mg = 0,05 × 24/ 6,5 = 18,46% 

% m Al = 0,1 × 27/ 6,5 = 41,54% 

% m Zn = 0,04 × 65/ 6,5 = 40,00% 

Câu 111: 

Cho 11,2 gam hỗn hợp Cu và kim loai M tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 3,136 lít khí 

(đktc). Cũng lượng hỗn hợp này cho tác dụng hết với dung dịch HNO 3 loãng, dư thu được 3,92 lít 

khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Xác định kim loại M. 

Giải: 

Các phản ứng có thể 

2M + 2nHCl ⎯⎯→ 2MCl n + nH 2 

3M + 4nHNO 3 ⎯⎯→ 3M(NO 3 ) m + nNO + 2nH 2 O 

3Cu + 8HNO 3 ⎯⎯→ 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O 

Ta có 

3,136 

nH 

= = 0,14( mol) 

2 

22, 4 

3,92 

nNO 

= = 0,175( mol) 

22,4 

gọi x, y lần lượt là số mol của Cu và M. 

=> 64 x + M.y = 11,2 (*) 

TH 1 . nếu M có hóa trị không đổi là n. 

=> ny = 0,28 

2x + ny = 0,525 

=> x = 0,1225 (mol) 

thay vào (*) => M.y = 3,36 

=> M = 12.n 

Với n là hóa trị của M => chỉ có n = 2, M = 24 là thỏa mãn 

TH 2 . nếu M có hóa trị thay đổi theo phản ứng. 

=> ny = 0,28 (**) 

2x + my = 0,525 (***) 

từ (*), (**), (***) ta có 

32m 

− M 0,525.32 −11, 2 

= = 20 

n 0,28 

=> M + 20n = 32m 

1 ≤ n < m ≤ 3 

chỉ có giá trị n = 2; m = 3; M = 56 là thỏa mãn 

Câu 112: 


Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO 3 3,4M khuấy đều thấy thoát 

ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn dư một kim loại chưa tan hết, đổ 

tiép từ từ dung dịch H 2 SO 4 5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho dến khi kim loại vừa tan hết thì 

mất đúng 44ml, thu được dd A. Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH cho đến dư vào, lọc kết tủa, rửa rồi 

nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B nặng 15,6g. 















a) Tính % số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp. 

b) Tính nồng độ các ion (trừ ion H +- , OH - ) trong dung dịch A. 

Giải: 

Gọi x, y, z là số mol Mg, Fe, Cu trong hỗn hợp, ta có : 

24x + 56y + 64z = 23,52 ⇒ 3x + 7y + 8z = 2,94 (a) 

Đồng còn dư có các phản ứng: 

Cho e: Nhận e: 

Mg - 2e → Mg 2+ (1) NO - 3 + 3e + 4H + → NO + 2H 2 O (4) 

Fe - 3e → Fe 3+ (2) Cu + Fe 3+ → Cu 2+ + Fe 2+ (5) 

Cu - 2e → Cu 2+ (3) 

Phương trình phản ứng hoà tan Cu dư: 

- 2- 

3Cu + 4H 2 SO 4 + 2NO 3 = 3CuSO 4 + SO 4 + 2NO + H 2 O (6) 

0,044.5.3 

Từ Pt (6) tính được số mol Cu dư: = = 0,165 mol 

4 

Theo các phương trình (1), (2), (3), (4), (5): số mol e cho bằng số mol e nhận: 

2(x + y + z − 0,165) = [3,4.0,2 − 2(x + y + z − 0,165)]. 

→ x + y + z = 0,255 + 0,165 = 0,42 (b) 

Từ khối lượng các oxit MgO; Fe 2 O 3 ; CuO, có phương trình: 

x y z .40 + .160 + . 80 = 15,6 (c) 

2 4 2 

Hệ phương trình rút ra từ (a), (b), (c): 3x + 7y + 8z = 2,94 

x + y + z = 0,42 

x + 2y + 2z = 0,78 

Giải được: x = 0,06; y = 0,12; z = 0,24. 

% lượng Mg = 6,12% ; 

% lượng Fe = 28,57% ; 

% lượng Cu = 65,31% 

2/ Tính nồng độ các ion trong dd A (trừ H + , OH - ) 

[Mg 2+ 0,06 

] = 0,244 = 0,246 M; [Cu 2+ ] = 0,984 M ; 

[Fe 2+ ] = 0,492 M ; [SO 2- 4 ] = 0,9 M ; [NO - 3 ] = 1,64 M 

Câu 113: MTCT Vĩnh Phúc 

1. Một hỗn hợp bột kim loại có khả năng gồm Mg, Al, Sn. Hòa tan hết 0,75 gam hỗn hợp bằng dung 

dịch HCl dư thấy thoát ra 784 ml H 2 (đo ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,75 gam hỗn hợp trong 

oxi dư thì thu được 1,31 gam oxit. Xác định % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp. 

2. Hòa tan hết 4,08 gam hỗn hợp A gồm một kim loại và một oxit của nó chỉ có tính bazo trong một 

lượng vừa đủ V ml dung dịch HNO 3 4M thu được dung dịch B và 0,672 lít khí NO duy nhất (đktc). 

Thêm vào B một lượng dư dung dịch NaOH, lọc rửa kết tủa nung trong không khí đến khối lượng 

không đổi thu được m gam chất rắn C. Để hòa tan hết 1gam chất rắn C cần dùng 25 ml dung dịch 

HCl 1M. 


Tính thành phần % theo khối lượng của mỗi chất trong A. 

Giải: 

1.Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 ↑ 















2Al + 6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2 ↑ 

Sn + 2HCl → SnCl 2 + H 2 ↑ 

2Mg + O 2 

4Al + 3O 2 

0 

t 

⎯⎯→ 2MgO 

0 

t 

⎯⎯→ 2Al 2 O 3 

t 

Sn + 2O 2 ⎯⎯→ SnO 2 

Số mol H 2 = 0,035 

Hệ pt: 24x + 27y + 119z = 0,75 

0 

x + 3 2 y + z = 0,035 

(x, y, z là số mol từng kim loại) 

40x + 102 y + 183z = 1,31 

2 

Giải hệ pt cho: x = 0,02 ; y = 0,01 ; z = 0 

Vậy, hỗn hợp không có Sn và % Mg = 0,02 × 24 × 100% = 64% ; %Al = 36% 

0,75 

HNO3 

2. Kim loại M + oxit của nó ⎯⎯⎯→ M(NO 3 ) n + NO↑ 

M n+ + nOH - → M(OH) n 

2M(OH) 

t 

0 

n ⎯⎯→ M 2 O n + nH 2 O 

M 2 O n + 2nHCl → MCl n + nH 2 O 

Theo bài ra: 

1 0,025 

= → M =32.n 

2M + 16n 2n 

Cho n các giá trị 1, 2, 3 ta thấy n=2 và M= 64. 

Vậy M là đồng. Oxit của nó có thể là CuO hoặc Cu 2 O 

Trường hợp 1: hỗn hợp A là Cu và Cu 2 O 

Đặt số mol của Cu và Cu 2 O lần lượt là x và y 

Cấc phương trình phản ứng: 

3Cu + 8HNO 3 → 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO↑ + 4H 2 O 

3Cu 2 O + 14HNO 3 → 6Cu(NO 3 ) 2 + 2NO↑ + 7H 2 O 

⎧64x + 144y = 4,08 

⎪ 

⎧ ⎪x = 0,03 mol ⎯⎯→ % Cu = 47,06% 

Ta có hệ: ⎨2 2 giải ra ta được ⎨ 

⎪ x + y = 0,03 

y = 0,015 mol ⎯⎯→ % Cu2O 

= 52,94% 

⎩3 3 

⎪⎩ 

Trường hợp II: A là Cu và CuO 

Các phương trình phản ứng: 

3Cu + 8HNO 3 → 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO↑ + 4H 2 O 

CuO + 2HNO 3 → Cu(NO 3 ) 2 + H 2 O 

n Cu = 0,045 mol → % Cu = 70,29%, % CuO = 29,41% 

Câu 114: X,Y là kim loại đơn hóa trị II và III . Hòa tan hết 14,0 gam hỗn hợp X,Y bằng axit HNO 3 

thoát ra 14,784 lít (27,3 0 C và 1,1atm) hỗn hợp 2 khí là oxit có màu nâu và có tỷ khối so với He = 

9,56 , dung dịch nhận được chỉ chứa nitrat kim loại. Cùng lượng hỗn hợp 2 kim loại trên cho tác 

dụng với axit HCl dư thì cũng thoát ra 14,784 lít khí (27,3 0 C và 1atm) và còn lại 3,2 gam chất rắn 

không tan.Xác định X, Y . 

Giải: 

Số mol khí = 0,66 và 0,6. 
















Từ M TB = 9,56. 4 = 38,24 suy ra NO 2 > 38,24 nên khí còn lại phải là NO = 30 < 38,24 

Và tính được NO = 0,32 mol và NO 2 = 0,34 mol 

3X + 8HNO 3 → 3X(NO 3 ) 2 + 2NO ↑+ 4H 2 O 

Y + 4HNO 3 → Y(NO 3 ) 3 + NO ↑+ 2H 2 O 

X + 4HNO 3 → X(NO 3 ) 2 + 2NO 2 ↑+ 2H 2 O 

Y + 6HNO 3 → Y(NO 3 ) 3 + 3NO 2 ↑+ 3H 2 O 

X + 2HCl → XCl 2 + H 2 ↑ hoặc 2Y + 6HCl → 2YCl 3 + 3H 2 ↑ 

Biện luận: * Nếu kim loại Y không tan trong axit HCl 

Theo pt: số mol X = 0,6 và lượng X = 10,8 gam nên X = 10,8 

0,6 = 18 

(không thỏa mãn kim loại nào) 

* Vậy kim loại X không tan trong axit HCl 

Theo pt: số mol Y = 0,4 và lượng Y = 14- 3,2= 10,8 gam nên Y = 10,8 

0,4 = 27 

→ Y là Al 

3+ 

⎧⎪ 

Al− 3e → Al 

Đặt số mol X bằng a: ⎨ tổng số e nhường = 0,4. 3 + 2a = 1,2 + 2a 

2+ 

⎪⎩ X − 2e → X 

+ 5 + 2 

⎧ ⎪N + 3e 

→ N 

⎨ 

tổng số e thu = 0,32. 3 + 0,34 = 1,30 

+ 5 + 4 

⎪⎩ N + 1e 

→ N 

Theo qui tắc bảo toàn số mol e: 1,2 + 2a = 1,3 → a = 0,05 

Vậy X = 3, 2 = 64 → X là Cu 

0,05 
















BÀI TẬP TỔNG HỢP HỮU CƠ ÔN THI HSG 12 

Câu 1 Thanh Hóa 2016 

Đốt cháy hoàn toàn 1,31gam chất hữu cơ X chứa C, H, O có công thức phân tử trùng với công 

thức đơn giản nhất, thu được 2,42 gam CO 2 và 0,81 gam H 2 O. 

Cho X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ thu được muối natri của axit A và hỗn hợp B 

gồm hai ancol thuộc cùng dãy đồng đẳng.Lấy 1,24 gam hỗn hợp B cho hóa hơi hoàn toàn thu được 

thể tích hơi đúng bằng thể tích của 0,84 gam N 2 đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Khi cho cùng 

một lượng axit A như nhau phản ứng hết với dung dịch NaHCO 3 hoặc với Na thì thể tích khí CO 2 thu 

được luôn luôn gấp 1,5 lần thể tích khí H 2 đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. 

a. Xác định công thức phân tử của X. 

b. Xác định công thức phân tử của các ancol trong B. 

c. Giả sử A là hợp chất có thể phân lập được từ nguồn thực vật, A tương đối quen thuộc trong 

cuộc sống hàng ngày, đặc biệt được dùng trong việc pha chế nước giải khát có vị chua, hãy viết công 

thức cấu tạo của A, từ đó suy ra cấu tạo của X. 

Giải: 

a. Xác định CTPT của X 

Ta có: n C = n CO2 = 0,055 ; n H = 2.n H2O = 0,09 và n O = 

1,31 −12.0,055 −1.0,09 

= 0,035 

16 

⇒ n C : n H : n O = 0,055 : 0,09 : 0,035 = 11 : 18 : 7 ⇒ CTPT của X là C 11 H 18 O 7 

b. Xác định công thức phân tử của các rượu trong B 

X + NaOH ⎯⎯→ Muối của axit hữu cơ + 2 ancol ⇒ X phải có ít nhất 2 nhóm chức este 

CTPT của X là C 11 H 18 O 7 ⇒ X không chứa quá 3 nhóm chức este. 

- Số mol rượu = số mol N 2 = 0,84/ 28 = 0,03......................................................... 

- M rượu = 1,24:0,03 = 41,33 nên phải có một ancol là CH 3 OH (x mol) ⇒ 2 ancol thuộc dãy no, đơn 

chức. Đặt công thức ancol thứ 2 là C n H 2n+1 OH (y mol). 

Tổng mol 2 ancol: x + y = 0,03 ( I) 

Tổng khối lượng 2 ancol: 32x + (14n + 18)y = 1,24 (II) 

⇒ n = (0,02/y) + 1 (III).......................................................................................... 

Vì 2 ancol tạo từ một este X không có quá 3 chức nên xảy ra 3 khả năng: 2x = y hoặc x = y hoặc x = 

2y, thay vào (I) ta được y = 0,01; 0,015; 0,02 thay các giá trị này của y vào (III) ta được 

y 0,01 0,015 0,02 

n 3 1,3 ( loại) 2 

Vậy 2 ancol trong B có thể là: CH 3 OH và C 3 H 7 OH hoặc CH 3 OH và C 2 H 5 OH 

c.Axit A chỉ chứa C, H, O 

A + NaHCO 3 ⎯⎯→ CO 2 

A + Na ⎯⎯→ H 2 

Mà V CO2 = 1,5 V H2 tức là V CO2 < 2 V H2 nên A có thêm nhóm OH 

Đặt CT của A là (HO) m R(COOH) n ( a mol) 

⇒ nCO 2 = na; nH 2 = ( n + m ) a 

⇒ na = 1,5. ( n + m ) a 

⇒ n = 3m 

2 

2 

Vì số nguyên tử O trong este và axit bằng nhau nên: 2n + m = 7 ⇒ n= 3, m =1 

Vậy A có dạng: HO-R(COOH) 3 

Ta có CT của X: C 11 H 18 O 7 mà 2 ancol là CH 3 OH và C 3 H 7 OH (tỉ lệ 2 : 1) 
















hoặc CH 3 OH và C 2 H 5 OH (1:2) ⇒ Số nguyên tử C trong gốc rượu luôn là 5 nên số C trong gốc axit là 

11 – 5 = 6 ⇒ axit là HO-C 3 H 4 (COOH) 3 

Theo đề ra, A là hợp chất có thể phân lập được từ nguồn thức vật, A tương đối quen thuộc trong cuộc 

sống hàng ngày, đặc biệt được dùng trong việc pha chế nước giải khát có vị chua 

⇒ A là axit citric HOOC-CH 2 -C(OH)(COOH)-CH 2 -COOH 

CTCT có thể có của X là: 

- Nếu 2 ancol là CH 3 OH và C 3 H 7 OH (tỉ lệ 2:1) 

CH 3 OOC-CH 2 -C(OH)(COOC 3 H 7 )-CH 2 -COOCH 3 

CH 3 OOC-CH 2 -C(OH)(COOCH 3 )-CH 2 -COOC 3 H 7 

- Nếu 2 ancol là CH 3 OH và C 2 H 5 OH (1:2) 

CH 3 OOC-CH 2 -C(OH)(COOC 2 H 5 )-CH 2 -COOC 2 H 5 

C 2 H 5 OOC-CH 2 -C(OH)(COOCH 3 )-CH 2 -COOC 2 H 5 

Câu 2 Thanh Hóa 2016: 

Đốt cháy hoàn toàn hidrocacbon A hoặc B đều tạo CO 2 và hơi H 2 O theo tỉ lệ thể tích là 1,75 : 

1. Cho bay hơi hoàn toàn 5,06 gam A hoặc B đều thu được một thể tích hơi bằng thể tích của 1,76 

gam O 2 trong cùng điều kiện. 

1. Xác định CTPT của A, B. 

2. Cho 13,8 gam A phản ứng hoàn toàn với AgNO 3 /NH 3 dư được 45,9 gam kết tủa. B không 

cho phản ứng này. A phản ứng với HCl cho sản phẩm trong đó có chất C, B không phản ứng với HCl. 

Chất C chứa 59,66% clo trong phân tử. C phản ứng với Br 2 theo tỉ lệ mol 1:1 có chiếu sáng chỉ thu 

được 2 dẫn xuất chứa halogen. Chất B làm mất màu dung dịch KMnO 4 khi đun nóng. Xác định công 

thức cấu tạo của A, B, C và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

Giải 

1. Ta có nC: nH = nCO 2 : 2nH 2 O = 1,75 : 2 = 7 : 8 

⇒ Công thức của A và B có dạng (C 7 H 8 ) n . 

Mặt khác M A = M B = 5,06.32 = 92 ⇒ 92n = 92 ⇒ n =1 

1,76 

⇒ Công thức phân tử của A và B: C 7 H 8 

(tổng số liên kết pi và vòng = 4). 

2. A tác dụng với dung dịch AgNO 3 /NH 3 nên A chứa liên kết ba đầu mạch. 

Giả sử A có x liên kết ba đầu mạch ( x = 1 hoặc 2) 

C 7 H 8 + xAgNO 3 + xNH 3 ⎯⎯→ C 7 H 8-x Ag x↓ + xNH 4 NO 3 

0,15 0,15 

Khối lượng mol của C 7 H 8-x Ag x = 45,9 306 

0,15 = ⇒ x = 2 

⇒ A là hiđrocacbon mạch hở có 2 liên kết ba đầu mạch 

A cộng HCl tạo chất C, giả sử tỉ lệ cộng là 1: a 

⇒ C: C 7 H 8+a Cl a , mà % Cl = 59,66% ⇒ a = 4 ⇒ C: C 7 H 12 Cl 4 

Mặt khác C tác dụng với Br 2 theo tỉ lệ mol 1: 1 có chiếu sáng chỉ thu được 2 dẫn xuất chứa halogen 

⇒ CTCT của A, C lần lượt là 

HC≡C-C(CH 3 ) 2 -C≡CH và H 3 C-CCl 2 -C(CH 3 ) 2 -CCl 2 -CH 3 

B không phản ứng với AgNO 3 /NH 3 , không phản ứng với HCl nhưng làm mất màu dung dịch KMnO 4 

khi đun nóng ⇒ B là C 6 H 5 -CH 3 ( Toluen). 

Các PTHH: 

HC≡C-C(CH 3 ) 2 -C≡CH + 2AgNO 3 +2NH 3 ⎯⎯→ AgC≡C-C(CH 3 ) 2 -C≡CAg ↓ +2NH 4 NO 3 (1) 

HC≡C-C(CH 3 ) 2 -C≡CH + 4HCl ⎯⎯→ H 3 C-CCl 2 -C(CH 3 ) 2 -CCl 2 -CH 3 (2) 
















as, 1:1 

H 3 C-CCl 2 -C(CH 3 ) 2 -CCl 2 -CH 3 + Br 2 ⎯⎯⎯→ CH 2 Br-CCl 2 -C(CH 3 ) 2 -CCl 2 -CH 3 + HBr (3) 

as, 1:1 

H 3 C-CCl 2 -C(CH 3 ) 2 -CCl 2 -CH 3 + Br 2 ⎯⎯⎯→ CH 3 -CCl 2 -(CH 3 )C(CH 2 Br)-CCl 2 -CH 3 + HBr (4) 

t 

C 6 H 5 -CH 3 + 2KMnO 0 

4 ⎯⎯→ C 6 H 5 -COOK + 2MnO 2 + KOH + H 2 O (5) 

Câu 3 Thanh Hóa 2016 

1.Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X và Y bằng dung dịch 

NaOH 

thu được 9,02 gam hỗn hợp các muối natri của Gly, Ala, Val. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn m 

gam E thì cần 7,056 lít O 2 (đktc), thu được 4,32 gam H 2 O. Tìm m? 

Giải: 

Vì Gly, Ala, Val đều là amino axit no, mạch hở có 1 nhóm NH 2 và 1 nhóm COOH nên ta gọi công 

thức trung bình của X, Y là: 

[xH 2 N-C n H 2n -COOH – (x-1)H 2 O]: a mol 

Thủy phân E bằng dung dịch NaOH: 

[xH 2 N-C n H 2n -COOH –(x-1)H 2 O] + xNaOH 

→xH 2 N-C n H 2n -COONa + H 2 O (1) 

Theo (1) suy ra m muối = (14n + 83).ax = 9,02 gam 

Đốt E: [xH 2 N-C n H 2n -COOH – (x-1)H 2 O] + 

x 

⎯ ⎯→ (nx + x)CO 2 + (nx + + 1) H2 O (2) 

2 

Theo (2) ta có: nO 2 = 

⎛ 3nx 

3x 

⎞ 

⎜ + ⎟ a = 0,315 mol 

⎝ 2 4 ⎠ 

nH 2 O = (nx + 2 

x + 1)a= 0,24 mol 

⎛ 3nx 

3x 

⎞ 

⎜ + ⎟ 

⎝ 2 4 ⎠ 

Giải hệ (I, II, III) được: nxa = 0,17 mol; xa = 0,08 mol ; a = 0,03 mol 

Vậy nNaOH = ax = 0,08 mol; nH 2 O ở (1) = a = 0,03 mol 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phương trình (1) được 

m = 9,02 + 0,03.18 - 0,08.40 = 6,36 gam. 

Câu 4: Thanh Hóa 2012 

a. Khi đốt cháy hoàn toàn một lượng polime X, tạo ra từ phản ứng đồng trùng hợp giữa propen 

và acrilonitrin bằng lượng O 2 vừa đủ thấy tạo thành một hỗn hợp khí, hơi ở nhiệt độ và áp 

suất xác định chứa 57,143% CO 2 về thể tích. Viết PTHH và xác định tỉ lệ mol từng loại mắt xích 

trong polime X. 

b. Giải thích khi clo hóa metan có tác dụng ánh sáng khuếch tán, theo tỉ lệ mol 1:1 trong sản phẩm 

có butan. 

Giải 

a/ Công thức đồng trùng hợp của 2 monome: 


0 

t , xt,p 

xCH 3 -CH=CH 2 + yCH 2 =CH-CN ⎯⎯⎯→ [ (CH 2 -CH(CH 3 )) x -(CH 2 -CH (CN)) y ]- 

Ta có phương trình phản ứng cháy: 

C 3x+y H 6x+3y N y + (9x/2 + 15y/4) O 2 

O 2 

(II) 

(III) 

(I) 

0 

t 

⎯⎯→(3x+y)CO 2 + (3x+3y/2)H 2 O + y/2 N 2 















Theo định luật Avogađro, ta có: 3 x + 3 y x 

.100% = 57,143% => = 

1 

6x + 5y y 3 

Propilen / acrilonitrin =1/3 

as 

b/ CH 4 + Cl 2 ⎯⎯→ CH 3 Cl + H 2 O. 

Khơi mào: Cl 2 ⎯⎯> 2Cl * 

Phát triển mạch: Cl * + CH 4 ⎯⎯> CH * 3 + HCl 

CH * 3 + Cl 2 ⎯⎯> CH 3 Cl + Cl * 

* 

Tắt mạch: CH 3 + Cl * ⎯⎯> CH 3 Cl. 

Cl * + Cl * ⎯> Cl 2 

CH * 3 + CH * 3 ⎯⎯> C 2 H 6 ( sản phẩm phụ) 

Tiếp tục. 

Cl * + C 2 H 6 ⎯⎯> C 2 H * 

5 + HCl 

C 2 H * 5 + Cl 2 ⎯⎯> C 2 H 5 Cl + Cl * 

* 

Tắt mạch: C 2 H 5 + Cl * ⎯⎯> C 2 H 5 Cl. 

Cl * + Cl * ⎯> Cl 2 

C 2 H * 5 + C 2 H * 5 ⎯⎯> C 4 H 10 

Câu 5: 

Đun nóng 0,1 mol este đơn chức X với 30ml dung dịch 20% ( d=1,2g/ml ) của một hidroxit kim 

loại kiềm M. Sau khi kết thúc phản ứng, được dung dịch đem cô cạn cho chất rắn A và 3,2 gam ancol 

B. Đốt cháy hoàn toàn chất răn A được 9,54 gam muối cacbonat; 8,26 gam hỗn hợp gồm CO 2 và hơi 

nước. Biết rằng, khi đun nóng A trong NaOH đặc có CaO thu được hidrocacbon Z, đem Z đốt cháy 

thu được số mol H 2 O lớn hơn số mol CO 2 . 

a. Xác định tên kim loại M, công thức cấu tạo của X. 

b. Cho hỗn hợp M gồm 0,02 mol este X và 0.01 mol este Y( C 4 H 6 O 2 ) tác dụng vừa đủ với dung 

dịch KOH. Sau phản ứng thu được dung dịch trong đó có chứa 3,38 gam muối và 0,64 gam ancol 

B duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của Y. 

Giải 

a/ - Gọi công thức của este là RCOOR’ cho tác dụng với MOH 

RCOOR’ + MOH → RCOOM + R’OH (1) 

- Nung A trong NaOH đặc có CaO. 

2RCOOM + 2NaOH → 2R-H + M 2 CO 3 + Na 2 CO 3 

=> Đốt cháy R-H cho số mol nước lớn hơn số mol CO 2 . Vậy X có công thức: C n H 2n+1 COOR’ 

- Đốt cháy A có các phương trình : 

2C n H 2n+1 COOM + (3n+1)O 2 → (2n+1)CO 2 + (2n+1)H 2 O + M 2 CO 3 (2) 

Nếu dư MOH thì có thêm phản ứng : 

2MOH + CO 2 → M 2 CO 3 + H 2 O (3) 

Ta có: m 

MOH 

= 30.1,2.20% = 7,2 gam 

Dù có phản ứng (3) hay không thì toàn bộ MOH đã chuyển hóa thành 9,54 gam M 2 CO 3 theo sơ đồ 

: 

7,2 9,54 

2MOH → M 2 CO 3 => = → M = 23 . Vậy M là: Na 

2( M + 17) 2M + 60 

3 ,2 

Mặt khác, có R’ + 17 = = 32 → R’ = 15 => R’ là CH3 . Vậy ancol B là CH 3 OH 

0,1 

=> n 

NaOH ban đầu = 7,2 / 40 = 0,18 mol 
















=> n 

NaOH ở (3) = 0,18 – 0,1 = 0,08 mol 

Theo (3) => n 

CO (3) = n 

2 H 2 O (3) = 0,04 mol 

Vậy sự cháy của 0,1 mol RCOONa trong 0,08 mol NaOH và O 2 đã tạo ra một lượng CO 2 và hơi H 2 O 

là: 

( 2n 

+ 1) 

( 2n 

+ 1) 

[0,1. - 0,04].44 + [0,1. + 0,04].18 = 8,26 

2 

2 

=> n = 1.Vậy CTCT của X là CH 3 COOCH 3 

b/ 

CH 3 COOCH 3 + KOH → CH 3 COOK + CH 3 OH 

0,02 0,02 0,02 0,02 mol 

=> m ancol B = 0,02. 32 = 0,64 gam => este Y khi tác dụng với dd KOH không tạo ancol. 

m muối tạo ra từ Y = 3,38 - m muối tạo ra từ X = 3,38 – 1,96 = 1,42 gam (*) 

Theo định luật bảo toàn khối lượng có : 

m este Y + m KOH pứ với Y = 0,01.86 + 56.0,01 = 1,42 gam (**) 

Từ (*) và (**) suy ra este Y khi tác dụng với KOH chỉ tạo ra một sản phẩm duy nhất hay Y là este 

vòng dạng : 

Công thức cấu tạo của Y là : 

CH 3 CH CH 2 C 

O 

O 

CH 3 

H 2 C CH C 

O 

O 

Câu 6: 

a. Khi thủy phân không hoàn toàn một peptit A có khối lượng mol phân tử 293 gam, htu được các 

peptit trong đó có 2 peptit B và C. Biết 0,742 gam peptit B phản ứng vừa đủ với 18ml dung dịch 

HCl 0,222M và 0,666 gam peptit C phản ứng vừa đủ với 14,7ml dung dịch NaOH 1,6% 

(d=1,022g/ml). Khi thủy phân hoàn toàn peptit A thu được hỗn hợp 3 amino axit là glyxin, 

alanin, và phenylalanin. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. 

b. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp gồm 2 ankan A, B hơn kem nhau k nguyên tử cacbon được b 

gam khí CO 2 . Tìm khoảng xác định của số nguyên tử cacbon trong phân tử ankan chứa ít 

nguyên tử cacbon hơn theo a,b,k. Tìm công thức phân tử A, B khi a=2,72 gam; b=8,36 gam; 

k=2. 

Giải 

a/ - Gọi M là khối lượng phân tử các aminoaxit: 

M A = M Ala + M Gly + M phe – 2.18 

=> A là tripepit được tạo nên từ 3 aminoaxit Gly (M = 75), Ala (M = 89) và Phe (M= 165) 

- Khi thủy phân không hoàn toàn A thu được peptit B và peptit C. 

* Nếu B aminoaxit: 

số mol B = số mol HCl = 0,018 . 0,2225 = 0,004 mol ; 

M B = 0,472/0,004 = 118 gam/mol => không có kết quả => Loại. 

=> B là đipeptit => M B = 0,472/0,002 = 236 gam/mol 

* Nếu C aminoaxit: 


=> n C = n NaOH = 

14,7 × 1.022× 

1,6 

= 0,006mol 

100× 

40 

=> M C = 0,666/0,006 = 111 gam/mol. 















=> không có kết quả => Loại. 

=> C là đipeptit => M c = 0,666/0,003 = 222 gam/mol 

=> B: Ala-Phe hoặc Phe-Ala vì 165 + 89 – 18 = 236 

=> C: Gly-Phe hoặc Phe-Gly vì 165 + 75 – 18 = 222 

=> CTCT của A là: 

Ala-Phe-Gly: H 2 NCH(CH 3 )CO-NHCH(CH 2 -C 6 H 5 )CO-NHCH 2 COOH 

Gly-Phe-Ala: H 2 NCH 2 CO-NHCH(CH 2 -C 6 H 5 )CO-HNCH(CH 3 )COOH 

b/ Đặt công thức A, B là C n H 2n+2 ; C m H 2m+2 ( m > n >0) => m = n + k 

=> Công thức trung bình: C H 

n 2n + 

. 

2 

Theo phương trình: 

C H 

n 2n + 

+ ( 3n + 1 

2 

) O2 → n CO 2 + ( n + 1 ) H 2 O 

2 

1,0 n mol 

a 

an 

mol 

14n + 2 

14n + 2 

an b 

b 

=> nCO 2 

= = => n = 

14n + 2 44 22a − 7b 

b 

=> n < n < m n < n < n + k => n < < n + k 

22a − 7b 

b − k(22a − 7b) b 

=> < n < 

22a − 7b 22a − 7b 

Vậy: a = 2,72 gam; b = 8,36 gam; k =2 => 4,3 < n < 6,3 => n =5 hoặc n = 6 

=> n =5 => A, B là: C 5 H 12 và C 7 H 16 

=> n =6 => A, B là: C 6 H 14 và C 8 H 18 

Câu 7 

Để xà phòng hóa 10 kg chất béo có chỉ số axit bằng 7, người ta đun chất béo với dung dịch chứa 

1,42 kg NaOH. Sau khi phản ứng hoàn toàn, muốn trung hòa NaOH dư cần 500 ml dung dịch HCl 

1M. Tính khối lượng glixerol và khối lượng muối natri của axit béo thu được. 

Giải 

- Trong chất béo thường có: C 3 H 5 (OOCR) 3 ; C 3 H 5 (OH) 3 ; RCOOH (tự do) 

RCOOH + NaOH → RCOONa + H 2 O (1) 

1,25 1,25 1,25 1,25 

C 3 H 5 (OOCR) 3 + 3NaOH → C 3 H 5 (OH) 3 + 3RCOONa (2) 

33,75 11,25 33,75 

HCl + NaOH → NaCl + H 2 O (3) 

0,5 0,5 

Chất béo + KOH → Muối + H 2 O 

1 g 7 mg 

10 kg 70 g 

=> n RCOOH = n KOH =70/56=1,25 mol = n NaOH (1); n NaOH tổng = 1420/40=35,5 mol; 

n NaOH dư = n HCl = 0,5 mol 

Vậy: +) m glixerol = 11,25.92.10 -3 =1,035 kg 

+) m lipit + m NaOH = m muối + m H2O + m glixerol 

10 + (33,75+1,25).40.10 -3 = m muối + 1,25.18.10 -3 + 1,035 

=> m muối = 10,3425 kg 
















Câu 8: 

1. Từ dẫn xuất halogen có thể điều chế được axit cacboxylic theo sơ đồ sau: 

RX ⎯ + ⎯ 

Mg ⎯⎯ 

( ete. 

khan ⎯ 

) → RMgX ⎯ + CO2 ⎯⎯⎯ 

( ete . khan 

⎯ ) 

+ HX 

→ R-COOMgX ⎯⎯⎯→R-COOH 

Dựa theo sơ đồ trên từ metan hãy viết phương trình phản ứng điều chế axit metylmalonic. 

2. Hợp chất A chứa các nguyên tố C, H, O có cấu tạo mạch không phân nhánh. Cho 0,52 gam 

chất A tác dụng hết với dung dịch AgNO 3 trong amoniac, thu được 1,08 gam Ag. Xử lí dung dịch thu 

được sau phản ứng bằng axit, thu được chất hữu cơ B (chứa C, H, O). Số nhóm cacboxyl trong một 

phân tử B nhiều hơn trong một phân tử A là một nhóm. Mặt khác, cứ 3,12 gam chất A phản ứng hết 

với Na tạo ra 672 ml khí H 2 (ở đktc). Xác định công thức cấu tạo của A. 

Giải: 

o 

1500 C ( l ln) 

1/2CH 4 ⎯⎯⎯⎯→ 

C 2 H 2 + 3H 2 

C 2 H 2 + 2HCl →CH 3 -CHCl 2 

CH 3 -CHCl 2 + 2Mg ⎯ 

ete. ⎯ 

khan ⎯→ 

CH 3 -CH(MgCl) 2 

CH 3 -CH(MgCl) 2 + 2CO 2 ⎯ 

ete. ⎯ 

khan ⎯→ 

CH 3 -CH(COOMgCl) 2 

CH 3 -CH(COOMgCl) 2 + 2HCl →CH 3 -CH(COOH) 2 + 2MgCl 2 

2/ 

A tham gia phản ứng tráng bạc, vậy A phải chứa nhóm –CHO. Công thức của A có dạng R(CHO) n 

R(CHO) n + 2n[Ag(NH 3 ) 2 ]OH ⎯⎯→ R(COONH 4 ) n + 2nAg + 3nNH 3 + nH 2 O (1) 

R(COONH 4 ) n + nH + + 

⎯⎯→ R(COOH) n + nNH 4 (2) 

Theo (1), (2) thì của một nhóm CHO tham gia phản ứng tráng bạc thì tạo một nhóm COOH. Theo đề 

ra 1 phân tử B hơn A một nhóm COOH⇒ n =1. 

Do n = 1 nên theo (1) n A = 1 2 nAg = 0,005mol ⇒ M A = 0,52: 0,005 = 104. 

Vì A có phản ứng với Na nên ngoài một nhóm CHO còn phải chứa nhóm -OH hoặc COOH hoặc cả 

nH 

2 

hai. Công thức A: (HO) x R(CHO)(COOH) y mà 

n = 0,03 

A 

0,03 =1 

nên x + y =2. 

TH 1 : x = 2, y = 0 

M A = 104 ⇒ R = 41 ⇒ R là C 3 H 5 . CTCT của A là CH 2 (OH)-CH(OH)-CH 2 CHO hoặc CH 2 (OH)- 

CH 2 -CH(OH)-CHO hoặc CH 3 -CH(OH)-CH(OH)-CHO. 

TH 2 : x = 0, y = 2; M A = 104 ⇒ R = -15 ⇒ vô lí 

TH 3 : x = 1, y = 1; M A = 104 ⇒ R = 13 ⇒ R là CH 

CTCT của A là: HOOC-CH(OH)-CHO 

Câu 9 : 

1. Cho 9,2 gam một hợp chất hữu cơ đơn chức X tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,4mol AgNO 3 

trong NH 3 thu được 21,6 gam Ag. Xác định công thức cấu tạo của X. Viết phương trình phản ứng hoá 

học xảy ra. 

2. A là hợp chất hữu cơ chứa C, H, O. Đốt cháy hoàn toàn 3,08 gam A. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm thu 

được vào bình đựng 5000 ml dung dịch Ca(OH) 2 0,02M thấy xuất hiện 

6 gam kết tủa, phần nước lọc có khối lượng lớn hơn dung dịch Ca(OH) 2 ban đầu là 

1,24 gam. 

a. Viết công thức phân tử của A biết rằng khối lượng mol phân tử của A nhỏ hơn khối lượng mol 

phân tử glucozơ. 

b. Biết A phản ứng được với NaOH theo tỷ lệ mol n A : n NaOH = 1 : 4; A có phản ứng tráng gương. 

Xác định công thức cấu tạo của A và viết phương trình hoá học của các phản ứng trên. 
















Giải: 

1/ + Theo bài ra X là hợp chất hữu cơ đơn chức tác dụng với ANO 3 / NH 3 tạo ra Ag nên X là anđêhít 

đơn chức. 

21,6 

Ta có: n 

Ag 

= = 0,2 mol < n 

Ag 

(có trong AgNO 3 cần dùng = 0,2 x 2 = 0,4 mol) 

108 

Đặt công thức phân tử của X là R - CHO. 

RCHO + +2AgNO 3 +3NH 3 +H 2 ORCOONH 4 +2Ag↓+2NH 4 NO 3 

0,1mol 0,2 0,1 0,2 

9,2 

M X = = 92 ⇒ M R = 92 - 29 = 63 .................................................................... 

0,1 

Mặt khác ta có: số mol AgNO 3 tác dụng vào kiên kết 3 đầu mạch là 0,2 => 

số nguyên tử H có trong X có thể thay thế với Ag là 2 

⇒ trong X có 2 liên kết 3 đầu mạch (CH ≡ C - ). ...................................................... 

mà M R = 63 nên CTCT của X phải là: 

HC ≡ C ⎯ CH ⎯ CHO 

⏐ 

C 

||| 

CH 

2/ 

a/ Gọi công thức phân tử của A là C x H y O z . 

Phản ứng cháy: 

(x nguyên ≥ 1; 2 ≤ y nguyên ≤ 2x+2; z nguyên ≥ 1) 

y z t 

C x H y O z + ( x + − 

0 

y 

)O 2 xCO 2 + H2 O (1) 

4 2 

2 

Sản phẩm cháy có CO 2 và nước, khi hấp thụ vào dung dịch Ca(OH) 2 , có phản ứng: 

CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O (2) 

Có thể có phản ứng: 2CO 2 + Ca(OH) 2 Ca(HCO 3 ) 2 (3) ......................... 

6 

n Ca(OH)2 = 5.0,02 = 0,1 (mol); n CO2 (2) = n CaCO3 = = 0,06 (mol) 

100 

Do khối lượng phần nước lọc tăng so với khối lượng dung dịch Ca(OH) 2 ban đầu: 

m CO2 + m H2O - 6 = 1,24 (g) 

Trường hợp 1. Không có phản ứng (3) thì: m H2O = 1,24 + 6 - 0,06.44 = 4,6 (g) 

4, 6 

n 

=> n H2O = . Theo (1) thì 

18 n 

CO 

H O 

2 

2x 0,06.18 

= 1,08y = 9,2x 

y 4,6 

2 

= 


=> 9,2x ≤ 1,08(2x+2) 7,04x ≤ 2,16 x ≤ 0,3 (loại) ........................................ 

Trường hợp 2. Có phản ứng (3) ta có: 

n CO2 = n CO2 (2) + n CO2 (3) = 0,06+(0,1-0,06).2 = 0,14 (mol) 















=> m H2O = 1,24 + 6 - 0,14.44 = 1,08 (gam) => n H2O = 1,08/18 = 0,06 mol. 

Trong 3,08 gam A có: n C = 0,14 (mol); n H = 0,06.2 = 0,12 (mol); 

n O = (3,08 - 0,14.12 - 0,12)/16 = 0,08;=> x : y : z = 0,14 : 0,12 : 0,08 = 7 : 6 : 4 

=> Công thức thực nghiệm của A là (C 7 H 6 O 4 ) n 

Theo giả thiết thì M A < M glucozơ => 154n < 180 => n = 1. Vậy công thức phân tử của A là C 7 H 6 O 4 . 

Với công thức phân tử C 7 H 6 O 4 thoả mãn điều kiện bài ra thì A có thể có các công thức cấu tạo sau: 

H C O O 

H C O O 

H O 

O H 

O H 

O H 


H C O O 

H C O O 

HCOOC 6 H 3 (OH) 2 + 4NaOH 

t 0 

O H 

O H 

O H 

O H 

H C O O 

H C O O 

O H 

O H 

O H 

O H 

HCOONa + C 6 H 3 (ONa) 3 + 3H 2 O 

HCOOC 6 H 3 (OH) 2 +2AgNO 3 +3NH 3 +H 2 O NH 4 OCOOC 6 H 3 (OH) 2 +2Ag↓+2NH 4 NO 3 

Câu 10: 

Chia 3,1 gam hỗn hợp A gồm x mol axit cacboxylic đơn chức, mạch hở; y mol ancol đơn chức, mạch 

hở và z mol este được tạo ra từ axit và ancol trên thành 2 phần bằng nhau. 

Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,736 lít CO 2 và 1,26 gam H 2 O. 

Phần 2: Phản ứng vừa hết với 125 ml dung dịch NaOH 0,1M được p gam chất B và 0,74 gam chất C. 

Cho toàn bộ chất C phản ứng với CuO dư, nung nóng được chất D. Cho D tác dụng với dung dịch 

AgNO 3 dư trong NH 3 tạo ra Ag. Lọc lấy Ag rồi hòa tan hết trong HNO 3 thu được 0,448 lit khí NO 2 (là 

sản phẩm khử duy nhất). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thể tích khí đo ở đktc. 

a. Tính x, y, z, p. 

b. Xác định công thức cấu tạo của các chất trong hỗn hợp A. 

c. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp A. 

Giải: 

3,1 

− mC − mH 

1. Ta có n O = 

=2x +y +2z =0,06 

16 

x + z 

n NaOH = = 0,0125 

2 

n Ag = y+z = 0,02 

Tính được x = 0,015, y = 0,01, z = 0,01, p = 1,175 gam. ....................... 

2. Công thức cấu tạo các chất trong hỗn hợp A: 

a xit:CH 2 =CH-COOH, ancol: C 4 H 9 OH(2 công thức), 

este:CH 2 = CH-COOC 4 H 9 (2 công thức) ....................................... 

3. % khối lượng của hỗn hợp A: 
















a xit: C 2 H 3 COOH = 34,84% 

ancol: C 4 H 9 OH = 23,87% 

este: C 2 H 3 COOC4H9 = 41,29%. 

Câu 11: 

Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo có thể có của các rượu sau: 

a. Đốt cháy hoàn toàn m(g) rượu no mạch hở Z thu được m (g) nước. Biết khối lượng 

phân tử của Z nhỏ hơn 100. 

b. Cho 6,2 gam rượu A tác dụng với Na dư sinh ra 10,6 gam ancolat. Biết khối lượng phân 

tử của A nhỏ hơn 90. 

Giải: 

1. Xác định rượu Z: 

2C n H 2n+2-x (OH) x + (3n+1-x)O 2 → 2nCO 2 + 2(n+1)H 2 O 

14n+2+16x 

18(n+1) 

=> 14n+2+16x = 18(n+1) => 16x-16=4n 

=> n = 4x – 4 => x = 1; n = 0 và x =2; n = 4 

=> CH 3 OH và C 4 H 8 (OH) 2 

Các công thức cấu tạo của C 4 H 8 (OH) 2 

CH 2 OH – CHOH – CH 2 – CH 3 (1) CH 2 OH – CH 2 – CHOH –CH 3 (2) 

CH 2 OH – CH 2 – CH 2 – CH 2 OH (3) CH 3 – CHOH – CHOH –CH 3 (4) 

CH 2 OH – CH(CH 3 ) – CH 2 OH (5) CH 2 OH – C (OH)( CH 3 ) – CH 3 (5) 

2. Xác định rượu A: 

2R(OH) x + 2xNa → xR(ONa) x + xH 2 

R + 17x 

R + 39x 

6,2 10,6 => R = 14x. 

x= 1 → R = 14 => CH 2 OH vôlí 

x = 2 → R=28 => C 2 H 4 (OH) 2 

x= 3 → R = 42 => C 3 H 6 (OH) 3 loại 

Vậy A là etylenglycol 

Câu 12: 

Hợp chất hữu cơ A (chứa 3 nguyên tố C, H, O) chỉ chứa một loại nhóm chức. Cho 0,005 mol chất A 

tác dụng vừa đủ với 50 ml dung dịch NaOH ( khối lượng riêng 1,2 g/ml) thu được dung dịch B. Làm 

bay hơi dung dịch B thu được 59,49 gam hơi nước và còn lại 1,48 gam hỗn hợp các chất rắn khan D. 

Nếu đốt cháy hoàn toàn chất rắn D thu được 0,795 gam Na 2 CO 3 ; 0,952 lít CO 2 (đktc) và 0,495 gam 

H 2 O. Nếu cho hỗn hợp chất rắn D tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 loãng dư, rồi chưng cất thì được 3 

chất hữu cơ X, Y, Z chỉ chứa các nguyên tố C, H, O. Biết X, Y là 2 axit hữu cơ đơn chức. Z tác dụng 

với dung dịch Br 2 tạo ra sản phẩm Z ’ có khối lượng phân tử lớn hơn Z là 237u và M Z >125 u. Xác định 

công thức cấu tạo của A, X, Y, Z, Z ’ 

Giải: 

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m A + m ddNaOH = m hơi nước + m D 

m A = 59,49 + 1,48 – 50.1,2 = 0,97 (g)=> M A = 0,97/0,005=194 (g).... 

ch¸y 

Mặt khác theo giả thiết: D ⎯⎯⎯→ 0,795 gam Na 2 CO 3 + 0,952 lít CO 2 (đktc) 

0,495 gam H 2 O. 

n = 0,0075( mol); n = 0,0425( mol) 


=> 

Na2CO3 CO2 

Áp dụng ĐLBT nguyên tố C ta có: 

n C(trong A) = nC 

+ n 

( ) C 

= 0,0075 + 0,0425 = 0,05 (mol) 

( ) 

Na2CO3 CO2 















BT nguyên tố H: nH ( trongA) + nH ( trongNaOH ban ®Çu) + nH ( trongH2O cña dd NaOH) 

= nH ( trong h¬i H 2O) + nH 

( ®èt ch¸y D) 

n H(trongA) = 0,05 (mol) 

Gọi công thức phân tử A là C x H y O z . Ta có: 

x = n C /n A = 0,05/0,005=10 

y = n H /n A = 0,05/0,005 =10 => z = (194-10.12-10)/16 = 4 

Vậy công thức phân tử A là C 10 H 10 O 4 . ..................................................... 

Xác định công thức cấu tạo của A: 

Số mol NaOH phản ứng với A = 2. n 

Na2CO 

=0,015 (mol) 

3 

nA 

0,005 1 

Vậy tỷ lệ: = = ; Trong A có 4 nguyên tử O nên A có thể chứa 2 nhóm chức phenol và 

nNaOH 

0,015 3 

1nhóm chức este –COO- hoặc A có 2 nhóm chức este –COO- trong đó 1 nhóm chức este liên kết với 

vòng benzen. Nhưng theo giả thiết A chỉ có một loại nhóm chức do đó A chỉ chứa hai chức este 

(trong đó một chức este gắn vào vòng benzen) => A phải có vòng benzen. 

Khi A tác dụng với dd kiềm thu được X, Y là 2 axit hữu cơ đơn chức. 

Z là hợp chất hữu cơ thơm chứa 1 nhóm chức phenol và 1 chức ancol............ 

⇒ Số nguyên tử C trong Z ≥7 

⇒ Tổng số nguyên tử C trong X, Y = 3. 

Vậy 2 axit là CH 3 COOH và HCOOH 

Như vậy Z phải là: OH-C 6 H 4 -CH 2 OH (có 3 đồng phân vị trí o ,m, p) 

Khi Z tác dụng dd nước brom tạo ra sản phẩm Z ’ trong đó: 

M ' − M 

Z 

= 237 => 1 mol Z đã thế 3 nguyên tử Br. Như vậy vị trí m là thuận lợi nhất. CTCT của Z 

Z 

và Z ’ là: 

OH 

CH 2 OH 

Br 

CTCT của A có thể là 

O-CO-H 

OH 

Br 

Br 

CH 2 -O-CO-CH 3 

CH 2 OH 

hoăc 

O-CO-CH 3 

CH 2 -O-CO-H 

Câu 13: 

Một hỗn hợp hai hợp chất hữu cơ đơn chức A, B; cả hai đều tác dụng được với dung dịch 

NaOH. Đốt A hay B thì thể tích CO 2 và hơi nước thu được đều bằng nhau (tính trong cùng điều kiện 

áp suất, nhiệt độ). Lấy 16,2 gam hỗn hợp trên cho tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch NaOH 2M, 

sau đó cô cạn dung dịch ta thu được 19,2 gam chất rắn. Biết A, B có số nguyên tử cacbon trong phân 

tử hơn kém nhau là 1. 

1. Xác định công thức cấu tạo A và B. 

2. Tính % khối lượng A và B trong hỗn hợp 

Giải: 

*A,B đơn chức đều tác dụng được với dung dịch NaOH. Vậy chúng là axit hoặc este đơn chức. 

Khi đốt cháy, n(CO 2 ) = n(H 2 O)=> C x H 2x O 2 và C p H 2p O 2 
















hoặc: R 1 COOR 2 và R 3 COOR 4 

*Phương trình phản ứng với dung dịch NaOH (R 2 ; R 4 có thể là H) 

R 1 COOR 2 + NaOH ⎯⎯→ R 1 COONa + R 2 OH 

R 3 COOR 4 + NaOH ⎯⎯→ R 3 COONa + R 4 OH 

+ Số mol NaOH: 0,1.2 = 0,2; tương ứng 0,2 x40 = 8gam 

+ Lượng R 2 OH và R 4 OH: 16,2 + 8 - 19,2 = 5 gam 

+ n (A,B) = n ( muối) = n (R1OH,R2OH) = n (naOH) = 0,2 ( mol) 

* Phân tử khối trung bình của A,B : 16,2/0,2 = 81 hơn kém 1 cacbon, với dạng tổng quát trên tương 

ứng hơn kém 1 nhóm metylen. 

Vậy chọn ra C 3 H 6 O 2 và C 4 H 8 O 2 ...... 

* Với số mol tương ứng: a+ b = 0,2 và khối lượng 74a + 88b = 16,2 

=> a = b = 0,1 (mol) 

Phân tử khối trung bình của muối: 19,2/0,2 = 96 

TH1: Cả hai tương ứng C 3 H 5 O 2 Na (CH 3 CH 2 COONa) 

TH2: R 1 COONa < 96 và R 2 COONa > 96 

* Trong giới hạn CTPT nói trên, ứng với số mol đều bằng 0,1 ta chỉ có thể chọn: CH 3 COONa ( 82) 

và C 3 H 7 COONa (110). 

Phù hợp với 0,1.82 + 0,1.110 = 19,2(gam) 

* PTK T.bình của R 1 OH; R 2 OH: 5/0,2 =25 vậy phải HOH và R 4 OH 

Trong trường hợp này số mol HOH và R 4 OH cũng bằng nhau và là 0,1(mol) cho nên: 

0,1 .18 + 0,1. M = 5 do đó M = 32 Vậy R 4 OH là CH 3 OH 

*Kluận về công thức cấu tạo. 

TH1 : CH 3 CH 2 COOH và CH 3 CH 2 COOCH 3 

TH2 : CH 3 COOCH 3 và C 3 H 7 COOH 

Thành phân khối lương trong hai trường hợp như nhau. 

C 3 H 6 O 2 : ( 0,1.74/16,2).100% = 45,68%. 

C 4 H 8 O 2 : 100%-45,68% = 54,32%. 

Câu 14: 

1. Chất hữu cơ X (chỉ chứa C, H, O và có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất). Cho 

2,76 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sau đó chưng khô thì thu được hơi nước, phần chất 

rắn chứa hai muối của natri có khối lượng 4,44 gam. Đốt cháy hoàn toàn 4,44 gam hỗn hợp hai muối 

này trong oxi thì thu được 3,18 gam Na 2 CO 3 ; 2,464 lít CO 2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) và 0,9 gam 

nước. Tìm công thức phân tử, viết công thức cấu tạo có thể có của X. 

Giải: 

n 

Na2CO 

= 3,18 0,03 

3 

106 = mol ; n 

CO 

= 2,464 0,11 

2 

22,4 = mol 

X + NaOH ⎯⎯→ hai muối của natri + H 2 O (1) 

t 

Hai muối của natri + O 2 ⎯→ Na 2 CO 3 + CO 2 ↑ + H 2 O (2) 

Số mol Na = 0,06 mol; Số mol C = 0,03 + 0,11 = 0,14 mol 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ở (1) ta có : 

0,72 

mX + mNaOH = mmu ôi 

+ mH (2,76 2,4) 4,44 0,72 0,04 

2O ⇒ mH 2O = + − = gam ⇒ nH 2O 

= = mol 

18 

Tổng số mol H trong nước = 2 số mol H 2 O(1&2) = 2.(0,04 +0,05) = 0,18 mol 

Số mol H trong 0,06 mol NaOH = 0,06 mol. 

Bảo toàn mol H: nH(X) + nH(NaOH) = nH(H 2 O) = 0,18 mol. 

⎯ 0 
















Số mol H trong X là : 0,18 – 0,06 = 0,12 mol 

Khối lượng O trong X là : 2,76 – (0,14.12 +0,12) = 0,96 (gam) hay n O = 0,06 mol 

Ta có tỷ lệ : n C : n H : n O = 0,14 : 0,12 : 0,06 = 7 : 6 :3 

Vậy công thức phân tử của X là : C 7 H 6 O 3 

Do : n 

2,76 

nNaOH 

0,06 

X = = 0,02mol 

; = = 3 

138 

nX 

0,02 

Và X có số(л+v) = 5 

Nên công thức cấu tạo của X là : 

OH 

OOCH 

OH 

OOCH 

OOCH 

Câu 15: 

1/ Hỗn hợp A gồm etilen và một ankin B. Tỷ khối của A so với hidro là 19,7. Đốt cháy hoàn toàn một 

lượng A, sinh ra 0,295 mol CO 2 và 0,2 mol H 2 O. 

a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng, xác định công thức phân tử của B. 

b. Tính phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp A. 

2. Oxi hóa không hoàn toàn một lượng ancol X bằng O 2 , ngưng tụ nước, thu được 3,2 gam hỗn hợp 

hơi các chất hữu cơ Y gồm 1 ancol, 1 andehit tương ứng và 1 axit cacboxylic tương ứng. Tỷ khối của 

Y so với hidro là 16. Đun nóng Y với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH 3 , phản ứng hoàn toàn thu 

được 32,4 gam Ag. Hãy xác định các chất có trong hỗn hợp Y, viết phương trình hóa học các phản 

ứng xảy ra và tính phần trăm khối lượng của ancol X có trong hỗn hợp Y. 

3. Cho 18,24 gam p-CH 3 COO-C 6 H 4 -OH tác dụng với 400 ml dung dịch KOH 1M đến phản ứng hoàn 

toàn, cô cạn được m 2 gam chất rắn khan. Viết phương trình hóa học và tính m 2 . 

Giải: 

1/ Đặt ankin B là C H 

n 2n−2 

Các phương trình phản ứng 

C 2 H 4 + 3O 2 ⎯⎯→ 

t 0 

2CO 2 + 2H 2 O 

3n −1 

C H + O 

n 2n−2 

2 ⎯⎯→ 

t 0 

nCO 

2 

2 + (n-1)H 2 O 

M A =39,4 ⇒ M








nHCH= O 

46 − 32 

= 

n 32 − 30 =7 

HCOOH 


CH 3 OH + O 2 → HCHO + H 2 O 

CH 3 OH + O 2 → HCOOH + H 2 O 

HCHO + 4AgNO 3 + 6NH 3 + 2H 2 O → (NH 4 ) 2 CO 3 +4Ag +4NH 4 NO 3 

HCOOH + 2AgNO 3 + 4NH 3 + H 2 O →(NH 4 ) 2 CO 3 +2Ag +2NH 4 NO 3 

Tính được số mol HCHO =0,07 mol 

số mol HCOOH = 0,01 mol 

số mol CH 3 OH =0,02 mol 

%m = 0,02 .100 = 20% 

X 

0,1 

3. p-CH 3 COOC 6 H 4 OH + 3KOH ⎯⎯→ 

t 0 

CH 3 COOK + C 6 H 4 (OK) 2 + 2H 2 O 

m 2 = 18,24+0,4.56 – 0,24.18 =36,32 gam 

Câu 16: 

1. Chia 14,2 gam hỗn hợp X gồm hai anđehit đơn chức thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy 

hoàn toàn phần 1 thu được 15,4 gam CO 2 và 4,5 gam H 2 O. Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung 

dịch AgNO 3 trong NH 3 thu được 43,2 gam bạc. Xác định công thức cấu tạo của hai anđehit trên. 

2. A là một hợp chất hữu cơ đơn chức (chỉ chứa 3 nguyên tố C, H, O). Cho 13,6 gam A tác 

dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được m 

gam chất rắn X. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 26,112 gam oxi, thu được 7,208 gam 

Na 2 CO 3 và 37,944 gam hỗn hợp Y (gồm CO 2 và H 2 O). Xác định công thức phân tử, viết công thức 

cấu tạo (dạng mạch cacbon không phân nhánh) của A. 

Giải: 

1. Khối lượng mỗi phần là 14,2/2 = 7,1 gam 

Phần 1: nCO 

= 0,35mol; n 

2 H2O 

= 0, 25mol 

=> m C = 4,2gam; m H = 0,5gam => m O = 7,1-4,2-0,5 = 2,4gam => n O = 0,15mol 

Vì anđehit đơn chức => n 2anđehit = n O = 0,15mol. 

Phần 2: n Ag = 43,2/108 = 0,4 mol. 

n 

Ag 0, 4 

Do = > 2 => Hỗn hợp có HCHO 

nX 

0,15 

Đặt công thức của anđehit còn lại là RCHO 

Gọi số mol của HCHO và RCHO ở mỗi phần lần lượt là x và y mol. 

Sơ đồ phản ứng tráng gương: 

HCHO ⎯⎯→ 4Ag 

x 4x (mol) 

RCHO ⎯⎯→ 2Ag 

y 2y (mol) 

=> x + y = 0,15 (1) 

4x + 2y = 0,4 (2) 

Giải (1) và (2) => x = 0,05; y = 0,1. 

Từ khối lượng mỗi phần là 7,1 gam => 0,05.30 + 0,1.(R+29) = 7,1 => R = 27 (-C 2 H 3 ) 

=> Anđehit còn lại là: CH 2 =CH-CHO 
















2. n NaOH = 2 n 

Na2CO 

= 0,136 mol => m 

3 

NaOH = 0,136.40 = 5,44 gam. 

Theo phương pháp bảo toàn khối lượng ta có: 

m = m + m − m = 7,208 + 37,944 – 26,112 = 19,04 gam. 

X Na CO Y O 

2 3 2 

Ta thấy: m X = m A + m NaOH 

=> A là este vòng dạng: 

C O 

R 

O 

Vì este đơn chức => n A = n NaOH = 0,136 mol => M A = 100. 

Đặt A là C x H y O 2 => 12x + y + 32 = 100 => x = 5; y = 8 => CTPT của A là C 5 H 8 O 2 

=> A có công thức cấu tạo là: 

CH 2 CH 2 C O 

CH 2 CH 2 

O 

Câu 17: 

Đốt cháy 10,4 gam một hợp chất hữu cơ A cần dùng 22,4 lít O 2 (đktc). Sản phẩm thu được chỉ 

gồm CO 2 và H 2 O có mCO 

− m 28 

2 H2O 

= . 

a) Tìm công thức phân tử của A biết rằng tỉ khối hơi của A so với khí hidro: d 

A/ H 

= 52 

2 

b) Xác định công thức cấu tạo của A biết 3,12g A phản ứng hết với dung dịch chứa 4,8g Br 2 hoặc 

tối đa 2,688 lít H 2 (đktc). 

c) Hiđro hóa A theo tỉ lệ mol 1:1 thu được hiđrocacbon X. Khi brom hóa một đồng phân Y của X 

với xúc tác bột Fe, đun nóng theo tỉ lệ mol 1:1 được một sản phẩm duy nhất. Xác định công thức cấu 

tạo của X,Y? 

d) B là một đồng phân của A. Biết rằng B chỉ cho một dẫn xuất monoclo khi tham gia phản ứng 

với Cl 2 chiếu sáng, tỉ lệ mol 1:1. Hợp chất B có tính đối xứng cao, tất cả các nguyên tử cacbon trong 

B đều đồng nhất. Tìm cấu trúc của B. 

Giải: 

⎧⎪ 

mCO 

− m 28 

2 H2O 

= 

⎫⎪ 

⎨ 

⎬ 

⎩⎪ 

mCO 

+ m 10, 4 32 42, 4 

2 H2O 

= + = ⎪⎭ 

m = 35,2; m = 7, 2 ⇒ n = 0,8; n = 0,4 

CO2 H2O CO2 H2O 

⇒ nO / A 

= 0; M 

A 

= 104 

a) Vậy công thức phân tử của A là C 8 H 8 

b) Ta có: 

nBr 

n 

2 H2 

= 0,03: 0,03 = 1:1; = 0,12 : 0,03 = 4 :1 

nA 

nA 

A có độ bất bão hòa là 5, kết hợp với tỉ lệ mol khi phản ứng với Br 2 và H 2 . Vậy A là stiren 
















c) - Hidro A theo tỷ lệ mol 1: 1 thì A chỉ phản ứng ở nhánh ( -CH=CH 2 ) nên công thức cấu tạo của X 

là ( etyl benzene). 

- Khi brom hóa một đồng phân Y của X với xúc tác bột Fe theo tỉ lệ mol 1:1 được một sản phẩm duy 

nhất nên Y có cấu trúc đối xứng. Y là 1,4-dimetylbenzen. 

C 2 H 5 

X 

d) -B là đồng phân của A nên công thức phân tử B là C 8 H 8 (độ bất bão hòa là 5). 

- B chỉ cho một dẫn xuất monoclo khi tham gia phản ứng với Cl 2 chiếu sáng, tỉ lệ mol 1:1; B có tính 

đối xứng cao, tất cả các nguyên tử cacbon trong B đều đồng nhất. Vậy B là hợp chất vòng no. B là 

cuban 

Câu 18: 

1. Khi thủy phân không hoàn toàn một peptit A (M= 293) thu được hai peptit B (M=236) và C 

(M=222). Xác định công thức cấu tạo của A. Biết rằng khi thủy phân hoàn toàn A thu được hỗn hợp 3 

amino axit là glyxin, alanin và phenyl alanin. 

Giải: 

Nhận xét: M A = M Ala + M Gly + M Phe - 2.M H2O = 89 + 75 + 165 -36 =293 → Vậy A là tripeptit tạo nên 

từ alanin, glyxin và phenylalanin. Vậy B và C là đipeptit. 

M B = M Ala + M Phe -18 = 236 nên B là Ala- Phe hoặc Phe-Ala 

M C = M Gly + M Phe -18 = 222 nên C là Phe-Gly hoặc Gly-Phe 

Vậy A có thể là: Ala-Phe-Gly hoặc Gly-Phe-Ala 

Cấu tạo A: 

H 

2NCH ( CH3) CONHCH ( CH 

2C6H5) 

CONHCH 

2COOH (Ala-Phe-Gly) 

H 

2NCH 2CONHCH ( CH2C6H5) CONHCH ( CH3) 

COOH (Gly-Phe-Ala) 

Câu 19: 

1. Nhiệt phân 1mol hidrocacbon (A) cho 3 mol hỗn hợp khí và hơi (B). Đốt cháy 10,8g (B) rồi hấp 

thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch chứa 0,3 mol Ca(OH) 2 và 0,35 mol NaOH sinh ra 20g kết 

tủa. Xác định công thức phân tử của (A), tỉ khối hơi của (B) so với hidro. 

2. Đốt cháy hoàn toàn hợp chất hữu cơ (X) đơn chức cho CO 2 và H 2 O; cho 27,45g (X) tác dụng hoàn 

toàn vừa đủ với NaOH ở điều kiện thích hợp thu được hỗn hợp sản phẩm (Y). Đốt cháy hoàn toàn (Y) 

thu được 23,85g chất rắn (Z) nguyên chất cùng hỗn hợp khí và hơi (T). Hấp thụ toàn bộ (T) vào dung 

dịch chứa 75,85g Ca(OH) 2 sinh ra 70g kết tủa đồng thời khối lượng bình chứa tăng thêm75,6g so với 

ban đầu. Hãy xác định công thức cấu tạo của hợp chất hũu cơ (X). 

Giải: 

1/ Số mol : CaCO 3 : 0,2 mol 



CH 3 

CH 3 

Y 














OH - : 0,95 mol 

− 

− 

CO2 + OH ⎯⎯→ HCO3 

Viết 2 ptpư: 

− 

2− 

CO2 + 2OH ⎯⎯→ CO3 

Tìm được tỉ lệ mol C:H = 5:12 công thức phân tử của (A): C 5 H 12 

Tìm tỉ khối hơi của (B) so với hidro: 12 

2/ 

8.2 

Viết 3 ptpư 

CO 2 + HO - HCO - 3 ; CO 2 + 2HO - CO 2- 3 ; CO 2- 3 + Ca 2+ CaCO 3 

Tìm được số mol của Na 2 CO 3 là 0,225 mol NaOH là 0,45 mol; số mol Ca(OH) 2 là 1,025 mol 

n C(X) = số mol C của Na 2 CO 3 + số mol C của CO 2 = 1,35 + 0,225 = 1,575 

n H(X) = số mol H của H 2 O – số mol H của NaOH = 1,8 – 0,45 = 1,35 

Từ kết quả trên tìm được n O (x) = 0,45 

Lập tỉ lệ mol C:H:O = 7:6:2 (hoặc lý luận tương đương) 

Lý luận tìm công thức phân tử: C 7 H 6 O 2 

Công thứccấu tạo: HCOOC 6 H 5 . 

Câu 20: 

Cho hỗn hợp X gồm anken và hiđro có tỉ khối hơi so với heli bằng 10 . Nung nóng X với xúc tác 

3 

niken để toàn bộ anken được hiđro hóa thì tỉ khối hơi của hỗn hợp Y sau phản ứng đối với heli bằng 

4. 

a/ Tìm công thức phân tử của anken. 

b/ Viết các công thức cấu tạo của anken. 

Giải: 

Gọi công thức phân tử của anken là CnH 

2n 

0 

Ni,t 

⎯⎯⎯→ (H 2 dư) ………………………… 

CnH 2n 

+ H 

2 

CnH2n+2 

Gọi x, y lần lượt là số mol anken và H 2 

14nx+2y 10 

Ta có: M = = 4. 

x+y 3 

14nx + 2y = 40 .(x+y) (1)……………………………………. 

3 

(14n+2)x+2(y-x) 

M' = = 4.4=16 ………………………………... 

x+y-x 

=> nx = y thay vào (1) 

ta được n = 5 …………………………………………… 

Vậy công thức cấu tạo là C 5 H 10 

Các công thức cấu tạo của C 5 H 10 là: 

CH 3 -CH 2 -CH 2 -CH=CH 2 

CH 3 -CH 2 -CH=CH-CH 3 

CH 3 -CH 2 -C(CH 3 )=CH 2 

CH 3 -CH(CH 3 )-CH=CH 2 

Câu 21: 

1/ Khi phân tích m gam chất hữu cơ (A) (chứa C, H, O) thấy tổng khối lượng hai nguyên tố cacbon 

và hiđro là 0,46 gam. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam chất (A) cần vừa đủ 0,896 lít O 2 (ở đktc). Hấp 
















thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình chứa dung dịch NaOH dư, thấy khối lượng bình tăng thêm 1,9 

gam. 

a/ Tính giá trị của m và công thức phân tử của (A). Biết công thức phân tử của (A) trùng với 

công thức đơn giản nhất. 

b/ Viết các công thức cấu tạo của (A). Biết m gam (A) tác dụng với natri dư thu được khí 

hiđro, còn cho m gam (A) tác dụng với dung dịch NaOH với lượng vừa đủ thì số mol NaOH cần 

dùng đúng bằng với số mol hiđro sinh ra ở trên. 

c/ Tính thể tích khí H 2 (ở đktc) và thể tích dung dịch NaOH 0,01M đã dùng. 

Giải: 

1/ Đặt a là số mol của A 

Gọi công thức đơn giản nhất của A là: C x H y O z 

4x+y-2z 

0 

t 

y 

C H O + O ⎯⎯→ xCO + H O …………….. 

x y z 2 2 2 

4 2 

4x+y-2z 

a → 

a ax 0,5ay 

4 

4x+y-2z 0,896 

n 

O 2 

= .a = = 0,04 (1) ………………………….. 

4 22,4 

Khối lượng: m 

CO 

+ m 

2 H2O 

= 44ax + 18.0,5ay = 1,9 (2) ………….. 

m 

C 

+ m 

H 

= 12ax + ay = 0,46 (3) …………………………….. 

Từ (1), (2) => ax = 0,035; ay = 0,04 

ax 0,035 x 7 

=> = ⇒ = ……………………………………… 

ay 0,04 y 8 

Do công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất nên ta thế x = 7, y = 8 vào (1), (3) => a = 

0,005 mol, z = 2. 

Vậy công thức phân tử của A là C 7 H 8 O 2 …………………… 

m = 0,005.124 = 0,62 (gam) 

Do (A) + Na → H 2 (nên A chứa nhóm –OH); n 

H 

= n 

2 A 

nên (A) chứa 2 nhóm –OH. 

………………………………………. 

Mặt khác, số mol NaOH = số mol (A) nên trong (A) phải có chứa phenol. 

Vậy công thức cấu tạo của (A) có thể là: 

HO-C 6 H 4 -CH 2 OH (ở các vị trí o-, m- p-) …………………... 

HO-C 6 H 4 -CH 2 OH + 2Na →NaO-C 6 H 4 -CH 2 ONa + H 2 

HO-C 6 H 4 -CH 2 OH + NaOH →NaO-C 6 H 4 -CH 2 OH + H 2 O 

Thể tích khí H 2 : 0,005.22,4 = 0,112 (lít) 

Thể tích dung dịch NaOH: 0,005: 0,01 = 0,5(lít) 

Câu 22: 

1. Hợp chất hữu cơ A mạch hở (phân tử chỉ chứa C, H, O; M A < 78). A tác dụng được với dung dịch 

NaOH. Đốt cháy hoàn toàn 8,64 gam A rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình 1 chứa 

dung dịch H 2 SO 4 đặc; bình 2 chứa dung dịch Ba(OH) 2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng 4,32 gam, bình 

2 xuất hiện 70,92 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo, gọi tên A. 


2. Chia 14,2 gam hỗn hợp X gồm hai anđehit đơn chức thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy 

hoàn toàn phần 1 thu được 15,4 gam CO 2 và 4,5 gam H 2 O. Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung 

dịch AgNO 3 trong NH 3 thu được 43,2 gam bạc. Xác định công thức cấu tạo của hai anđehit trên. 

Giải: 















1/* Khối lượng bình 1 tăng = mH2O 

= 4,32gam => nH2O 

= 0,24 mol => n H = 0,48 mol. 

* Hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH) 2 dư: 

70,92 

nBaCO 3 

= = 0,36mol 

197 


CO2 + Ba(OH) 

2 

→ BaCO3 + H2O 

0,36 0,36 (mol) 

=> n 

CO 

= 0,36 mol => n 

2 

C = 0,36 mol 

*m O = 8,64 – (m C + m H ) = 8,64 – 12.0,36 -0,48.1 = 3,84 gam 

=> n O = 0,24 mol 

Gọi CTPT của A là C x H y O z ta có x:y:z = 0,36: 0,48 : 0,24 = 3: 4: 2. 

=> Công thức của A có dạng: (C 3 H 4 O 2 ) n 

Do M A < 78 => 72n < 78 => n < 1,08 => n = 1 => A là C 3 H 4 O 2 . 

Do A tác dụng được với NaOH nên công thức cấu tạo là: 

CH 2 =CHCOOH ( axit acrylic) 

hoặc HCOOCH=CH 2 (vinyl fomat) 

2. Khối lượng mỗi phần là 14,2/2 = 7,1 gam 

Phần 1: nCO 

= 0,35mol; n 

2 H2O 

= 0, 25mol 

=> m C = 4,2gam; m H = 0,5gam => m O = 7,1-4,2-0,5 = 2,4gam => n O = 0,15mol 

Vì anđehit đơn chức => n 2anđehit = n O = 0,15mol. 

Phần 2: n Ag = 43,2/108 = 0,4 mol. 

n 

Ag 0, 4 

Do = > 2 => Hỗn hợp có HCHO 

nX 

0,15 

Đặt công thức của anđehit còn lại là RCHO 

Gọi số mol của HCHO và RCHO ở mỗi phần lần lượt là x và y mol. 

Sơ đồ phản ứng tráng gương: 

HCHO ⎯⎯→ 4Ag 

x 4x (mol) 

RCHO ⎯⎯→ 2Ag 

y 2y (mol) 

=> x + y = 0,15 (1) 

4x + 2y = 0,4 (2) 

Giải (1) và (2) => x = 0,05; y = 0,1. 

Từ khối lượng mỗi phần là 7,1 gam => 0,05.30 + 0,1.(R+29) = 7,1 => R = 27 (-C 2 H 3 ) 

Anđehit còn lại là: CH 2 =CH-CHO 

Câu 23: 

Đốt cháy hoàn toàn 50,0 cm 3 hỗn hợp khí A gồm C 2 H 6 , C 2 H 4 , C 2 H 2 và H 2 thu được 45,0 cm 3 khí 

CO 2 . Mặt khác, nung nóng thể tích hỗn hợp khí A đó có mặt Pd/ PbCO 3 xúc tác thì thu được 40,0 

cm 3 hỗn hợp khí B. Sau đó cho hỗn hợp khí B qua Ni nung nóng thu một chất khí duy nhất. Các 

thể tích khí đo cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 

Tính % theo thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A. 

Giải: 

Gọi x, y,z ,t (cm 3 ) lần lượt là thể tích của C 2 H 6 , C 2 H 4 ,C 2 H 2 và H 2 có trong hh A 


7 

* C 2 H 6 + O2 ⎯ ⎯→ 2CO 2 + 3 H 2 O 

2 















x 2x (cm 3 ) 

C 2 H 4 + 3O 2 ⎯ ⎯→ 2CO 2 + 2 H 2 O 

y 2y (cm 3 ) 

5 

C 2 H 2 + O2 ⎯ ⎯→ 2 CO 2 + H 2 O 

2 

z 2z (cm 3 ) 

* Hỗn hợp A ⎯ Pd ⎯ 

. / 3 

⎯ 

PbCO ⎯→ 

hỗn hợp B giảm 10 cm 3 là thể tích chất tham gia phản ứng ⇒ H 2 

dư và C 2 H 2 hết ⇒ B gồm: C 2 H 6 , C 2 H 4 và H 2 dư 

C 2 H 2 + H 2 

Pd / PbCO3 

⎯⎯⎯⎯→ C 2 H 4 

Ni,t 

⎯ 0 

* Hỗn hợp B gồm: C 2 H 6 , C 2 H 4 và H 2 ⎯ → 

⎯ 0 

Ni,t 

⎯ → 

1 chất khí duy nhất C 2 H 6 

C 2 H 4 + H 2 

C 2 H 6 

⎧x + y + z + t = 50 ⎧x 

= 5 

z = 50 − 40 

⎪ 

⎪ y = 7,5 

Ta có hệ pt: ⇒ ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪2x + 2y + 2z 

= 45 ⎪z 

= 10 

⎪ 

⎩ y + z + z = t ⎪ 

⎩t 

= 27,5 

% V C2H6 = 10,0%; % V C2H4 = 15,0% ; % V C2H2 = 20,0 %; % V H2 = 55,0% 

Câu 24: 

Đốt cháy hoàn toàn 43,1 gam hỗn hợp X gồm axit axetic, glyxin, alanin và axit glutamic thu được 31,36 lít 

CO 2 (đktc) và 26,1 gam H 2 O. Mặt khác 43,1 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 300,0 ml dung dịch HCl 

1,0 M. Nếu cho 21,55 gam hỗn hợp X tác dụng với 350,0 ml dung dịch NaOH 1,0 M thu được dung dịch 

Y. Cô cạn dung dịch Y thì thu được m gam chất rắn khan. 

Tính m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 

Giải: 

⎧CH3COOH 

⎧CO2 

:1,4 mol 

⎪NH 2 

− CH2 

− COOH 

⎪ 

gam X ⎨ 

+ O 2 ⎯→ 

⎨H 2O 

:1,45 mol 

⎪CH3 − CHNH 

2 

− COOH 

⎪N2 

⎪ 

⎩C3H 5NH2( COOH ) 

⎩ 

2 

43,1 gam X + 0,3 mol HCl 

21,55gam X + 0,35 mol NaOH ⎯ ⎯→ m gam rắn + H 2 O 

Ta có: n C = n 

CO 

= 1,4 (mol); n 

2 

H = 2 n 

H2O 

= 2,9 (mol) 

n N = n 

NH 

= n 

2 HCl 

= 0,3 (mol) 

n = [43,1-(1,4.12+2,0.1+0,3.14]:16=1,2 (mol) 

⇒ O( X ) 

⇒ n = 0,6 (mol) 

COOH 

⇒ 21,55g X có n 

COOH 

= 0,3 (mol) = n 

H2O 

m rắn = 21,55 + 0,35.40 – (0,3.18) = 30,15 (gam) 


Câu 25: 

Hỗn hợp A gồm C 2 H 2 , C 3 H 6 và C 3 H 8 . Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A bằng lượng oxi vừa 

đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H 2 SO 4 đặc, dư và bình 2 đựng dung dịch 

Ca(OH) 2 dư, thấy bình 2 có 15,0 gam kết tủa và khối lượng tăng của bình 2 nhiều hơn so với khối 

lượng tăng của bình 1 là 4,26 gam. Nếu cho 2,016 lít hỗn hợp A phản ứng với 100,0 gam dung dịch 















brom 24% mới nhạt màu brom, sau đó phải sục thêm 0,896 lít khí SO 2 nữa thì mới mất màu hoàn 

toàn, lượng SO 2 dư phản ứng vừa đủ với 40,0 ml dung dịch KMnO 4 0,1M. Các phản ứng xảy ra hoàn 

toàn. 

Tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A (các thể tích khí đều đo ở đktc). 

Giải: 

⎧C 2H2 

: xmol 

⎪ 

⎧CO2 

dd H2SO 

4 

ddCa m gam A ⎨CH 

3 6 

: ymol + O 2 ⎯→⎨ 

⎯⎯⎯⎯→CO 2 ⎯⎯ ⎯⎯ 

( OH ) 2⎯ 

du → CaCO 3 ↓ 

⎪ 

⎩H 2O 

⎩CH 

3 8 

: zmol 

m tăng bình (1) = m 

H2O 

; m tăng bình (2) = m 

CO 

= 44.0,15= 6,6 (gam); n 

2 

CO 

= 0,15 (mol) 

2 

mCO 2 

- m 

H2O 

= 4,26 (gam) ⇒ m 

H 2 O 

= 2,34 (gam) ⇒ n 

H 2 O 

= 0,13 (mol) 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố ta có: 

2x + 3y + 3z = n 

CO 

= 0,15 

2 

(1) 

2x + 6y + 8z = 2 n 

H2O 

=0,26 (2) 

* CH ≡ CH + 2Br 2 ⎯ ⎯→ CHBr 2 -CHBr 2 

x 2x (mol) 

CH 3 -CH=CH 2 + Br 2 ⎯ ⎯→ CH 3 -CHBr-CH 2 Br 

y y (mol) 

CH 3 -CH 2 -CH 3 + Br 2 ⎯ ⎯→ không phản ứng 

z 

(mol) 

SO 2 + Br 2 + 2H 2 O ⎯ ⎯→ 2HBr + H 2 SO 4 

(0,04-0,01) 0,03 (mol) 

5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H 2 O ⎯ ⎯→ K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 2H 2 SO 4 

0,01 0,004 (mol) 

(x+y+z) mol hỗn hợp A cần (2x + y) mol Br 2 

0,09 mol hỗn hợp A cần (0,15 – 0,03) mol Br 2 

⇒ 0,12. (x+y+z)=0,09.(2x+y) ⇒ 0,06 x – 0,03y – 0,12 z = 0 (3) 

Từ (1), (2) và (3) ⇒ x = 0,03 (mol); y = 0,02 (mol); z = 0,01 (mol) 

%V C2H2 = 50,0%; %V C3H6 = 33,33333%; %V C3H8 = 16,66666% 

Câu 26: 

1/Cho hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z thuộc 3 dãy đồng đẳng khác nhau, hỗn hợp B gồm O 2 và 

O 3 . Trộn A và B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1,5 : 3,2 rồi đốt cháy hoàn toàn thu được hỗn hợp chỉ 

gồm CO 2 và hơi H 2 O theo tỉ lệ thể tích là 1,3 : 1,2. Biết tỉ khối của khí B đối với hiđro là 19. Tính tỉ 

khối của khí A đối với hiđro? 

2/ Bình kín chứa một ancol no, mạch hở A (trong phân tử A, số nguyên tử C nhỏ hơn 10) và lượng O 2 

gấp đôi so với lượng O 2 cần để đốt cháy hoàn toàn A. Ban đầu bình có nhiệt độ 150 0 C và 0,9 atm. Bật 

tia lửa điện để đốt cháy hoàn toàn A, sau đó đưa bình về 150 0 C thấy áp suất bình là 1,1 atm. Viết các 

đồng phân cấu tạo của A và gọi tên. 

Giải 

1 

Đặt công thức chất tương đương của hỗn hợp A là C H 

x y 


M B = 19.2 = 38 => tỉ lệ số mol O 2 và O 3 là 5:3 

Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích 1,5: 3,2. 

Chọn n B = 3,2 mol => n (O 2 ) = 2 mol; n (O 3 ) = 1,2 mol 

∑n O = 7,6 mol 















Khi đó n A = 1,5 mol. Khi đốt cháy A ta có thể coi: 

C H + (2 x + 2 

y ) O → x CO2 + 2 

y 

H2 O 

x 

y 

Mol 1,5 1,5(2x+ 2 

y ) 1,5 x 1,5 2 

y 

Ta có: ∑n O = 1,5(2x+ 2 

y ) =7,6 (*) 

Vì tỉ lệ thể tích CO 2 : H 2 O = 1,3:1,2 => x : 2 

y = 1,3:1,2 (**) 

Giải hệ (*), (**) ta được: x = 26/15; y = 16/5 = 3,2 

M 

A 

= 12x + y = 24 => d A/H2 = 12 

2 

Đặt công thức phân tử của A là C n H 2n+2 O k (k ≤ n); gọi số mol A bằng 1 mol 

C n H 2n+2 O k + 3 n + 1 − k 

2 

O 2 → n CO 2 + (n+1) H 2 O 

Mol 1 → 

3n 

+ 1− 

k 

2 

n n+1 

=> Số mol O 2 ban đầu là (3n+1-k) mol 

Trong cùng điều kiện nhiệt độ và thể tích, áp suất tỉ lệ thuận với số mol khí 

1 1 

Do đó, 1+ 3 1 0,9 

hay 

+ − 

= k = => 3n-13k+17 = 0 

P2 n2 

n + n + 1 + (3n + 1 − k) / 2 1,1 

Với n 1 = n A + n(O 2 ban đầu) 

n 2 = n (CO 2 ) + n (H 2 O) + n (O 2 dư) 

k 1 2 3 4 5 

n -0,4/3 3 7,33 11,66 16 

Chọn được nghiệm k=2, n=3 => Công thức phân tử ancol: C 3 H 8 O 2 

Có 2 đồng phân: HO-CH 2 -CH 2 -CH 2 -OH: propan-1,3-điol 

CH 2 OH-CHOH-CH 3 propan-1,2-điol 

Câu 27: 

Hợp chất hữu cơ A chỉ chứa một loại nhóm chức, chỉ chứa 3 nguyên tố C, H và O. Đun nóng 

0,3 mol A với lượng vừa đủ dung dịch NaOH 20%. Sau khi kết thúc phản ứng, cô cạn dung dịch thu 

được hỗn hợp chất rắn gồm 3 chất X, Y, Z và 149,4 gam nước. Tách lấy X, Y từ hỗn hợp chất rắn. 

Cho hỗn hợp X, Y tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 31,8 gam hai axit cacboxylic 

X 1 ; Y 1 và 35,1 gam NaCl. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm X 1 và Y 1 thu được sản phẩm cháy gồm 

H 2 O và CO 2 có tỉ lệ số mol là 1:1. 

Đốt cháy hoàn toàn lượng Z ở trên cần dùng vừa đủ 53,76 lít khí O 2 (đktc) thu được 15,9 gam 

Na 2 CO 3 ; 43,68 lít khí CO 2 (đktc) và 18,9 gam nước. 

1. Lập công thức phân tử của A, Z? 

2. Xác định công thức cấu tạo A biết rằng khi cho dung dịch Z phản ứng với CO 2 dư thu được chất 

hữu cơ Z 1 và Z 1 khi phản ứng với brom (trong dung dịch, lượng dư) theo tỉ lệ mol 1:3. 

Giải: 

1 

Sơ đồ 1 phản ứng: A + NaOH X + Y + Z + …(trong sản phẩm có thể có nước). 

X + HCl X 1 + NaCl; 
















Y + HCl Y 1 + NaCl 

Vì đốt cháy hai axit X 1 ; Y 1 thu được sản phẩm cháy có số mol H 2 O = số mol CO 2 => hai axit X 1 và 

Y 1 đều là axit no, mạch hở, đơn chức (có công thức tổng quát là C n H 2n+1 COOH). 

Gọi công thức trung bình của hai muối X, Y là: C H COO Na. 

n 2n+1 

Phương trình: 

C H COO Na + HCl C H COO H + NaCl 

n 2n+1 

n 2n+1 

Số mol NaCl = 0,6 mol 

=> số mol C H COO H = số mol C H COO Na = 0,6 mol 

n 2n+1 

n 2n+1 

=> (14 n +46).0,6 = 31,8 => n = 0,5. 

=> m (hỗn hợp X, Y) = m ( C H COO Na) = 0,6.(14 n +68) = 45 gam 

n 2n+1 

Sơ đồ đốt cháy Z + O 2 Na 2 CO 3 + CO 2 + H 2 O 

Số mol Na 2 CO 3 = 0,15 mol; 

số mol CO 2 = 1,95 mol; 

số mol H 2 O = 1,05mol. 

Áp dụng bảo toàn khối lượng 

m Z = m (Na 2 CO 3 ) + m (CO 2 ) + m (H 2 O) - m (O 2 ) = 43,8 gam. 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố ta tính được trong hợp chất Z: 

số mol C = 0,15 + 1,95 = 2,1 mol; 

số mol H = 2.1,05 = 2,1 mol; 

số mol Na = 0,3 mol 

=> số mol O = 0,6 mol 

=> số mol C : H : O : Na = 2,1 : 2,1 : 0,6 : 0,3 = 7 : 7 : 2 : 1 

=> Công thức đơn giản nhất của Z là C 7 H 7 O 2 Na. (M = 146) (*) 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na cho sơ đồ (1) ta có 

số mol Na(NaOH) = số mol Na (X, Y, Z) = 0,6 + 0,3 = 0,9 mol. 

=> m dung dịch NaOH = 180 gam. 

=> m H 2 O (dung dịch NaOH) = 144 gam < 149,4 gam 

=> sơ đồ 1 còn có nước và m (H 2 O) = 5,4 gam => số mol H 2 O = 0,3 mol. 

Áp dụng bảo toàn khối lượng: 

m A = m (X, Y, Z) + m (H 2 O) - m (NaOH) 

= 45 + 43,8 + 5,4 - 36 = 58,2 gam. 

M A = 194 g/mol. (**) 

Từ (*);(**) =>Z có công thức phân tử trùng với CTĐG nhất là C 7 H 7 O 2 Na. 

A phản ứng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:3 tạo ra 3 muối và nước; 

số mol nước = số mol A. 

A là este 2 chức tạo bởi hai axit cacboxylic và 1 chất tạp chức (phenol - ancol). 

CTCT của A HCOOC 6 H 4 CH 2 OCOR'. => R' = 15 => R' là -CH 3 . 

Vậy công thức phân tử của A là C 10 H 10 O 4 ; Z là C 7 H 7 O 2 Na. 

2 (0,5 điểm) 

HCOOC 6 H 4 CH 2 OCOCH 3 + 3NaOH HCOONa + NaOC 6 H 4 CH 2 OH + CH 3 COONa + H 2 O 

NaOC 6 H 4 CH 2 OH + CO 2 + H 2 O ⎯⎯→ HO-C 6 H 4 CH 2 OH + NaHCO 3 

Vì Z 1 có phản ứng với brom theo tỉ lệ mol 1:3 => Z 1 là m - HO-C 6 H 4 CH 2 OH. 

Phương trình: 

m - HO-C 6 H 4 CH 2 OH + 3Br 2 ⎯⎯→ mHO-C 6 HBr 3 -CH 2 OH + 3HBr. 
















Vậy cấu tạo của A là m-HCOOC 6 H 4 CH 2 OCOCH 3 

hoặc m - CH 3 COOC 6 H 4 OCOH. 

Câu 28: 

Cho 0,42 lit hổn hợp khí B gồm hai hidrocacbon mạch hở đi rất chậm qua bình đựng nước brom dư. 

Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy có 0,28 lit khí đi ra khỏi bình và có 2 gam brom đã tham gia 

phản ứng. Các thể tích khí đo ở đktc. Tỉ khối hơi của B so với hidro là 19.Hãy xác định công thức 

phân tử và số gam mỗi chất trong hổn hợp B. 

Giải: 

hai hidrocacbon mạch hở đi qua bình đựng nước brom dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy có 

0,28 lit khí đi ra khỏi bình chứng tỏ có một H-C no. 

0,28 

n ankan 

= = 0, 0125mol 

22,4 

0,42 − 0,28 

Và 1 H-C không no. nH − Ckhongno 

= 

= 0, 00625 mol 

22,4 

2 

n Br 

= = 0, 0125 mol 

2 

160 

n 

H −Ckhongno 

n 

Br2 

0,00625 1 

= = 

0,00125 2 

Vậy H-C không no là ankin hoặc ankadien 

Đặt CTTQ của H-C no: C n H 2n+2 , n ≥ 1 

của H-C không no: C m H 2m-2 

0,0125(14 n + 2) + 0,00625(14 m − 2) 

Ta có : d 

B 

= 

= 19 

H 2 2(0,0125 + 0,00625) 

m = 8 - 2n 

n 1 2 3 3 

m 6 4 2 0 

có 2 cặp nghiệm thỏa: 1) C 2 H 6 và C 4 H 6 

2) C 3 H 8 và C 2 H 2 

Khối lượng các chất trong B: 

Cặp 1: m C H 

= 30 *0,0125 = 0, 375gam 

2 6 

m C H 

= 54*0,00625 = 0, 3375gam 

4 6 

Cặp 2: m C H 

= 44 *0,0125 = 0, 55gam 

3 8 

m C H 

= 26*0,00625 = 0, 1625gam 

2 2 

Câu 29: 

1. Một hiđrocacbon X có chứa 88,235% cacbon về khối lượng. Xác định công thức phân tử và công 

thức cấu tạo của X, biết X là hiđrocacbon no có ba vòng, mỗi vòng đều có 6 nguyên tử cacbon. 

2. Cho 5 kg glucozơ (chứa 20% tạp chất) lên men. Hãy tính thể tích của ancol etylic 40 0 thu được, 

biết rằng khối lượng ancol bị hao hụt 10% và khối lượng riêng của ancol etylic nguyên chất là 0,8 

g/ml. 

Giải: 

1. Xác định công thức phân tử 

Đặt C x H y là công thức phân tử của X 
















88,235 11,765 

x : y = : = 7,353:11,765 = 5 : 8 

12 1 

10n + 2 −8n 

X có dạng C 5n H 8n . X có độ bất bão hòa ∆ = 

= n + 1 

2 

Do có 3 vòng nên n + 1 = 3, suy ra n = 2 , công thức phân tử của X là C 10 H 16 

X có 3 vòng 6C nên công thức cấu tạo của nó là: 

2. m = 5000 . 80% = 4000 gam 

lªn men 

C H O ⎯⎯⎯→ 2C H OH + 2CO 

6 12 6 0 

32 C 2 5 2 

180 gam 92 gam 

4000 gam x gam 

4000.92 1840 

mC2 H5OH 

= .90% = 1840( gam) ⇒ VC = = 2300( ml) 

2H5OH nguyªn chÊt 

180 0,8 

2300.100 

V 0 = = 5750( ml) hay 5,750 lit 

dd C2H5OH 

40 

40 

Câu 30: 

Hợp chất A là một α-amino axit. Cho 0,01 mol A tác dụng vừa đủ với 80 ml dung dịch HCl 0,125M, 

sau đó cô cạn cẩn thận thu được 1,835 gam muối. Mặt khác, khi trung hoà 2,94 gam A bằng dung 

dịch NaOH vừa đủ thì được 3,82 gam muối. Hãy: 

a. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A, biết A có cấu tạo mạch không phân nhánh. 

b. Viết phương trình phản ứng của A với dung dịch NaNO 2 với sự có mặt của axit clohiđric. 

Giải: 

a. Đặt CT của A là (NH 2 ) n R(COOH) m (n, m ≥ 1, nguyên) 

* Phản ứng với HCl : n HCl = 0,08.0,125= 0,01 mol 

(NH 2 ) n R(COOH) m + nHCl →(ClH 3 N) n R(COOH) m (1) 

0,01 mol 0,01 mol 

⇒ n=1 

* Theo (1) : số mol muối = số mol A =0,01 mol; mà khối lượng muối = 1,835gam 

1,835 

⇒ M 

muèi 

= = 183,5 ⇒ M A = M muối - M HCl = 183,5 – 36,5 = 147 

0,01 

* n A phản ứng với NaOH =2,94 : 147 = 0,02 mol 

* Phản ứng của A với NaOH : 

H 2 N-R(COOH) m + mNaOH → H 2 N-R(COONa) m + mH 2 O (1) 

Cứ 1 mol ⎯⎯→ 1 mol ⎯⎯→ m tăng thêm = 22m gam 

vậy 0,02 mol ⎯⎯→ 0,02 mol ⎯⎯→ m tăng thêm = 3,82-2,94=0,88 gam 

⇒ 0,02 . 22m = 0,88 ⇒ m = 2 

⇒ A có dạng tổng quát là : H 2 N-R(COOH) 2 mà M A = 147 

⇒ M R = 147 – 16 – 45 . 2 = 41, vậy R là C 3 H 5 

Vì A có mạch cacbon không phân nhánh, là α-amino axit nên CTCT của A là : 

H O O C − C H 

2 

− C H 

2 

− C H (N H 

2 

) − C O O H axit 2-aminopentanđioic (hay axit glutamic) 

b. Phản ứng của A với NaNO 2 và HCl : 


HOOC CH CH CH(NH ) COOH + NaNO + HCl → HOOC CH CH CH(OH) COOH + N + H O 

Câu 31: 

hay 

2 2 2 2 2 2 2 2 















Chia 7,1 gam hỗn hợp X gồm hai andehit đơn chức thành hai phần bằng nhau: 

- Phần 1 đốt cháy hoàn toàn thu được 7,7 gam CO 2 và 2,25 gam H 2 O. 

- Phần 2 cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH 3 thu được 21,6 gam bạc. 

a. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo và gọi tên hai andehit trên? 

b. Bằng phương pháp hoá học hãy phân biệt mỗi andehit trên? 

Giải: 

a. 

* Khối lượng mỗi phần là : 7,1 = 3,55 gam 

2 

* Đốt cháy phần 1 : 

7,7 2, 25 

nCO 

= = 0,175 mol; n 0,125 

2 H2O 

= = mol 

44 18 

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố: 

m phần 1 = m C + m H + m O =3,55 gam ⇒ mO = 3,55 −12. nCO − 2. n 3,55 12.0,175 2.0,125 1,2 

2 H2O 

= − − = gam 

1,2 

⇒ n2andehit trongmçiphÇn 

= nO 

= = 0,075 mol 

16 

21,6 

n 

* Phần 2 : 

Ag 0,2 8 

nAg 

= = 0, 2mol 

⇒ 

= = > 2 

108 

n 

0,075 3 

2andehit trongmçiphÇn 

⇒ phải có một andehit là HCHO andehit fomic (metanal) 

Đặt CT của andehit còn lại là : CnH mCHO 

Gọi trong mỗi phần gồm: x mol HCHO và y mol CnH mCHO 

Ta có : 

AgNO3 / NH3 AgNO3 / NH3 

HCHO ⎯⎯⎯⎯⎯→ 4 Ag ; C H CHO ⎯⎯⎯⎯⎯→ 2Ag 

m 2m+ 1−2k 

x mol 4x mol y mol 2y mol 

⎧ x + y = 0,075 ⎧ x = 0,025 

⇒ ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎩4x + 2y = 0, 2 ⎩y 

= 0,05 

Bảo toàn nguyên tố C và H ta có : 

⎪⎧ nC = nHCHO + ( n + 1) nC 0,175 0,025 0,05( 1) 0,175 2 

nHmCHO 

= 

⎧ + n + = ⎧n 

= 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

⎪⎩ 

nH = 2 nHCHO + ( m + 1) nC 2.0,125 0,025.2 0,05( 1) 0, 25 3 

nHmCHO 

= ⎩ + m + = ⎩m 

= 

⇒ CTCT của andehit còn lại là : CH 2 =CH-CHO andehit acrylic (propenal) 

b. Dùng Br 2 trong CCl 4 để phân biệt hai andehit : 

- CH 2 =CH-CHO làm mất màu Br 2 trong CCl 4 : 

CH 2 =CH-CHO + Br 2 →CH 2 Br-CHBr-CHO 

- HCHO không làm mất màu Br 2 trong CCl 4 . 

Câu 32: 

Cho m gam xenlulozơ tác dụng vừa đủ với 25,2 gam HNO 3 có trong hỗn hợp HNO 3 đặc và H 2 SO 4 

đặc, tạo thành 66,6 gam hỗn hợp X gồm xenlulozơ mononitrat và xenlulozơ đinitrat. Tính m và % 

khối lượng các chất trong hỗn hợp X. 

Giải: 


[C 6 H 7 O 2 (OH) 3 ] n + nHONO 2 → [C 6 H 7 O 2 (OH) 2 (ONO 2 )] n + nH 2 O (1) 

a mol na mol 207na gam 

[C 6 H 7 O 2 (OH) 3 ] n + 2nHONO 2 →[C 6 H 7 O 2 (OH)(ONO 2 ) 2 ] n + 2nH 2 O (2) 
















b mol 2nb mol 252nb gam 

Đặt số mol xenlulozơ trong hai phản ứng (1), (2) lần lượt là a và b. 

⎧ 

25,2 

⎪nHNO 

= na + 2nb 

= = 0,4 ⎧na 

= 0,2 

3 

Theo giả thiết ta có : ⎨ 

63 ⇒ ⎨ 

⎩ 

⎪ mX 

= 207na + 252nb 

= 66,6 ⎩nb 

= 0,1 

Khối lượng xenlulozơ ban đầu : m = 162n(a +b) = 162(na + nb) = 162 × 0,3 = 48,6 gam 

Phần trăm khối lượng các chất trong X : 

207 na × 100% 

%m xenlulozomononitrat = 

= 62,2%; %m xenlulozodinitrat = 37,8% 

66,6 

Câu 33: 

a. Cho 0,15 mol este X Mạch hở vào 150 g dung dịch NaOH 8%, đun nóng để phản ưng thuỷ 

phân este xảy ra hoàn toàn thu được 165g dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 22,2g chất rắn 

khan. 

Tìm công thức cấu tạo của X, gọi tên? 

b. Z và Y lần lượt là các tripeptit và tetrapeptit được tạo thành từ cùng một amino axit no mạch 

hở, có một nhóm – COOH và một nhóm –NH 2 . Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y thu được sản 

phẩm CO 2 , H 2 O và N 2 , trong đó tổng khối lượng CO 2 và H 2 O là 47,8 gam. Nếu đốt cháy hoàn 

toàn 0,3 mol Z thì cần bao nhiêu mol O 2 ? 

Giải: 

a/ Este + (150g)ddNaOH 165g dd Y =>m este = 165-150 = 15g 

M este = 15/0,15 = 100g/mol 

n NaOH = 0,3 mol mà n este = 0,15 mol, M = 100 => este đơn chức: 

m NaOH dư = 0,15.40 = 6g; m R-COONa = 22,2 – 6 = 16,2g 

R – COO – R’ + NaOH R-COONa + ROH 

100 R + 67 

15g ………………………….16,2g 

R = 41 : C 3 H 5 – 

R’ = 15 : CH 3 – 

CTCT: 

CH 2 = CH – CH 2 – COOCH 3 metyl vinylaxetat 

CH 3 - CH= CH – COOCH 3 metylcrotonat 

CH 2 =CCH 3 – COOCH 3 metyl metacrylat. 

b/ Gọi CT tripeptit và tetrapeptit là: (-NH-C n H 2n -CO-) 3 ; (-NH-C n H 2n -CO-) 4 

Hay C 3n H 6n-3 O 3 N 3 và C 4n H 8n-4 O 4 N 4 . 

- pt cháy tetrapeptit: 

oxi 

C 4n H 8n-4 O 4 N 4 ⎯⎯→ 4nCO 2 + (4n-2)H 2 O + 2N 2 . 

0,1mol 4n.0,1 (4n-2).0,1 mol 

Khối lượng CO 2 +H 2 O = 44.4n.0,1 + 18.(4n-2).0,1 = 47,8 

n ≈3 

oxi 

C 3n H 6n-3 O 3 N 3 + ((18n-9)/4)O 2 ⎯⎯→ 3nCO 2 + (3n-3/2)H 2 O + 3/2N 2 

0,3 mol ------------ ((18n-9)/4).0,3 

Vậy: n oxi = (18.3- 9).0,3/4 = 3,375 mol 

Câu 34: 

Đốt cháy hoàn toàn hợp chất hữu cơ A thu được hỗn hợp khí gồm CO 2 , hơi nước và N 2 có tỷ 

khối hơi so với H 2 là 13,75. Cho hỗn hợp khí đó lần lượt đi qua ống 1 đựng P 2 O 5 và ống 2 đựng KOH 

rắn thấy tỷ lệ tăng khối lượng của ống 2 so với ống 1 là 1,3968. Số mol O 2 cần đã đốt cháy hoàn toàn 
















A bằng một nửa số mol CO 2 và H 2 O tạo thành. Khối lượng phân tử của A nhỏ hơn khối lượng phân 

tử của anilin. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của A. 

Giải: 

Gọi công thức của A là: C x H y O z N t 

Phản ứng đốt cháy: 

C x H y O z N t + ( x + 4 

y - 2 

z ) O2 → xCO 2 + 2 

y 

H2 O + 2 

t 

N2 

Ống 1 hấp thụ hơi nước 

Ống 2 : CO 2 + 2KOH → K 2 CO 3 + H 2 O 

Theo đầu bài tăng khối lượng ở ống 1, 2 ta có tỷ lệ: 

y 1,3968.18 x 2 

x : = → = 2 44. 1 y 7 

Mặt khác theo lượng O 2 ta có: 

x + 4 

y - 2 

z = 2 

1 ( x + 2 

y ) → x = z 

Như vậy: x : y : z = 2 : 7 : 2 và CTĐG của A là C 2 H 7 O 2 N t (vì khối lượng nhóm C 2 H 7 O 2 là 63 mà khối 

lượng anilin là 93) 

Phản ứng đốt cháy được viết lại là: 

11 

2C 2 H 7 O 2 N t + O2 → 4CO 2 + 7H 2 O + tN 2 

2 

44.4 + 18.7 + 28. t 

= 13,75.2 rút ra t = 1 CTPT là: C 2 H 7 O 2 N 

4 + 7 + t 

CTCT: CH 3 COONH 4 

Câu 35: 

a) Một ancol đa chức no A (C x H y O z ) với y = 2x + z có d A/KK < 3. Xác định công thức cấu tạo 

của A biết rằng A không tác dụng với Cu(OH) 2 

b) Một hỗn hợp X gồm A và một ancol no B có cùng số nguyên tử cacbon với A (tỉ lệ mol n A : 

n B = 3 : 1). Khi cho hỗn hợp này tác dụng với Na dư thu được khí H 2 với số mol n H 2 

> n x . Chứng 

minh rằng B là ancol đa chức, viết công thức cấu tạo của B, nêu cách phân biệt A và B. Tính thể tích 

H 2 (đktc) thu được khi cho 80 gam hỗn hợp X tác dụng với Na dư. 

c) Đề nghị một phương pháp có thể dùng để điều chế B từ một ancol no đơn chức C (ancol bậc 

1) có cùng số nguyên tử cacbon với B. Tính hiệu suất chung của phản ứng điều chế B và C giả sử 

hiệu suất mỗi giai đoạn trong quy trình trên đều bằng 80 %. Tính khối lượng C phải dùng để có 1 mol 

B. 

Giải: 

a) Đặt công thức A là C n H 2n+2-x (OH) x , hay C n H 2n+2 O x 

Vì y = 2n+2 → 2n+2 = 2n+x → x = 2 

Công thức phân tử của A là C n H 2n (OH) 2 

d A/KK < 3 → M A < 3.29 = 87 → 14n + 34








Phản ứng với Na: 

C 3 H 6 (OH) 2 + 2Na → C 3 H 6 (ONa) 2 + H 2 

3 mol 3 mol 

C n H 2n+2-x (OH) x + Na → C n H 2n+2-x (ONa) x + 2 

x 

H2 

1 mol 

x mol 

2 

n H 2 

= 3 + 2 

x > nx = 4 → 2 

x > 1 → x >2 Vậy B là ancol đa chức 

Vì B có 3 nguyên tử cacbon nên để B khác A thì B phải có 3 nhóm OH (x=3). Công thức cấu tạo của 

B là CH 2 OH-CHOH-CH 2 OH. 

Để phân biệt A và B có thể dùng Cu(OH) 2 ancol nào tạo dung dịch màu xanh với Cu(OH) 2 là 

CH 2 OH-CHOH-CH 2 OH. 

Thể tích H 2 : 

Trong 80 gam X, gọi số mol A là 3y thì số mol B là y 

m X = 76.3y + 92y → y = 0,25 

Số mol CH 2 OH-CHOH-CH 2 OH là 0,25 

Số mol CH 2 OH-CHOH-CH 2 OH là 3 . 0,25 = 0,75 

n H 2 

= 0,25. 3 + 0,75/2 = 1,125 mol 

V H 2 

= 1,125 . 22,4 = 25,2 lít. 

c) Điều chế B từ C qua 4 giai đoạn: 

0 

H 2SO4đ170 

C 

CH 3 -CH 2 -CH 2 OH ⎯⎯ ⎯⎯⎯ 

→ CH 3 -CH=CH 2 + H 2 O 

500 

CH 3 -CH=CH 2 + Cl 2 ⎯⎯ 0 C → CH 2 Cl-CH=CH 2 + HCl 

CH 2 Cl-CH=CH 2 + Cl 2 + H 2 O → CH 2 Cl-CHOH-CH 2 Cl + HCl 

CH 2 -CH-CH 2 + 2NaOH → CH 2 -CH-CH 2 + 2NaCl 

Cl OH Cl OH OH OH 

Nếu hiệu suất mỗi giai đoạn là 80% thì hiệu suất chung là: 

0,8 . 0,8 . 0,8 .0,8 = 0,4096 tức là 40,096 % 

Để điều chế 1 mol B với hiệu suất chung H = 40,096 % thì phải dùng: 

60 

m C 3 H 7 OH = = 146,48 g. 

0,4096 

Câu 36: 

1. Đun 20,4 g một chất hữu cơ A đơn chức với 300 ml dung dịch NaOH 1M thu được muối B 

và hợp chất hữu cơ C, C tác dụng với Na dư cho 2,24 lít H 2 (đktc). Khi nung muối B với NaOH thu 

được khí D có d D/He = 4. C bị oxi hóa bằng không khí kim loại Cu nung nóng làm xúc tác, tạo ra sản 

phẩm E không tham gia phản ứng tráng bạc. 

Xác định CTCT của A, B, C và E 

2. Hợp chất A là một α -aminoaxit. Cho 0,01 mol A tác dụng vừa hết với 80ml dung dịch HCl 

0,125M, sau đó cô cạn thu được 1,835 gam muối. Mặt khác, khi trung hòa 2,94 gam A bằng dung 

dịch NaOH vừa đủ thì được 3,82 gam muối. 

a) Xác định công thức phân tử của A. 

b) Viết công thức cấu tạo của A, biết A có cấu tạo mạch thẳng. 

Giải: 

A là este vì khi đun nóng A với dung dịch NaOH thu được muối B và ancol C 
















RCOOR' + NaOH → RCOONa + R'OH 

2R'OH + 2Na → 2RONa + H 2 

2.2,24 

n A = n R'OH = 2nH 2 = = 0,2 mol 

22,4 

20,4 

M A = = 102 g/mol 

0,2 

Khí D là hiđrocacbon có M D = 4.4 = 16 → D là CH 4 

Muối B là CH 3 COONa do: 

CH 3 COONa + NaOH → CH 4 ↑+ Na 2 CO 3 

A: CH 3 COOR', M A = 102 → R' = 43 gọi R' là C x H y → 12x+y =43 

x 2 3 4 

y 19 7








1. Thủy phân hết 1 lượng pentapeptit X trong môi trường axit thu được 32,88 gam Ala–Gly– 

Ala–Gly, 10,85 gam Ala–Gly–Ala, 16,24 gam Ala–Gly–Gly, 26,28 gam Ala–Gly, 8,9 gam 

alanin còn lại là Gly–Gly và glyxin. Tỉ lệ số mol Gly–Gly:Gly là 10:1. Tính tổng khối lượng 

Gly–Gly và glyxin. 

2. Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm một axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở và một 

ancol đơn chức thu được 0,3 mol CO 2 và 0,4 mol H 2 O. Thực hiện phản ứng este hóa 7,6 gam hỗn 

hợp trên với hiệu suất 80% thu được m gam este. Viết các phương trình phản ứng và tính giá trị của 

m. 

3. Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp A gồm 2 este no, mạch hở (trong phân tử mỗi chất chỉ chứa nhóm 

chức este) bằng dung dịch NaOH vừa đủ. Chưng cất dung dịch sau phản ứng, thu được 12,3 gam 

muối khan B của một axit hữu cơ và hỗn hợp C gồm 2 ancol (số nguyên tử cacbon trong mỗi phân 

tử ancol không vượt quá 3). Đốt cháy hoàn toàn muối B trên, thu được 7,95 gam muối Na 2 CO 3 . Mặt 

khác, đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp C trên, thu được 3,36 lít CO 2 (đktc) và 4,32 gam H 2 O. Xác định 

công thức cấu tạo của 2 este. 

Giải: 

1. 

Ala-Gly-Ala-Gly : 0,12 mol, Ala-Gly-Ala: 0,05 mol, Ala-Gly-Gly: 0,08 mol 

Ala-Gly: 0,18 mol, Ala: 0,1 mol, Gly-Gly : 10x, Gly: x 

⇒ penta peptit có dạng : Ala-Gly-Ala-Gly-Gly: a mol 

Theo ĐLBT: 2a = 2.0,12+ 2.0,05 + 0,08 + 0,18 + 0,1 ⇒ a = 0,35 mol 

3a = 2.0,12 + 0,05+ 2.0,08 + 0,18 + 21x ⇒ x = 0,02 mol 

Tổng khối lượng Gly-Gly và Gly là: 10. 0,02.132 + 0,02.75 = 27,9 gam 

2. Khi đốt: nH 2 O>nCO 2 ⇒ Ancol no, đơn, hở và n(ancol)=0,4-0,3 = 0,1 (mol) 

Gọi công thức C n H 2n+2 O (R / OH), C m H 2m O 2 (RCOOH) 

C n H 2n+2 O + O 2 →nCO 2 + (n + 1) H 2 O (1) 

C m H 2m O 2 + O 2 →mCO 2 + mH 2 O (2) 

H 

2 

SO 

4 

ñaëc, t 0 

RCOOH + R / OH ←⎯⎯⎯⎯⎯ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯ RCOOR / + H 2 O (3) 

⇒ n < 0,3/0,1 = 3 ⇒ n = 1 hoặc 2 

Trường hợp 1: n=1 ⇒ CH 3 OH⇒ m(axit) = 7,6 – 0,1.32 = 4,4 gam 

4,4 

Ta có: nCO 2 (2) = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol ⇒ 

14m + 32 = 0,2 

m ⇒ m = 4 

⇒ Axit là C 3 H 7 COOH: 0,05 mol. 

Do n(axit) = 0,05 < n(ancol) = 0,1 mol ⇒ m(este)= 0,05.80.102/100 = 4,08 g 

Trường hợp 2: n=2 ⇒ C 2 H 5 OH⇒ m(axit) = 7,6 – 0,1.46 = 3 gam 

3 

Ta có: nCO 2 (2) = 0,3– 0,2= 0,1 mol ⇒ 

14m + 32 = 0,1 

m ⇒ m= 2 

⇒ Axit là CH 3 COOH: 0,05 mol ⇒ m(este)= 0,05.80.88/100 = 3,52 gam 

3. 

Tìm B: 

7,95 

3,36 4,32 

n 

Na2CO 

= = 0,075mol, n 

3 

CO 

= = 0,15mol, n 

2 H2O 

= = 0,24 mol 

106 22,4 18 

Ta có n = n = 2 n = 0,15 mol 


Na/B 

NaOH 

Na 

2 

CO 

3 

Vì A gồm 2 este no, mạch hở⇒C gồm các ancol no, hở ⇒ C là C H O 

n 2n+2 m 















3n +1- m 

o 

t 

C H O + O 

n 2n+2 m 

2 

⎯⎯→ n CO 

2 

+ (n +1) H2O 

2 

0,15 0,24 

5 

⇒ 0,24n = 0,15( n +1) 

⇒ n = ⇒ n 

hhC 

= 0, 24 − 0,15= 0,09 mol 

3 

Vì n 

NaOH 

> n , hỗn hợp X mạch hở, chỉ chứa nhóm chức este 

hh C 

⇒ Hỗn hợp C có ít nhất 1 ancol đa chức 

⇒ Axit tạo muối B là đơn chức, Gọi B là RCOONa 

12,3 

⇒ n 

RCOONa 

= n 

Na/B 

= 0,15mol ⇒ M 

RCOONa 

= = 82 

0,15 

⇒ R = 15, R là CH 3 , muối B là CH 3 COONa 

Tìm các chất trong hỗn hợp C 

5 

Vì n = và số nt cacbon trong mỗi ancol ≤ 3⇒ CT của 1 ancol là CH 3 OH 

3 

⇒ ancol còn lại là ancol đa chức: C 2 H 4 (OH) 2 hoặc C 3 H 8 O z (z=2 hoặc 3) 

TH1: Nếu 2 ancol là CH 3 OH và C 2 H 4 (OH) 2 , Gọi x và y là số mol của 2 ancol tương ứng 

⎧x + y = 0,09 

⎪ 

⎧x = 0,03 

⇒ ⎨x + 2 y 5 ⇒ ⎨ ⇒ n NaOH = x + 2y = 0,15 (thỏa mãn) 

⎪ 

= ⎩ y = 0,06 

⎩ 0,09 3 

⇒ CTCT của 2 este là CH 3 COOCH 3 và (CH 3 COO) 2 C 2 H 4 

TH2: Nếu 2 ancol là CH 3 OH và C 3 H 8-z (OH) z , Gọi a và b là số mol của 2 ancol tương ứng 

⎧a + b = 0,09 

⎪ 

⎧a = 0,06 

⇒ ⎨a +3b 5 ⇒ ⎨ ⇒ n NaOH = a + zb = 0,06 + 0,03z=0,15 ⇒ z = 3 

⎪ 

= ⎩ b = 0,03 

⎩ 0,09 3 


Câu 38. 

Hai hợp chất thơm A và B là đồng phân có công thức phân tử C n H 2n-8 O 2 . Hơi B có khối lượng riêng 

5,447 gam/lít (ở đktc). A có khả năng phản ứng với Na giải phóng H 2 và có phản ứng tráng gương. B 

phản ứng được với NaHCO 3 giải phóng khí CO 2 . 

a) Viết công thức cấu tạo của A và B. 

b) Trong các cấu tạo của A, chất A 1 có nhiệt độ sôi nhỏ nhất. Hãy xác định công thức cấu tạo đúng 

của A 1 . 

c) Viết phương trình phản ứng chuyển hóa o–crezol thành A 1 . 

Giải: 

a) M B =5,447.22,4 = 122 (gam) ⎯→ 

14n + 24 = 122 ⎯→ 

n = 7. Vậy công thức phân tử của A và 

B là C 7 H 6 O 2 

A + Na ⎯→ 

H 2 

A + AgNO 3 /NH 3 ⎯ ⎯→ A tạp chức có 1 nhóm OH và 1 nhóm CHO 

A có ba công thức cấu tạo : 













CHO 

CHO 

CHO 




OH 

OH 

OH 

B + NaHCO 3 ⎯→ 

CO 2 Vậy B có công thức cấu tạo : 

COOH 

b) 

A 1 là 

CHO 

OH 

Vì A 1 có liên kết H nội phân tử, nên nhiệt độ sôi thấp hơn so với 2 đồng phân còn lại. 

c) Phương trình chuyển hóa o-cresol thành A 1 

o-HO-C 6 H 4 -CH 3 + Cl 2 ⎯ as ⎯ ,1 

1: → o-HO-C 6 H 4 -CH 2 Cl + HCl 

t 

o-HO-C 6 H 5 -CH 2 Cl + 2NaOH ⎯⎯→ 

0 

o-NaO-C 6 H 5 -CH 2 OH + 2NaCl +H 2 O 

t 

o-NaO-C 6 H 5 -CH 2 OH + CuO ⎯⎯→ 

0 

o-NaO-C 6 H 5 -CHO + H 2 O + Cu 

t 

o-NaO-C 6 H 5 -CHO + HCl ⎯⎯→ 

0 

o-HO-C 6 H 5 -CHO + NaCl 

Câu 39: 

Đốt cháy hoàn toàn 1,60 gam một este đơn chức E thu được 3,52 gam CO 2 và 1,152 gam nước 

a. Tìm công thức phân tử của E. 

b. Cho 10 gam E tác dụng với NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 14 gam chất 

rắn khan G. Cho G tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 loãng thu được G 1 không phân nhánh. Tìm công 

thức cấu tạo của E , viết các phương trình phản ứng 

c. X là một đồng phân của E, X tác dụng với NaOH tạo ra một ancol mà khi đốt cháy hoàn toàn 

một thể tích hơi ancol này cần 3 thể tích khí O 2 đo ở cùng điều kiện (nhiệt độ và áp suất). Xác định 

công thức cấu tạo và gọi tên của X 

Giải: 

a) Lập luận ra công thức phân tử của E là C 5 H 8 O 2 

b) n E = n NaOH = 0,1 mol → m NaOH = 4 (g) → m E + m NaOH = m G 

Vậy E phải có cấu tạo mạch vòng, công thức cấu tạo của E là 

CH 2 CH 2 C O 

CH 2 CH 2 

O 


CH 2 CH 2 C 

CH 2 CH 2 

O 

O 

+ NaOH HO - (CH 2 ) 4 - COONa 















2HO-(CH 2 ) 4 -COONa + H 2 SO 4 ⎯ ⎯→ 2HO-(CH 2 ) 4 -COOH + Na 2 SO 4 

(G 1 ) 

c) Ancol sinh ra do thủy phân X là C 2 H 5 OH 

Vậy công thức cấu tạo của X là CH 2 =CH−COOC 2 H 5 : etyl acrylat 

Câu 40: 

+ ddKMnO4 

1. Hiđrocacbon A có d = 2,5. Xác định công thức cấu tạo của A biết 1 mol A 

A O2 

⎯⎯⎯⎯→ 2 

mol CO 2 + 2 mol axit oxalic. A có đồng phân hình học không? Nếu có hãy viết các đồng phân hình 

học của A và gọi tên A. 

2. Đề hiđrô hóa 1 mol ankan A thu được 1 mol hiđrocacbon B không no, thực hiện phản ứng 

ozon phân B cho ra 1 mol anđehit maleic và 2 mol anđehit fomic. Xác định công thức cấu tạo của 

hiđrocacbon A và B. 

Giải: 

1. Hướng dẫn: 

⎧x = 6 

C x H y : 12x + y = 80 ⇒ ⎨ ⇒ C6H8 

⎩y = 8 

1 mol A + dd KMnO 4 /H 2 SO 4 →2 mol CO 2 + 2mol HOOC – COOH 

→A phải có nhóm CH 2 = và 2 nhóm = CH – CH = 

Công thức phân tử của A là C 6 H 8 → 2.6 + 2 − 

∆ = 8 = 3 

2 

A có CTCT: CH=CH – CH = CH – CH = CH 2 . (hexa – 1,3,5 – trien) 

A có đồng phân hình học: 

H 

C C H H 

C C CH CH 2 

CH CH CH CH 2 2 

CH CH H 

2 

cis-hexa-1,3,5-trien 

trans-hexa-1,3,5-trien 

2. Hướng dẫn: 

CH 2 – CH 2 – CH 2 – CH 3 → CH 2 = CH – CH 2 – CH = CH 2 

O 

O 

CH 2 CH CH 2 CH CH 2 + 2O 3 CH 2 CH CH 2 CH CH 2 

O O 

O O 

+H 2 O/Zn 

HOC CH 2 CHO + 2HCHO + 2H 2 O 2 

Câu 41: 

Peptit A có phân tử khối bằng 307 và chứa 13,7% N. Khi thủy phân một phần thu được 2 peptit B, C. 

Biết 0,48 g B phản ứng với 11,2 ml dung dịch HCl 0,536M và 0,708 g chất C phản ứng với 15,7 ml 

dung dịch KOH 2,1 % (d= 1,02 g/ml). Biết các phản ứng xảy hoàn toàn và có đun nóng. Lập công 

thức cấu tạo của A, gọi tên các amino axit tạo thành A. 

Giải 


1. Lượng N trong 1 mol A = 13,7 .307 = 42g 

100 

Tức 42: 14 = 3 mol N, như vậy A là một tripeptit có công thức cấu tạo phân tử: 

H2SO4 















NH 2 CH CO NH CH CO NH CH COOH 

R 1 R 2 R 3 

Khi thủy phân A thu được các peptit 

(B) NH 2 CH CO NH CH COOH 

R 1 R 2 

(C) NH 2 CH CO NH CH COOH 

R 2 R 3 

nHCl = 0,0112.0,536 = 0,006 mol 

NH 2 CH CO NH CH COOH + 2HCl + H 2 O CINH 3 CH COOH + CINH 3 CH COOH 

R 1 R 2 R 1 

0,003 mol 0,006 mol 

M B = 0,48: 0,003 = 160 đvC ⇒ R 1 + R 2 = 160 -130 = 30 đv C (1) 

nKOH = 15,7.1,02.0,021 = 0,006mol 

56 

NH 2 CH CO NH CH COOH + 2KOH NH 2 CH COOK + NH 2 CH COOK 

R 2 R 3 R 2 

0,003 mol 0,006 mol 

M C = 0,708 : 0,003 = 236 đvC ⇒ R 2 + R 3 = 236 – 130 = 106 đvC (2) 

Mặt khác: R 1 + R 2 + R 3 = 307 – 186 = 121 đvC (3) 

Giải hệ 3 phương trình (1), (2), (3) ta được R 1 = R 2 = 15 ứng với CH 3 – 

R 3 = 91 ứng với C 6 H 5 – CH 2 – 

Các công thức cấu tạo có thể có của A là: 


CH 3 CH 3 CH 2 C 6 H 5 


CH 2 C 6 H 5 CH 3 CH 3 

Tên các α – amino axit là: α – alanin và α – phenyl alanin 

Câu 42: 

Cho 2,760 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O và có 100 < M A < 150) tác dụng với dung dịch 

NaOH vừa đủ, sau đó làm khô, phần bay hơi chỉ có nước, phần chất rắn khan còn lại chứa hai muối 

của natri có khối lượng 4,440 gam. Nung nóng 2 muối trong oxi dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn 

toàn thu được 3,180 gam Na 2 CO 3 , 2,464 lít CO 2 (ở đktc) và 0,900 gam nước. 

Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A. 

Giải: 

* 2,76g A + NaOH → 4,44g muối + H 2 O (1) 

* 4,44g muối + O 2 → 3,18g Na 2 CO 3 + 2,464 lít CO 2 + 0,9g H 2 O (2) 

n = 2n 

= 2.0,03 = 0,06 (mol) 

NaOH 

Na2CO3 


mH2 O(1) 

= mNaOH + mA 

− m muối = 0,72g 

Tổng khối lượng nước của (1) và (2) = 1,62g 

R 3 

R 2 















n 

H O 

2 

= 0,09mol 

n = n − n = 0,12mol 

H ( A) H ( H O) H ( NaOH ) 

2 

n = n + n = 0,14mol 

C( A) C( CO ) C ( Na CO ) 

2 2 3 

m = m − m − m = 0,96g 

n 

O( A) 

A C H 

O 

= 0,06mol 

C : H : O = 0,14 : 0,12 : 0,06 = 7 : 6 : 3 

=> CTPT của A là (C 7 H 6 O 3 ) n , n nguyên ≥ 1. 

Theo đề bài, ta có 100 < 138.n < 150. 

n = 1, công thức phân tử của A là C 7 H 6 O 3 có M = 138 

* n A = 0,02mol; n NaOH = 0,06 mol 

* n A : n NaỌH = 1 : 3 mà A chỉ có 3 nguyên tử oxi, khi tác dụng với NaOH sinh ra hai muối nên A có 1 

nhóm chức este của hợp chất phenol và một nhóm –OH loại chức phenol. 

=> công thức cấu tạo có thể có của A là: 

HCOO 

HO 

HCOO 

OH 

HCOO 

Câu 43: 

Khi thủy phân không hoàn toàn một peptit A có khối lượng phân tử 293 thu được 2 peptit B và 

C. Mẫu 0,472 gam peptit B phản ứng vừa đủ với 18 ml dung dịch HCl 0,222 M khi đun nóng và mẫu 

0,666 gam peptit C phản ứng vừa đủ với 14,7 ml dung dịch NaOH 1,6% (khối lượng riêng là 1,022 

g/ml) khi đun nóng. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A, biết rằng khi thủy phân hoàn toàn A thu 

được hỗn hợp 3 amino axit là glyxin, alanin và phenyl alanin. 

Giải: 

Nhận xét: M A = M Ala + M Gly + M phe – 2.18 → A là tripepit được tạo nên từ 3 amino axit Gly (M = 

75), Ala (M = 89) và Phe (M= 165) 

- Khi thủy phân không hoàn toàn A thu được peptit B và peptit C => B, C thuộc đipeptit => số mol B 

= ½ sốmol HCl và số mol C = ½ số mol NaOH 

- Số mol HCl = 0,018 . 0,2225 = 0,004 mol ; 

14,7 × 1.022× 

1,6 

số mol NaOH = 

= 0,006mol 

100× 

40 

0,004 

0,006 

=> n B 

= = 0, 002mol 

; n C 

= = 0, 003mol 

2 

2 

0,472 

0,666 

=> M B 

= = 236g 

/ mol ; M C 

= = 222g 

/ mol 

0,002 

0,003 

=> B: Ala - Phe hoặc Phe – Ala vì 165 + 89 – 18 = 236 

và C: Gly - Phe hoặc Phe – Gly vì 165 + 75 – 18 = 222 


=> CTCT của A là: Ala-Phe-Gly 

H 2 NCH(CH 3 )CO-NHCH(CH 2 C 6 H 5 )CO-NHCH 2 COOH 

hoặc Gly-Phe-Ala H 2 NCH 2 CO-NHCH(CH 2 -C 6 H 5 )CO-HNCH(CH 3 )COOH 

Câu 44: 

Hỗn hợp khí X gồm C 2 H 6 , C 3 H 6 , C 4 H 6 . Tỉ khối hơi của X so với H 2 bằng 21.Đốt cháy hoàn toàn 

2,24 lít hỗn hợp X (ở đktc) rồi dẫn toàn bộ sản phẩm thu được lần lượt qua bình 1 đựng H 2 SO 4 đặc 


OH 














và bình 2 đựng dung dịch KOH dư thì khối lượng tăng lên ở bình 1 và bình 2 lần lượt là m 1 (gam), 

m 2 (gam).Tính các giá trị m 1 , m 2 . 

Giải: 

+ Gọi x,y,z lần lượt là số mol của C 2 H 6 ,C 3 H 6 ,C 4 H 6 (x,y,z > 0) 

2,24 

Ta có : x+ y+z = = 0,1 (mol) (*) 

22,4 

Theo bài ra ta có phương trình phản ứng cháy: 

C 2 H 6 + 2 

7 

O2 

2 CO 2 + 3 H 2 O 

x 2x 3x (mol) 

C 3 H 6 + 2 

9 

O2 

3 CO 2 + 3 H 2 O 

y 3y 3y (mol) 

11 

C 4 H 6 + O2 4 CO 2 + 3 H 2 O 

2 

z 4z 3z (mol) 

12(2x 

+ 3y 

+ 4z) 

+ 6( x + y + z) 

Biết: d A/H2 = 

=21 (**) 

2( x + y + z) 

Thay (*) và (**): 2x + 3y + 4z = 0,3 ( mol) 

Số mol CO 2 : 2x +3y + 4z = 0,3 (mol) 

Số mol H 2 O : 3(x + y + z) = 3.0,1 = 0,3 (mol). 

Khối lượng bình 1 tăng chính là khối lượng H 2 O: 

m 1 = 0,3.18 = 5,4(g) 

Khối lượng bình 2 tăng chính là khối lượng CO 2 : 

m 2 = 0,3. 44 = 13,2(g) 

Câu 45: 

Dùng 16,8 lít không khí ở đktc (O 2 chiến 20% và N 2 chiếm 80% thể tích) để đốt cháy hoàn toàn 3,21 

gam hỗn hợp A gồm 2 aminoaxit kế tiếp nhau có công thức tổng quát C n H 2n+1 O 2 N. Hỗn hợp thu được 

sau phản ứng đem làm khô được hỗn hợp khí B, cho B qua dd Ca(OH) 2 dư thu 9,5gam kết tủa. Tìm 

công thức cấu tạo và khối lượng của 2 aminoaxit. 

Nếu cho khí B vào bình dung tích 16,8 lít, nhiệt độ 136,5 0 C thì áp suất trong bình là bao nhiêu? 

Biết rằng aminoaxit khi đốt cháy tạo khí N 2 . 

Giải: 

2. Số mol O 2 và N 2 trong không khí: 

16,8 20 

n 

O 2 

= x = 0,15(mol) 

22,4 100 

16,8 80 

n 

N 2 

= x = 0,6(mol) 

22,4 100 

Gọi n là số nguyên tử C trung bình trong 2 phân tử aminoaxít → CTPT chung là: H O N 


Phản ứng cháy : 

C 

n 2n+ 

1 2 















6n − 3 

2n + 1 1 

C H O N + O → nCO + H O + N 

n 

4 

2 2 

x 

n x 

2n+ 1 2 

2 

2 

2 

2 (1) 

Gọi x là số mol 2 aminoaxít, ta có: n = CO 2 

nx 

Hỗn hợp khí B gồm: CO 2 , N 2 cho B tác dụng với Ca(OH) 2 dư: 

CO 2 + Ca(OH) 2 = CaCO 3 ↓ + H 2 O (2) 

9,5 

n 

CO 

= n 

Ca (OH) 

= = 0,095(mol) 

2 

2 

100 

⎪⎧ 

(14n + 47)x = 3,21 

Ta có hệ phương trình: ⎨ ⎪⎩ nx = 0,095 

Giải hệ ta có x = 0,04 n = 2, 375 

CTPT của 2 aminoaxít: C 2 H 5 O 2 N → CTCT : H 2 N-CH 2 -COOH 

C 3 H 7 O 2 N → CTCT: H 2 N-C 2 H 4 -COOH 

Gọi a, b lần lượt là số mol 2 aminoaxít 

⎧a 

+ b = 0,04 

⎨ 

⇒ ⎨ ⎧ a = 0,025 

⎩75a 

+ 89b = 3,21 ⎩ b = 0,015 

m C 2 H 5 O 2 N = 75 x 0,025 = 1,875 (g) 

m C 3 H 7 O 2 N = 89 x 0,015 = 1,335 (g) 

Hỗn hợp B sau phản ứng: 

6n − 3 

n O2dư 

= 0 ,15 − x = 0,0375(mol) 

4 

x 

0 ,6 + = 

2 

n N2 

= 0,62(mol) 

n CO2 

= 0,095(mol) 

n B 

= 0,037 + 0,62 + 0,095 = 0,7525 (mol) 

0,7525x(273 + 136,5)x22,4 

Áp suất trong bình: P = 

= 1,505(atm ) 

273x16,8 

Câu 46: 

Khi hoá hơi 1gam axit hữu cơ đơn chức no (A) ta được một thể tích vừa đúng bằng thể tích của 

0,535gam oxi trong cùng điều kiện. Cho một lượng dư A tác dụng với 5,4g hỗn hợp hai kim loại M 

và M’ thấy sinh ra 0,45mol khớ hiđro. Tỉ lệ số mol nguyên tử của M đối với M’ trong hỗn hợp là 

3:1; Nguyên tử khối của M bằng 1 nguyên tử khối M’; Trong cỏc hợp chất M cú số oxi húa là +2, 

3 

M’ là +3. Este của A với một rượu đơn chức no để lâu bị thuỷ phân một phần. Để trung hoà hỗn hợp 

sinh ra từ 15,58 g este này phải dùng 20 ml dd NaOH 0,50M và để xà phòng hoá lượng este còn lại 

phải dùng thêm 300 ml dd NaOH nói trên. 

1. Xác định phân tử khối và công thức cấu tạo của axit . 
















2. Viết PTHH của cỏc phản ứng đã xảy ra. 

3. Xác định nguyên tử khối của hai kim loại. 

4. Xác định công thức phân tử và viết các công thức cấu tạo có thể có của este. 

5. Viết công thức cấu tạo của rượu, biết rằng khi oxi hoá không hoàn toàn rượu đó sinh ra 

anđehit tương ứng, có mạch nhánh. 

Giải: 

. Các khí (hơi) trong cùng điều kiện (nhiệt độ và áp suất) có thể tích như nhau thì cũng có số mol 

bằng nhau 

0.535g oxi ứng với 0.535/32 =1/60 mol O 2 

Vậy 1g A ứng với 1/60 mol A . Suy ra M A = 60 đ.v .C 

Biết A là axit no, đơn chức nên A chính là axit axetic CH 3 COOH 

2. Các phương trình phản ứng : 

2 CH 3 COOH + M M(CH 3 COO) 2 (1) 

6 CH 3 COOH + 2M’ 2M’(CH 3 COO) 3 (2) 

CH 3 COOC m H 2m+1 + H 2 O CH 3 COOH + C m H 2m+1 OH (3) 

CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O (4) 

CH 3 COOC m H 2m+1 + NaOH CH 3 COONa (5) 

3. Xác định nguyên tử khối của kim loại : 

Gọi x, y là khối lượng của M, M’ trong hỗn hợp 

Ta có: x + y = 5,4 

x/M : y/3M = 3 

Giải ra được : x = y = 2.7g 

Do đó M = 9 (Beri) và 3M = 27 ( Nhôm) 

4. Công thức cấu tạo của este : 

Theo (3) và (4) tacó n este thuỷ phân = 0,5. 20/ 1000 = 0,01 mol 

n este xà phòng hoá = 0,5. 300/ 1000 = 0,15 mol 

Tổng số mol este ban đầu: 0,15 + 0.01 = 0,16 mol 

M este = 18,56/0,16 = 116 

Như vậy CH 3 COOC m H 2m+1 = 116 

Do đó m = 4. 

Công thức của este: CH 3 COOC 4 H 9 


Các công thức cấu tạo có thể có của este ( gồm 4 cấu tạo ) 

5. Các công thức cấu tạo tương ứng của rượu (gồm 4 cấu tạo ) 

Trong đó chỉ có (CH 3 ) 2 CH-CH 2 -CH 2 -OH khi bị oxi hoá sinh ra anđehit mạch nhánh . 

Câu 47: 















1. Hỗn hợp A gồm ba ankin M, N, P có tổng số mol là 0,05 mol, số nguyên tử các bon trong 

mỗi chất đều lớn hơn 2. Cho 0,05 mol A tác dụng với dung dịch AgNO 3 0,12M trong NH 3 thấy dùng 

hết 250 ml và thu được 4,55g kết tủa. Nếu đốt cháy 0,05 mol A thì thu được 0,13 mol H 2 O. Xác định 

công thức cấu tạo của M, N, P. Biết ankin có khối lượng phân tử nhỏ nhất chiếm 40% số mol của A. 

2. Cho các hydrocacbon mạch hở A, B, X, Y đều có tỷ khối hơi so với H 2 bằng 28. Hãy xác 

định công thức cấu tạo và tên gọi của A, B, X, Y? Biết: 

- Cho A, B tác dụng với Br 2 /CCl 4 đều cho cùng một sản phẩm hưu cơ. 

- Cho X tác dụng với axit HBr cho 2 sản phẩm hữu cơ. 

- Cho Y cho phản ứng H 2 (xúc tác Ni, nung nóng) thu được một ankan có mạch phân nhánh. 

Giải: 

1.Xác định ankin 

Giả sử M là ankin có KLPT nhỏ nhất => n M = 0,4.0,05 = 0,02(mol) 

n(AgNO 3 ) = 0,25.0,12 = 0,03 (mol) < 0,05 (mol) 

=> trong ba ankin có hai ankin có xảy ra phản ứng với AgNO 3 /NH 3 và một ankin không có phản ứng. 

Gọi công thức chung của hai ankin là C n H 2n – 2 

Pt: C n H 2n – 2 + AgNO 3 + NH 3 ⎯⎯→ C n H 2n – 3 Ag + NH 4 NO 3 

C n H 2n – 3 Ag = 4,55 = 151,667 => n = 3,33 

0,03 

Số nguyên tử cacbon mỗi ankin đều lớn hơn 2 => có một ankin nhỏ nhất là C 3 H 4 

Gọi công thức của ankin có phản ứng còn lại là C a H 2a – 2 

0,02.3 + 0,01. a 10 

=> = = n 

0,03 3 

=> a = 4 ; ankin đó là but – 1 – in 

Gọi công thức của ankin không có phản ứng với AgNO 3 /NH 3 là C b H 2b – 2 

=> số mol H 2 O theo phản ứng cháy là 

0,02.2 + 3.0,01 + 0,02.(b – 1) = 0,13 => b = 4 => C 4 H 6 ( but – 2 – in) 

Vậy công thức cấu tạo của ba ankin là : 

H 3 C C CH H 3 C C C CH 3 CH 3 - CH 2 - C CH 

2. Xác định A, B, X, Y 

-CTPT: M = 28.2= 56 g/mol 

-CxHy = 12x + y= 56 => x= 4; y = 8 phù hợp 

Vậy A, B, X, Y là đồng phân của nhau. 

Theo điều kiện đề bài: vì mạch hở nên chúng là các an ken 

A, B là 2 đồng phân cis-trans ; Y mạch nhánh =>X là an ken bất đối mạch không nhánh, 

Vậy: 

CH 3 

H 

C=C 

H 

CH 3 

trans-but-2-en 

(A) 

CH 3 

H 

Cis-but-2-en 

(B) 

CH 2 =CH-CH 2 -CH 3 

But-1-en (X) 

; CH2 =C-CH 3 

CH 3 

Isobutilen 

(Y) 

-Viết các ptpư xẩy ra:........... 

; 

C=C 


CH 3 

H 















Câu 48: 

Dẫn 6,72 lít hỗn hợp khí (X) gồm propan, etilen và axetilen qua dung dịch brom dư, thấy còn 1,68 lít 

khí không bị hấp thụ. Nếu dẫn 6,72 lít khí (X) trên qua dung dịch AgNO / NH dư thì thấy có 

3 3 

24,24 gam kết tủa. Biết rằng các thể tích khí đo ở đkc. 

a) Viết các phương trình phản ứng hoá học xảy ra. 

b) Tính khối lượng hỗn hợp (X) và thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi khí trong 

hỗn hợp. 

Giải: 

a) Dẫn X qua dd Br 2 dư chỉ có etilen và axetilen phản ứng 

CH 2 =CH 2 + Br 2 ⎯⎯→ BrCH 2 -CH 2 Br 

CH ≡ CH + 2Br 2 ⎯⎯→ Br 2 CH-CHBr 2 

Dẫn X qua dung dịch AgNO 3 /NH 3 chỉ có axetilen phản ứng 

CH ≡ CH + 2AgNO 3 + 2NH 3 ⎯⎯→ AgC ≡ CAg ↓ + 2NH 4 NO 3 

b) 

Khi dẫn qua dung dịch brom dư có 1,68 lít khí không bị hấp thụ là propan 

⇒ V propan = 1,68 lít nC H = 0,075mol 

3 8 

⇒ V etilen+axetilen = 6,72 - 1,68 = 5,04 lít 

CH ≡ CH + 2AgNO 3 + 2NH 3 → AgC ≡ CAg ↓ + 2NH 4 NO 3 

0,101 mol ← 0,101 mol 

24, 24 

n↓ = = 0,101 mol 

240 

nC H = 0,101mol 

⇒ 2 2 

nC H = 0,3 − 0,101− 0,075 = 0,124mol 

⇒ 2 4 

m = 0,075.44 + 0,101.26 + 0,124.28 = 9,398gam 

hh 

0,075.44 

%mC H = 100 = 35,11% 

3 8 

9,398 

0,101.26 

%mC H = 100 = 27,94% 

2 2 

9,398 

0,124.28 

%mC H = 100 = 36,95% 

2 4 

9,398 

Câu 49: 

Hỗn hợp (X) gồm một axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở không nhánh (A) và một ancol đơn 

chức (B). Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp (X) rồi dẫn toàn bộ sản phẩm qua bình đựng m 

gam dung dịch Ca(OH) 2 , sau phản ứng thu được 20 gam kết tủa và (m+0,4) gam dung dịch (Y). 

Lọc bỏ kết tủa và đun nóng dung dịch (Y) thấy xuất hiện thêm 5 gam kết tủa nữa. 

a) Xác định công thức cấu tạo thu gọn của (A); (B). 

b) Thực hiện phản ứng este hóa 7,6 gam hỗn hợp (X) trên với hiệu suất 60% thu được a gam 

este (E). Xác định giá trị a 

Giải: 

Đun nóng dung dịch sau phản ứng thu được kết tủa, chứng tỏ phản ứng tạo thành 2 muối 
















CO + Ca(OH) ⎯⎯→ CaCO + H O 

2 2 3 2 

x 

x 

2CO + Ca(OH) ⎯⎯→ Ca(HCO ) 

2y 

2 2 3 2 

Ca(HCO ) ⎯⎯→ CaCO + CO + H O 

y 

3 2 3 2 2 

y 

20 

x = = 0,2mol 

100 

5 

y = = 0,05mol 

100 

n = x + 2y = 0,3mol 

CO 2 

Sau phản ứng khối lượng dung dịch tăng 0,4 gam 

m + m − 20 = 0,4 

CO2 H2O 

⇒ m = 20,4 − 0,3.44 = 7,2gam 

H2O 

7,2 

n = = 0,4mol 

H2O 

18 

n > nCO 

H2O 2 

Do nên ancol là đơn chức no 

C H O ⎯⎯→ nCO + (n + 1)H O 

n 2n+ 2 2 2 

a an a(n+1) 

C H O ⎯⎯→ mCO + mH O 

m 2m 2 2 2 

b bm bm 

Ta có: 

⎧ an + bm = 0,3 (1) 

⎪ 

⎨a(n + 1) + bm = 0,4 (2) 

⎪ 

⎩(14n+18)a+(14m+32)b=7,6 (3) 

(2)-(1) ⇒ a = 0,1mol 

Từ (3): 14(an + bm) + 18a + 32b = 7,6 

7,6 −14.0,3 −18.0,1 

⇒ b = = 0,05mol 

32 

0,1n + 0,05m = 0,3 

Thế vào (1): 

⇔ 2n + m = 6 

⎧⎪ CH OH 

3 

Vậy n = 1⇒ m = 4 ⇒ ⎨ 

⎪ ⎩ C H O : CH CH CH COOH 

4 8 2 3 2 2 

⎧⎪ C H OH 

2 5 

n = 2 ⇒ m = 2 ⇒ ⎨ 

⎪ ⎩ CH COOH 

3 

b) TH1: 

y 
















CH CH CH COOH + CH OH ←⎯⎯→ 

⎯ CH CH CH COOCH + H O 

3 2 2 3 3 2 2 3 2 

bñ : 0,05 0,1 

tg : 0,03 0,03 

cl : 0,02 

a = 102.0,03 = 3,06gam 

TH2: 

CH COOH + C H OH ←⎯⎯→ 

⎯ CH COOC H + H O 

3 2 5 3 2 5 2 

bñ : 0,05 0,1 

tg : 0,03 0,03 

cl : 0,02 0,03 

a = 88.0,03 = 2,64gam 

Câu 50: 

Hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ A, B chỉ chứa chức ancol và anđehit. Trong cả A, B số nguyên tử 

H đều gấp đôi số nguyên tử C, gốc hiđrocacbon có thể no hoặc có một liên kết đôi. Nếu lấy cùng số 

mol A hoặc B cho phản ứng hết với Na thì đều thu được V lít hiđro còn nếu lấy số mol như thế cho 

phản ứng hết với hiđro thì cần 2V lít. Cho 33,8 gam X phản ứng hết với Na thu được 5,6 lít hiđro ở 

đktc. Nếu lấy 33,8 gam X phản ứng hết với AgNO 3 trong NH 3 sau đó lấy Ag sinh ra phản ứng hết với 

HNO 3 đặc thì thu được 13,44 lít NO 2 ở đktc. 

1. Tìm CTPT, CTCT của A, B? 

2. Cần lấy A hay B để khi phản ứng với dung dịch thuốc tím ta thu được ancol đa chức? Nếu lấy 

lượng A hoặc B có trong 33,8 gam X thì cần bao nhiêu ml dung dịch thuốc tím 0,1M để phản ứng 

vừa đủ với X tạo ra ancol đa chức? 

Giải: 

+ Vì số H gấp đôi số C nên cả A và B đều có dạng: C n H 2n O x . Mặt khác A, B pư với Na đều cho lượng 

hiđro như nhau nên A, B có cùng số nhóm –OH. 

+ Ta thấy A, B đều có 1liên kết π trong phân tử nên 1 mol A hoặc B chỉ pư được với 1 mol hiđro 

theo giả thiết, suy ra khi 1 mol A hoặc B pư với Na chỉ cho 0,5 mol hiđro 

cả A, B chỉ có 1 nhóm –OH. Vậy A, B có CTPT phù hợp với một các trường hợp sau: 

TH1: A là C n H 2n-1 OH (a mol); B là HO-C m H 2m -CHO (b mol) 

TH2: A là HO-C n H 2n -CHO (a mol); B là HO-C m H 2m -CHO (b mol) 

+ Ứng với trường hợp 1 ta có hệ: 

⎧ 

⎪ a(16 + 14n) + b(14m + 46) = 33,8 

⎪ 

⎪ 

5,6 

⎨0,5a + 0,5b = 

⎪ 

22, 4 

⎪ 13,44 

⎪2b 

= 

⎩ 22,4 

a = 0,2; b = 0,3 và 2n + 3m = 12 n = 3 và m = 2 thỏa mãn 

+ Ứng với trường hợp 2 ta có hệ: 

0,03 
















⎧ 

⎪ a(46 + 14n) + b(14m + 46) = 33,8 

⎪ 

⎪ 

5,6 

⎨0,5a + 0,5b = 

a + b = 0,5 và a + b= 0,3 loại. 

⎪ 

22,4 

⎪ 13, 44 

⎪2a 

+ 2b = 

⎩ 22,4 

+ Vậy A là: CH 2 =CH-CH 2 -OH và B là HO-CH 2 -CH 2 -CHO 

2. Để phản ứng với thuốc tím mà sản phẩm thu được ancol đa chức là chất A: 

3CH 2 =CH-CH 2 -OH + 4H 2 O+2KMnO 4 → 3CH 2 OH-CHOH-CH 2 OH + 2MnO 2 + 2KOH 

mol: 0,2 0,4/3 

thể tích dd KMnO 4 = 1,33 lít. 

Câu 51: 

Thêm NH 3 dư vào dd có 0,5 mol AgNO 3 ta được dd A. Cho từ từ 3 gam khí X vào A đến phản ứng 

hoàn toàn được dung dịch B và chất rắn C. Thêm từ từ HI đến dư vào B thu được 23,5 gam kết tủa 

vàng và V lít khí Y ở đktc thoát ra. Biện luận để tìm X, khối lượng chất rắn C và thể tích khí Y. 

Giải: 

+ Vì X pư với AgNO 3 /NH 3 có chất rắn C nên X là anđehit hoặc ank-1-in hoặc HCOOH. Nếu là ank- 

1-in thì khi cho HI vào B không có khí thoát ra X là anđehit hoặc HCOOH 

+ Khi cho HI vào B thì ta có: 

Ag + + I - → AgI 

Vì số n AgI = 23,5 

235 =0,1 mol số mol Ag+ còn lại trong B là 0,1 mol; vì có khí thoát ra nên phải có 

2 

CO − 3 

. Do đó số mol Ag + pư với khí X là 0,4 mol 

số mol X là 0,2 mol (HCOOH) hoặc 0,1 mol (HCHO) 

M X tương ứng là 15 đvC ( 3 

3 

); 30 đvC ( ). Ta thấy chỉ có HCHO phù hợp. 

0,2 0,1 

AgNO 3 /NH3 

HCHO ⎯⎯⎯⎯⎯→ (NH 4 ) 2 CO 3 + 4Ag 

0,1 0,1 0,4 

2 

CO − 3 

+ 2H + ⎯⎯→ H 2 O + CO 2 ↑ 

0,1 0,1 

+ Khối lượng của C= m Ag = 43,2 gam; 

thể tích Y = 2,24 lít. 

Câu 52: 

Cho hỗn hợp X vừa pha chế từ một axit hữu cơ A, một ancol B và este được tạo từ A, B. Cho 0,1 

mol A hoặc B tác dụng với kali dư đều tạo ra 0,05 mol H 2 . Khi đốt cháy hoàn toàn 5,64 gam X cần 

8,1312 lít O 2 (27,3 0 C; 1 atm). Khi cho 5,64 gam X tác dụng vừa hết với dung dịch NaOH 0,2M thì 

cần 250 ml, tạo ra 4,7 gam muối và chất B. Khi đun nóng chất B, xúc tác là dung dịch H 2 SO 4 đặc, thu 

được chất hữu cơ B 1 . Tỉ khối hơi của B 1 so với B là 0,7. 

a) Tìm công thức cấu tạo của B 1 và các chất trong X. 

b) Tính % theo khối lượng các chất trong X. 


Giải 















8,1312 

Ta có: n 0,33(mol) 

O = 2 0,082(273 + 27,3) 

= , n NaOH =0,25.0,2=0,05(mol) 

0 ,1 

Số H linh động trong A/B là: = 1 ⇒ A, B đơn chức 

0,1 

⎧A : RCOOH : x(mol) 

Gọi: ⎨ 

⇒ Este : RCOOR' : z(mol) 

⎩B : R'OH(CnHmOH) : y(mol) 

trong 5,64 gam X 

RCOOH + NaOH → RCOONa + H 2 O (1) 

x → x x 

0 

t 

RCOOR’ + NaOH ⎯⎯→ RCOONa + R’OH (3) 

z → z z z 

4, 

7 

Ta có : x + z = 0,05 mol. R = − 67 = 27 ⇒ A là C 2 H 3 COOH 

x + z 

Do d(B 1 /B)=0,7⇒M(B 1 )








Este A tạo bởi 2 axit cacboxylic X, Y đều mạch hở, không phân nhánh và ancol Z. Xà phòng hóa 

hoàn toàn a gam A bằng 140 ml dung dịch NaOH, để trung hòa NaOH dư sau phản ứng cần dùng 

80ml dung dịch HCl 0,25M, thu được dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thu được b gam hỗn hợp 

muối khan M, nung M trong NaOH khan, dư có xúc tác CaO, thu được chất rắn R và hỗn hợp khí K 

gồm 2 hidrocacbon có tỉ khối so với O 2 là 0,625. Dẫn khí K lội qua dung dịch nước brom dư thấy có 

5,376 lít một chất khí thoát ra. Cho toàn bộ lượng chất rắn R thu được ở trên tác dụng với dung dịch 

H 2 SO 4 loãng, dư, có 8,064 lít khí CO 2 thoát ra. 

(Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn) 

1. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, A. Biết rằng để đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam ancol Z 

cần dùng 2,352 lít O 2 (đktc), sau phản ứng khí CO 2 và hơi nước tạo thành có tỉ lệ khối lượng tương 

ứng là 11/6. 

2. Tính giá trị a, b và nồng độ dung dịch NaOH đã dùng trong phản ứng xà phòng hóa ban đầu. 

Giải 

* Xác định công thức phân tử của ancol Z. 

mCO 

11 n 

2 CO 3 

2 

Khi đốt cháy Z cho = => = . Vậy nH2O 

> nCO 

=> Z là ancol no, mạch hở: C 

2 

n H 2n+2 O k 

m 6 n 4 

(k≤n) 

H2O 

H2O 

C n H 2n+2 O k + 3 n + 1 − k 

O2 → nCO 2 + (n+1)H 2 O 

2 

x(mol) → 3 n + 1 − k .x → n.x →(n+1).x 

2 

Bài cho nO 

phản ứng = 0,105 mol. Ta có 

2 

m Z = (14n + 2 + 16k).x = 2,76 

n 

O 2 

= 3 1 2 

n. x 3 

n 3 

( n + 1). x = 4 

=> = 

n + − k .x = 0,105 => (3n + 1 – k).x = 0,21 

Thay n = 3 vào ta có 44 + 16 k 

= 2,76 => k = 3. Vậy Z là C 3 H 8 O 3 

10 − k 0,21 

CH 2 OHCHOHCH 2 OH: Glixerol 

Xác định 2 axit X, Y: 

Vì khối lượng trung bình K = 32.0,625 = 20, vậy chắc chắn có CH 4 , khí còn lại là R ’ H. 

Cho K qua dung dịch Br 2 dư chỉ thu được 1 khí bay ra có số mol bằng 5,376/22,4 = 0,24 mol 

Chất rắn R có chứa Na 2 CO 3 do đó phản ứng với dung dịch H 2 SO 4 loãng dư có phản ứng: 

Na 2 CO 3 + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + CO 2 + H 2 O 

0,36 ← 0,36 


n 

CH4 

= 0,24 mol => axit tương ứng X là CH 3 COOH 

CH 3 COONa + NaOH CaO, t 0 

Na 2 CO 3 + CH 4 

0,24 ← 0,24 ← 0,24 ← 0,24 

Chất còn lại: R ’ (COOH) t có muối R ’ (COONa) t (t=1 hoặc t = 2) 















R ’ (COONa) t + t.NaOH → t.Na 2 CO 3 + R ’ H 

Ta có: Khối lượng trung bình khí K = 

 

R' Ht 

0,12 → 0,12/t 

0,12 

16.0, 24 + M R ' Ht 

. 

t 

0,12 

0,24 + 

t 

= 20 

M = 20 +8.t; Vì mạch không phân nhánh nên t = 1 hoặc t = 2 

t=1 => M 

R' H 

= 28 => C 

t 

2 H 4 => axit Y: CH 2 =CH- COOH (0,12 mol) 

t = 2 => M 

R' H 

= 36 (loại) 

t 

C 2 H 3 COONa + NaOH → C 2 H 4 + Na 2 CO 3 

0,12 ← 0,12 ← 0,12 ← 0,12 

Trung hòa NaOH dư sau xà phòng hóa 

NaOH + HCl → NaCl + H 2 O 

0,02 0,02 0,02 0,02 

Vậy muối M gồm: CH 3 COONa (0,24 mol) 

C 2 H 3 COONa (0,12 mol) 

NaCl 

(0,12 mol) 

m M = b = 82.0,24 + 94.0,12 + 58,5.0,02 = 32,13 gam 

A là: C 3 H 5 (OCOCH 3 ) 2 (OCOC 2 H 3 ) 

n A = 0,12 mol => a = 230.0,12 = 27,6 gam 

Công thức cấu tạo A là: 

CH 3 COO - CH 2 

CH 3 COO - CH 

CH 2 =CH- COO - CH 2 

Câu 54: 

Hỗn hợp A gồm hai axit hữu cơ no X và Y mạch hở ( trong đó X đơn chức). Nếu lấy số mol X bằng 

số mol Y rồi lần lượt cho X tác dụng hết với NaHCO 3 và Y tác dụng hết với Na 2 CO 3 thì lượng CO 2 

thu được luôn bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn 5.6 gam hỗn hợp A được 7.7 gam CO 2 . Mặt khác trung 

hòa 4.2 gam hỗn hợp A cần 100ml dung dịch NaOH 0.75 M. 

a) Tìm công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của X và Y biết chúng mạch thẳng. 

b) Tính phần trăm về khối lượng của mỗi chất trong A? 

Giải: 

a) số mol CO 2 = 0,175: NaOH = 0,075 

R –COOH + NaHCO 3 → R-COONa + CO 2 + H 2 O (1) 

2R’(COOH) x + Na 2 CO 3 → 2R’(COONa) x + xCO 2 + xH 2 O (2) 

Theo giả thiết: x/2 = 1 ⇒ Y là điaxit 

Công thức chung của X là C n H 2n O 2 và Y là C n’ H 2n’-2 O 4 

- Đốt cháy: 

C n H 2n O 2 + 3 2 

2 


CH 2 =CH- COO - CH 




n − 

O2 → nCO 2 + nH 2 O (3) 














C n’ H 2n’-2 O 4 + 3 n ' − 5 

O2 → n’CO 2 + (n’-1)H 2 O (4) 

2 

- Trung hòa 5,6 gam A cần 0,075 × 5,6 = 0,1 mol NaOH 

4,2 

R –COOH + NaOH → R-COONa + H 2 O (5) 

R’(COOH) 2 + 2NaOH → R’(COONa) 2 + xH 2 O (6) 

- Đặt số mol X, Y trong 5,6 gam hỗn hợp A là a và b, ta có hệ phương trình: 

(14n +32)a + (14n’ + 62)b = 5,6 (7) 

na + n’b = 0,175 (8) 

a + 2b = 0,1 (9) 

Giải hệ phương trình cho: a = 0,05; b = 0,025 

Và 0,05n + 0,025n’ = 0,175 hay 2n + n’ = 7 

- Phương trình thỏa mãn hai cặp nghiệm: 

* n = 2’; n’ = 3 là C 2 H 4 O 2 ( CH 3 COOH) 

và C 3 H 4 O 4 ( HOOC-CH 2 -COOH) 

Với khối lượng C 2 H 4 O 2 chiếm 53,57% 

khối lượng C 3 H 4 O 4 chiếm 46,43% 

* n = 1; n’ = 5 là CH 2 O 2 ( HCOOH) 

và C 5 H 8 O 4 ( HOOC-(CH 2 ) 3 -COOH) 

Với khối lượng CH 2 O 2 chiếm 41,07% 

Khối lượng C 5 H 8 O 4 chiếm 58,43% 

Câu 55 : 

Hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O thuộc loại hợp chất no, mạch hở và chứa hai loại nhóm chức. Khi 

thủy phân A trong môi trường axit vô cơ loãng, thu được ba chất hữu cơ B, D, E. 

Biết B, D đều thuộc loại hợp chất đơn chức, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử và 

đều tác dụng với Na giải phóng H 2 . Khi đốt cháy hoàn toàn B thu được khí CO 2 và hơi nước có 

thể tích bằng nhau. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn một ít D thì thu được CO 2 và H 2 O có tỉ lệ mol 

bằng 2:3. 

Khi cho 1,56 gam E tác dụng hết với dung dịch AgNO 3 trong NH 3 dư (hay 

[Ag(NH 3 ) 2 ]OH) thì thu được 3,24 gam Ag và chất hữu cơ F. Biết phân tử khối của F lớn hơn phân 

tử khối của E là 50 (u). 

Các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. 

a) Xác định CTCT của B, D, E, từ đó suy ra cấu tạo của A. 

b) Viết các phương trình hoá học xảy ra? 

Giải: 

Từ pư thủy phân suy ra A chứa chức este; B là axit no mạch hở hoặc ancol mạch hở 

có một liên kết đôi đơn chức : C n H 2n O 2 hoặc C n H 2n O. 

- Đốt D thu được số mol H 2 O lớn hơn CO 2 và D pư với Na tạo H 2 nên D là ancol no, 

mạch hở, đơn chức có số C trong phân tử bằng : n = 2/(3-2) = 2. Vậy D là C 2 H 5 OH 

=> B có CTPT C 2 H 4 O 2 (Loại C 2 H 4 O vì không tồn tại CH 2 =CH-OH và A no). 

CTCT là CH 3 -COOH. 

- Vì khi 1 nhóm CHO hoặc COONH 4 thì phân tử khối tăng 33u, mà 33 < 50 < 33.2 

Nên trong E ngoài 1 nhóm CHO còn có 1 nhóm COOH(vì COOH hoặc COONH 4 có độ 

tăng phân tử khối là 17u) 

+ Vì A có chức este mà khi thủy phân tạo ra CH 3 -COOH và C 2 H 5 OH nên E phải có 

1,56 

nhóm -COOH và -OH. Có n E = n Ag /2 = 0,015 mol →M E = =104u. Gọi công 

0,015 
















thức E (HO) a R(CHO)-COOH → 17a + R = 30 → a= 1, R = 13(CH) 

Vậy E có CTCT : HOOC-CH(OH)-CHO. 

– CTCT của A là : C 2 H 5 -OOC-CH(OOC-CH 3 )-CHO 

C 2 H 5 OOCCH(OCOCH 3 )CHO +2H 2 O→OHC-CH(OH)COOH+CH 3 COOH + C 2 H 5 OH 

CH 3 COOH + Na →CH 3 COONa + 1/2H 2 

C 2 H 5 OH + Na →C 2 H 5 ONa + 1/2H 2 

C 2 H 5 OH + 3O 2 →2CO 2 + 3H 2 O 

HOOC-CH(OH)-CHO + 2[Ag(NH 3 ) 2 ]OH →HO-CH(COONH 4 ) 2 + 2Ag +2NH 3 + H 2 O 

Câu 56: 

Khi thủy phân không hoàn toàn một loại lông thú, người ta thu được một oligopeptit 

X. Kết quả thực nghiệm cho thấy phân tử khối của X không vượt quá 500 (u). Khi thủy phân hoàn 

toàn 814 mg X thì thu được 450mg Gly, 178mg Ala và 330mg Phe (axit 2-amino-3- 

phenylpropanoic). 

a) Xác định CTPT của oligopeptit đó. 

b) Khi thủy phân không hoàn toàn X thì trong hỗn hợp sản phẩm thấy có các đipeptit Gly- 

Ala, Ala-Gly mà không thấy có Phe-Gly. Xác định CTCT có thể có của X. 

Giải: 

a/ Tỉ số mol các amino axit thu được khi thủy phân chính là tỉ số các mắt xích 

amino axit trong phân tử oligopeptit X. Ta có: 

Gly: Ala:Phe = 3:1:1 

Công thức đơn giản nhất của oligopeptit X là (Gly) 3 (Ala)(Phe). 

Công thức phân tử là [(Gly) 3 (Ala)(Phe)] n với M = 500u 

Vì 5 phân tử aminoaxit tách đi 4 phân tử nước. 

(3.75 + 89 + 165 - 4.18).n = 500 → n = 1. 

Công thức phân tử của oligopeptit đó là (Gly) 3 (Ala)(Phe) hay C 18 H 25 O 6 N 5 đó 

là một pentapeptit gồm 3 mắt xích glyxin, một mắt xích alanin và một mắt xích 

b/ Khi thủy phân từng phần thấy có Gly-Ala và Ala-Gly chứng tỏ mắt xích ala ở 

giữa 2 mắt xích Gly: .. Gly- Ala - Gly … 

Không thấy có Phe-Gly chứng tỏ Phe không đứng trước Gly. Như vậy Phe chỉ 

có thể đứng ở cuối mạch (amino axit đuôi). Vậy oligopeptit có thể là 

Gly-Gly-Ala-Gly-Phe 

Gly-Ala-Gly-Gly-Phe 

Câu 57: 

Đốt cháy hoàn toàn một lượng chất X là anđehit có mạch cacbon không phân nhánh thu được 38,72 

gam CO 2 và 7,92 gam nước. Biết rằng, cứ 1 thể tích hơi chất X phản ứng tối đa với 3 thể tích khí H 2 , 

sản phẩm thu được nếu cho tác dụng hết với Na (dư) sẽ cho thể tích khí H 2 sinh ra bằng thể tích hơi X 

tham gia phản ứng ban đầu. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. 

a) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của X. 

b) Viết phương trình hoá học xảy ra khi cho X lần lượt phản ứng với lượng dư dung dịch 

AgNO 3 trong NH 3 , nước Br 2 dư. 

Giải: 

a) X + H 2 → ancol, mà ancol + Na => số mol H 2 = n X => anđehit X có 2 nhóm CHO. 
















Vì V hiđro = 3V anđehit => Trong phân tử X có 3 liên kết π , trong đó có 2 liên kết ở nhóm CHO, 1 liên 

kết π ở gốc hiđrocacbon => Công π thức của X có dạng: C m H 2m-2 (CHO) 2 

P/ư cháy : C m H 2m-2 (CHO) 2 + (1,5m + 2) O 2 → (m+2)CO 2 + mH 2 O 

m + 2 0,88 

=> = => m = 2 

m 0,44 

=> CT của X là C 2 H 2 (CHO) 2 

CTPT: C 4 H 4 O 2 , CTCT của X: OHC - CH = CH - CHO 

b) Các PTHH 

OHC - CH = CH - CHO + 4[Ag(NH 3 ) 2 ]OH → 

H 4 NOOC-CH=CH-COONH 4 + 4Ag + 6NH 3 + 2H 2 O 

OHC - CH = CH - CHO + 3Br 2 + 2H 2 O→ HOOC - CHBr - CHBr - COOH + 4HBr 

Câu 58: 

Hỗn hợp X gồm 3 este của cùng một axit hữu cơ đơn chức và 3 ancol đơn chức trong đó có 2 ancol 

no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một ancol không no mạch hở chứa một liên kết đôi. Cho hỗn hợp X 

tác dụng với 250 ml dung dịch NaOH 1M, đun nóng. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung 

dịch thu được 20,8 gam chất rắn khan. Ngưng tụ toàn bộ phần ancol đã bay hơi, làm khan rồi chia 

thành 2 phần bằng nhau: 

Phần 1: cho tác dụng hết với Na (dư) thu được 1,12 lít khí H 2 (đktc) 

Phần 2: đem đốt cháy hoàn toàn thu được 3,584 lít khí CO 2 (đktc) và 4,32 gam H 2 O. 

1) Xác định công thức cấu tạo thu gọn của axit. 

2) Xác định công thức cấu tạo thu gọn của các ancol. 

3) Viết công thức cấu tạo và gọi tên 3 este. 

Giải: 

1) Gọi CTTQ của 3 este là RCOOR', ta có các PTHH 

RCOOR' + NaOH → RCOONa + R'OH (1) 

R'OH + Na → R'ONa + 1/2 H 2 (2) 

Trong 1 phần: n R'OH = 2. 1,12/22,4 = 0,1 mol ; Số mol CO 2 = 0,16 mol; 

số mol H 2 O = 0,24 mol; 

n NaOH ban đầu = 0,25 mol 

Vì n NaOH > n R'OH (toàn bộ) = 0,2 mol => este hết 

n RCOONa = 0,2 mol; n NaOH dư = 0,05 mol 

=> m chất rắn = (R+67).0,2 + 0,05.40 = 20,8 

=> R = 27 => axit là : CH 2 =CH-COOH 

− 

2) Gọi n là số nguyên tử cacbon trung bình của 3 ancol 

− 

=> n = 0,16/0,1 = 1,6 => có một ancol là CH 3 OH => ancol đồng đẳng kế tiếp là C 2 H 5 OH 

Đặt CT của ancol không no là C x H 2x-1 OH 

Các p/ư cháy: CH 3 OH + 1,5O 2 → CO 2 + 2H 2 O (3) 

C 2 H 5 OH + 3O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O (4) 


3x 

−1 

C x H 2x-1 OH + O 2 → xCO 2 + xH 2 O (5) 

2 

Gọi a, b,c lần lượt là số mol của các ancol: CH 3 OH, C 2 H 5 OH, C x H 2x-1 OH 

Ta có hệ pt: 















⎧a 

+ b + c = 0,1 

⎪ 

⎨a 

+ 2b 

+ cx = 0,16 

⎪ 

⎩2a 

+ 3b 

+ xc = 0,24 

=> c =0,02 ; b = 0,08 - 0,02x >0 => x x=3 => ancol không no là: CH 2 = CH - CH 2 OH 

3) CTCT 3 este: 

CH 2 =CH-COOCH 3 

: metyl acrylat; 

CH 2 =CH-COOC 2 H 5 

: etyl acrylat; 

CH 2 =CH-COOCH 2 -CH=CH 2 : anlyl acrylat. 

Câu 59: Chất X là một amino axit có mạch cacbon không phân nhánh. 

Cho 0,02 mol X tác dụng vừa đủ với 80 ml dung dịch HCl 0,25M. Sau phản ứng, đem cô cạn 

dung dịch thu được 3,67 gam muối khan. 

Mặt khác, đem trung hoà 1,47 gam X với một lượng vừa đủ dung dịch NaOH. Cô cạn dung 

dịch sau phản ứng thu được 1,91 gam muối khan. 

Xác định công thức cấu tạo của X. (Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). 

Giải: 

TN1: Vì n X = 0,02 = n HCl → X có 1 nhóm NH 2 

Đặt CT của X là: H 2 NR(COOH) x 

H 2 NR(COOH) x + HCl → ClH 3 NR(COOH) x (1) 

0,02mol 0,02mol 0,02mol 

→ M muối = 3,67/0,02 =183,5 g/mol → M X = 183,5 - 36,5 = 147 g/mol 

TN2: H 2 NR(COOH) x + xNaOH → H 2 NR(COONa) x + xH 2 O (2) 

n X = 1,47/147 = 0,01 mol 

Theo (2): Cứ 1 mol X chuyển hoá thành 1mol muối thì m tăng = 22x (g) 

→ 0,01 mol X chuyển hoá thành 0,01mol muối thì m tăng = 0,22x (g) 

Theo đề có: 0,22x = 1,91-1,47=0,44g → x = 2 

→ M R = 147-16-90 = 41 → R là C 3 H 5 

=> Các CTCT của X là : 

HOOC-CH 2 CH 2 CH(NH 2 )COOH ; 

HOOC-CH 2 CH(NH 2 )CH 2 -COOH 

Câu 60: 

Hỗn hợp X gồm hiđrocacbon A và H 2 . Đun nóng X với xúc tác Ni thu được khí Y duy nhất. Tỉ khối hơi 

của Y so với H 2 gấp 3 lần tỉ khối hơi của X so với H 2 . Đốt cháy hoàn toàn một lượng khác của Y thu được 

22 gam CO 2 và 13,5 gam H 2 O. 

a) Xác định công thức cấu tạo của A. 

b) Từ chất A, các chất vô cơ cần thiết và điều kiện có đủ, hãy viết phương trình hóa học của các 

phản ứng điều chế axit lactic (axit 2-hiđroxipropanoic). 

Giải: 

a) 
















22 

n 

CO 

= = 0,5(mol) 

2 

44 

13,5 

n = = 0,75(mol) 

H2O 

18 

Đốt hiđrocacbon Y cho nH2O 

> nCO 

=> Y là hiđrocacbon no 

2 

nH 0,75 

2O 

= = 1,5 => Y là C 2 H 6 

n 0,5 

CO2 

Vậy A có thể là C 2 H 2 (x = y = 2) hoặc C 2 H 4 (x = 2, y = 4) 

* Khi A là C 2 H 2 

C 2 H 2 + 2H 2 → C 2 H 6 

dY/H 

M 

2 Y 

30 

= = = 3 (thoả mãn) 

d 

26 2.2 

X/H 

M 

2 X + 

3 3 

* Khi A là C 2 H 4 

C 2 H 4 + H 2 → C 2 H 6 

dY/H 

M 

2 Y 

30 

= = = 2≠ 3 (không thoả mãn)⇒ Loại 

d 

28 2 

X/H 

M 

2 X + 

2 2 

Vậy công thức của A là C 2 H 2. 

b) Điều chế axit lactic (axit 2-hiđroxipropanoic) từ A: 

HgSO4 

C 2 H 2 + H 2 O ⎯⎯⎯→CH 3 CHO 

80 o C 

CH3 − CHO + HCN ⎯⎯→ CH3 

−CH− 

OH 

| 

CN 

CH3 −CH− OH + 2H2 O + HCl →CH3 −CH− COOH + NH4 

Cl 

| | 

CN 

OH 

Câu 61: 

Cho 2,76 gam chất hữu cơ A (chỉ chứa C, H, O và có công thức phân tử trùng với với công thức đơn 

giản nhất) tác dụng với dung dịch NaOH (vừa đủ), sản phẩm thu được đem làm bay hết hơi nước, phần 

chất rắn khan còn lại là hai muối của natri có khối lượng 4,44 gam. Nung nóng hai muối này trong oxi 

(dư), sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 3,18 gam Na 2 CO 3 ; 2,464 lít khí CO 2 (đktc) và 0,9 gam 

H 2 O. 

a) Tìm công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của A thỏa mãn các tính chất trên. 

b) Chất B là một đồng phân của A, khi cho B tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH hoặc với 

lượng dư dung dịch NaHCO 3 tạo ra sản phẩm khác nhau lần lượt là C 7 H 4 Na 2 O 3 và C 7 H 5 NaO 3 . Viết công 

thức cấu tạo của B và phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 

Giải: 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: 

3,18 

n 

NaOH 

= 2n 

Na2CO 

= 2. = 0,06mol 

3 

106 

m = 0,06.40 = 2,4g 


NaOH 















Số gam H 2 O (1) là: mH2O( + ) 

= mA + mNaOH 

− m muối 

= 2,76 + 2,4 – 4,44 = 0,72g 

2,464 3,18 

mC(A) = mC(CO 2 ) 

+ m 

C(Na2CO 3 ) 

= .12 + .12 = 1,68g 

22, 4 106 

0,72 + 0,9 

mH(A) = mH(H2O) − m 

H(NaOH) 

= .2 − 0,06.1 = 0,12g 

18 

m = 2,76 −1,68 − 0,12 = 0,96g 

O(A) 

1,68 0,12 0,96 

n 

C 

: n 

H 

: n 

A 

= : : = 7 : 6 : 3 

12 1 16 

CTPT là công thức đơn giản ⇒ CTPT C 7 H 6 O 3 

2,76 

Số mol A phản ứng = = 0,02mol 

138 

n A : n NaOH = 1 : 3, mà A chỉ có 3 nguyên tử oxi và sau phản ứng ta được 2 muối 

OH 

HCOO + 3 NaOH HCOONa + 

- B là đồng phân của A: 

COOH 

OH 

COOH 

OH 

+ NaHCO 3 

COONa 

+ NaOH 

OH 

COONa 

2 + 

ONa 

Câu 62: 

1. Thêm dung dịch NH 3 tới dư vào dung dịch chứa 0,5 mol AgNO 3 ta được dung dịch M. Sục từ từ 3 gam 

khí X (X là hợp chất hữu cơ) vào dung dịch M tới phản ứng hoàn toàn, được dung dịch N và 43,2 gam kết tủa 

Q. Thêm từ từ dung dịch HI tới dư vào dung dịch N thu được 23,5 gam kết tủa màu vàng và V lít khí Y 

(đktc). Tìm công thức của X và tính giá trị của V? 

2. Đun nóng hỗn hợp gồm axit axetic và etanol có H 2 SO 4 đặc làm xúc tác ở t o C (trong bình kín 

dung tích không đổi) đến khi phản ứng đạt đến trạng cân bằng thì hằng số cân bằng K C = 4. 

a) Khi đun nóng hỗn hợp gồm 1 mol axit axetic, 1 mol etanol và 1 mol metanol, ở điều kiện như 

trên đến trạng thái cân bằng thì thu được 0,86 mol H 2 O. Tính số mol của mỗi chất trong hỗn hợp ở 

trạng thái cân bằng. 

b) Nếu đun nóng hỗn hợp gồm 1 mol axit axetic và a mol metanol cũng ở điều kiện như trên đến 

trạng thái cân bằng thì thu được 0,8 mol metyl axetat. Tính giá trị của a? 

Giải: 

1 

Cho NH 3 dư vào dd AgNO 3 có phản ứng 

AgNO 3 + dd NH 3 dư ⎯⎯→ [Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 (dd M) (1) 

ONa 

ONa 

+ H 2 O + CO 2 

2 H 2 O 

+ 2 H 2 O 
















0,5 0,5 (mol) 

Cho X + dd(M) ⎯⎯→ dd (N) + 43,2 gam kết tủa Q 

Cho dd HI dư + dd(N) ⎯⎯→ 23,5 gam kết tủa vàng 

=> Trong dd(N) còn dư [Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 , kết tủa vàng là AgI 

Phản ứng: [Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 + 2HI ⎯⎯→ AgI↓ + NH 4 NO 3 + NH 4 I (2) 

(2) => Số mol [Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 dư = Số mol AgI = 23,5/235 = 0,1mol 

=> Số mol [Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 pư = 0,5 - 0,1 = 0,4 mol 

=> Trong Q chứa 0,4.108 = 43,2 gam Ag = m Q. Vậy trong Q chỉ chứa Ag. 

Vậy X là anđêhít, X là chất khí nên X chỉ có thể là HCHO hoặc CH 3 CHO 

+ Nếu là CH 3 CHO ⎯⎯→ 2Ag => n 

Ag 

= 2n 

CH3CHO 

= 2.3 = 0,136 < 0,4. Loại 

44 

+ Nếu là HCHO: Số mol = 3/30 = 0,1mol 

HCHO + 4[Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 + H 2 O ⎯⎯→ (NH 4 ) 2 CO 3 + 4Ag + 4NH 4 NO 3 + 2NH 3 (3) 

0,1 0,4 0,1 0,4 (mol) 

=> n = 4n 

= 4.0,1 = 0,4 mol. Phù hợp với đề bài.Vậy X là HCHO 

Ag 

HCHO 

-Xác định V: Cho HI dư vào dd(N) có pư 

[Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 + 2HI ⎯⎯→ AgI↓ + NH 4 NO 3 + NH 4 I (4) 

(NH 4 ) 2 CO 3 + 2HI ⎯⎯→ 2NH 4 I + CO 2 + H 2 O (5) 

Theo (5) => Thể tích CO 2 = V = 0,1.22,4 = 2,24 lít1. 

2 

Ở t o C và bình kín dung tích không đổi là V lít 

0 

xt, 

t 

CH 3 COOH + C 2 H 5 OH ←⎯ ⎯⎯⎯→ 

[ CH 

3COOC 2H5 ][ H2O] 

⎯ CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O; KC 

= = 4 

CH COOH C H OH 

a)PTHH 

CH 3 COOH + C 2 H 5 OH 

CH 3 COOH + CH 3 OH 

0 

xt, 

t 

⎯⎯⎯→ 

[ ][ ] 

3 2 5 

←⎯ ⎯ CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O (1) 

0 

xt, 

t 

⎯⎯⎯→ 

Trong hỗn hợp ở trạng thái cân bằng: 

Theo (1): 

K 

Hỗn hợp lúc cân bằng gồm: 

C 

←⎯ ⎯ CH 3 COOCH 3 + H 2 O (2) 

n =x mol ; 

nH 

2 O 

= 0,86 mol; 

CH3COOC2H5 

n 

=0,86-x mol ; 

CH COOCH 

3 3 

n axit axetic = 1 – 0,86 = 0,14 mol; 

n 

n 

C2H5OH 

CH3OH 

=1-x mol 

( ) 

=1 – 0,86 – x = 0,14 + x mol 

x 0,86 

[ CH3COOC2H5 ][ H 

2O . 

] 

= = V V = 4 

[ CH3COOH 

][ C2H5OH 

] 0,14 1− 

x . 

V V 


28 

⇒ x = ≃ 0,3944 mol 

71 















CH 3 COOC 2 H 5 : 0,3944 mol; CH 3 COOCH 3 : 0,4656 mol; H 2 O: 0,86 mol 

CH 3 COOH: 0,14 mol; C 2 H 5 OH: 0,6056 mol; CH 3 OH: 0,5344 mol 

b) Theo kết quả phần trên ta có: 

K 

CH 3 COOH + CH 3 OH 

Mol ban đầu: 1 a 

2 

[ CH3COOCH3][ H 

2O] 

[ CH COOH ][ CH OH ] 

= = 0, 4656.0,86 

5,352 

0,14.0,5344 

= 

3 3 

0 

xt, 

t 

⎯⎯⎯→ 

←⎯ ⎯ CH 3 COOCH 3 + H 2 O 

Mol cân bằng: 0,2 a-0,8 0,8 0,8 

[ CH3COOCH3][ H 

2O] 

0,8.0,8 

K2 

= = = 5,352 

CH COOH CH OH 0,2.( a − 0,8) 

[ ][ ] 

3 3 

⇒ a = 1,398 

Câu 63: 

Cho hỗn hợp X gồm 2 este của 2 axit kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng là R 1 COOR và R 2 COOR. 

Đốt cháy hoàn toàn 20,1 gam hỗn hợp X cần 146,16 lít không khí ở điều kiện tiêu chuẩn (chứa 

20% thể tích là O 2 và 80% thể tích là N 2 ). Sản phẩm cháy thu được cho lần lượt qua bình 1 đựng 

dung dịch H 2 SO 4 đặc và sau đó qua bình 2 đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư. Sau thí nghiệm, khối lượng 

bình 1 tăng m gam và bình 2 tăng 46,2 gam. 

Mặt khác, nếu cho 3,015 gam X tác dụng với vừa đủ NaOH được 2,529 gam hỗn hợp muối. 

1. Tính m? 

2. Tìm công thức của 2 este. 

3. Tính phần trăm về khối lượng của từng este trong X. 

4. Tính khối lượng mỗi muối sau phản ứng xà phòng hoá. 

Giải: 

1. Tính m: 

146,16.20 29,232 

VO 

= = 29,232(lit) ⇒ n 

2 O 

= = 1,305(mol) 

2 

100 22,4 

46,2 

nCO 2 

= = 1,05(mol) 

44 

Theo đinh luật bảo toàn khối lượng: 

m = 20,1 + (1,305.32) − 46,2 = 15,66(gam) 

H2O 

2. Tìm công thức của hai este: 

15,66 

nH2O 

= = 0,87(mol) ⇒ nH2O 

< nCO2 

18 

Nên hai este phải là hai este đơn chức, không no. 

⎧CnH2n−2kO2 ⇔ R1COOR 

Gọi công thức của hai este là: ⎨ 

⎩CmH2m−2kO2 ⇔ R2COOR 

Phương trình đốt cháy: 


C n H 2n-2k O 2 + 3n − 

( k − 2 ) O 2 ⎯⎯→ nCO 2 + (n – k)H 2 O (1) 

2 

x(mol) → nx → (n – k)x 















C m H 2m-2k O 2 + 3m − 

( k − 2 ) O 2 ⎯⎯→ mCO 2 + (m – k)H 2 O (2) 

2 

y(mol) → ny → (n – k)y 

⎧ 

⎪ nx + my = 1,05 

⎪ 

(1), (2) ⇒ ⎨(n − k)x + (m − k)y = 0,87 

⎪ 3n − k − 2 3m − k − 2 

⎪ ( )x + ( )y = 1,305 

⎩ 2 2 

Giải hệ được: k = 1 và x + y = 0,18 

20,1 

Mhh 

= = 111,66 

0,18 

Phản ứng xà phòng hoá: 

0 

t 

RCOOR + NaOH ⎯⎯→ RCOONa + ROH 

3,015 

nX 

= = 0,027(mol) 

111,66 

2,529 

M = = 93,67 ⇒ R = 26,67 

RCOOR 

0,027 

Vậy R 1 = 15 (CH 3 -) < 26,67 < R 2 = 29 (C 2 H 5 -) 

⇒ R = 41 (C x H y ) 

⇔ 12x + y = 41 (Chọn x =3, y =5) 

Vậy công thức cấu tạo của hai este là: CH 3 COOC 3 H 5 và C 2 H 5 COOC 3 H 5 

3. Tính phần trăm về khối lượng của từng este trong hỗn hợp: 

⎧x + y = 0,18 ⎧x = 0,03 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎩100x + 114y = 20,1 ⎩y = 0,15 

0,03.100 

%CH3COOC3H5 

= ⋅ 100 = 14,93% 

20,1 

0,15.114 

%C2H5COOC3H5 

= ⋅ 100 = 85,07% 

20,1 

4. Tính khối lượng mỗi muối sau phản ứng xà phòng: 

⎧x' + y' = 0,027 ⎧x = 0,0045 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎩82x' + 96y' = 2,529 ⎩y = 0,0225 

m = 0,0045.82 = 0,369(gam) 

CH3COONa 

m = 0,0225.96 = 2,16(gam) 

C2H5COONa 

Câu 64: Nam Định 2014 

Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 este no, mạch hở (trong phân tử mỗi chất chỉ chứa nhóm 

chức este) bằng dung dịch NaOH vừa đủ. Chưng cất dung dịch sau phản ứng, thu được 12,3 gam 

muối khan Y của một axit hữu cơ và hỗn hợp Z gồm 2 ancol (số nguyên tử C trong mỗi phân tử ancol 

không vượt quá 3 nguyên tử). Đốt cháy hoàn toàn muối Y trên, thu được 7,95 gam muối Na 2 CO 3 . 

Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Z trên, thu được 3,36 lít CO 2 (đktc) và 4,32 gam H 2 O. Xác 

định công thức cấu tạo của 2 este. 

Giải: 

Tìm Y: 
















7,95 

n 

Na2CO 

= = 0,075mol; 

3 

106 

3,36 4,32 

n 

CO 

= = 0,15mol; n 

2 H2O 

= = 0, 24 mol 

22,4 18 

Ta có n 

Na/Y 

= n 

NaOH 

= 2 n 

Na2CO 

= 0,15 mol 

3 

Vì hỗn hợp hỗn hợp X gồm 2 este no, mạch hở 

⇒ Z gồm các ancol no, mạch hở ⇒ gọi CTTB của hỗn hợp Z là C H O 

n 2n+2 m 

3n +1-m 

o 

t 

C H O + O 

n 2n+2 m 

2 

⎯⎯→ n CO 

2 

+ (n +1) H2O 

2 

0,15 0, 24 mol 

5 

⇒ 0,24n = 0,15( n +1) 

⇒ n = 3 

1 3 

⇒ n 

hhZ 

= n 

CO 2 

= 0,15= 0,09 mol 

n 5 

n > n , hỗn hợp X mạch hở, chỉ chứa nhóm chức este 

Vì 

NaOH 

hh Z 

⇒ Hỗn hợp Z có ít nhất 1 ancol đa chức 

⇒ Axit tạo muối Y đơn chức, 

Gọi Y là RCOONa 

⇒ n = n = 0,15mol 

RCOONa 

Na/Y 

12,3 

⇒ M 

RCOONa 

= = 82 

0,15 

⇒ R = 15, R là CH 3 , muối Y là CH 3 COONa 

Tìm các chất trong hỗn hợp Z 

5 

Vì n = 3 

số nguyên tử C trong mỗi ancol không vượt quá 3 

⇒ CT của 1 ancol là CH 3 OH 

⇒ ancol còn lại là ancol đa chức có CT là C 2 H 4 (OH) 2 hoặc C 3 H 8 O z (z=2 hoặc 3) 

TH1: Nếu 2 ancol là CH 3 OH và C 2 H 4 (OH) 2 

Gọi x và y là số mol của 2 ancol tương ứng 

⎧x + y = 0,09 

⎪ 

⎧x = 0,03 

⇒ ⎨x + 2 y 5 ⇒ ⎨ ⇒ n NaOH = x + 2y = 0,15 (thỏa mãn) 

⎪ 

= ⎩ y = 0,06 

⎩ 0,09 3 


TH2: Nếu 2 ancol là CH 3 OH và C 3 H 8-z (OH) z 

Gọi a và b là số mol của 2 ancol tương ứng 

⎧a + b = 0,09 

⎪ 

⎧a = 0,06 

⇒ ⎨a +3b 5 ⇒ ⎨ 

⎪ 

= ⎩ b = 0,03 

⎩ 0,09 3 

⇒ n NaOH = a + zb = 0,06 + 0,03z = 0,15 ⇒ z = 3 


Câu 65: 
















Hỗn hợp A gồm 3 este đơn chức, mạch thẳng, tạo thành từ cùng một rượu B với 3 axit hữu cơ, trong 

đó có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no chứa một liên kết đôi. Xà phòng hoá 

hoàn toàn 14,7 gam A bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và p gam rượu B. Cho p gam 

rượu B đó vào bình đựng natri dư, sau phản ứng có 2,24 lít khí thoát ra và khối lượng bình đựng natri 

tăng 6,2 gam. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 14,7 gam A, thu được 13,44 lít CO 2 và 9,9 gam H 2 O. Xác 

định công thức cấu tạo của từng este trong A. (Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn). 

Giải: 

Xác định rượu B: vì este đơn chức nên rượu B đơn chức 

R – OH + Na → R – ONa + 1 2 H 2 

0,2 0,1 mol 

Độ tăng KL = KL (R – O) = 6,2 g 

⇒ KL mol (R – O) = 6,2 = 31 ⇒ R + 16 = 31 

0,2 

⇒ R = 15 là CH 3 ⇒ Rượu B: CH 3 OH 

Công thức của 2 este no là: C n 

H 2n+ 1 

COOCH 3 

số mol = x 

Công thức của este chưa no là C m H 2m−1 COOCH 3 

số mol = y 

C n 

H 2n+ 1 

COOCH 3 + 3n + 4 

O2 → (n + 2) CO 2 + (n + 2) H 2 O 

2 

x ( n + 2) x ( n + 2) x 

C m H 2m−1 COOCH 3 + 3m + 3 

O2 → (m + 2) CO 2 + (m + 1) H 2 O 

2 

y (m + 2) y (m + 1) y 

ta có hệ pt: x + y = 0,2 (1) 

( n + 2) x + (m + 2) y = 0,6 (2) 

( n + 2) x + (m + 1) y = 0,55 (3) 

Giải hệ pt cho x = 0,15 ; y = 0,05 và 3 n + m = 4 

Do n ≠ 0 và m ≥ 2 nên 2 ≤ m ≤ 3 

⇒ bài toán có 2 nghiệm m = 2 và m = 3 

Với m = 2 ⇒ n = 2 3 ứng với nghiệm CH 2=CH-COOCH 3 

và HCOOCH 3 ; CH 3 COOCH 3 

Với m = 3 ⇒ n = 1 3 ứng với nghiệm C 3H 5 -COOCH 3 

và HCOOCH 3 ; CH 3 COOCH 3 

Câu 66: MTCT Vĩnh Phúc 

Từ ankanal A có thể chuyển trực tiếp thành ankanol B và axít ankanoic D để điều chế este E . 

M ( E) 

a) Viết phương trình phản ứng và tính tỉ số ( M (E) và M (A) là khối lượng mol phân tử của E và 

M ( A) 

A 

b)Với m(g) E . Nếu đun với KOH thì thu được m 1 (g) muối kali . Còn nếu đun với Ca(OH) 2 thì thu 

được m 2 (g) muối canxi . m 2 < m < m 1 . Xác định Công thức cấu tạo của A , B , D , E ? 
















c) Nung m 1 (g) muối kali trên với vôi tôi xút thì thu được 2,24 lít khí ở đktc . 

Tính m 1 , m 2 , m ? 

Giải: 

a. Gọi công thức ankanal là RCHO ( R ≥ H ) 

Các phương trình phản ứng : 

R CHO + H 2 R CH 2 OH (1) 

R CHO + 2 

1 

O2 R COOH (2) 

R COOH + R CH 2 OH RCOOCH 2 R + H 2 O (3) 

M E = 2R + 58 

M A = R + 29 

M ( E) 

2R 

+ 58 

=> = = 2 

M ( A) 

R + 29 

b. R COOCH 2 R + KOH R COOK + R CH 2 OH (3) 

m m 1 

m < m 1 => R + 14 < 39 => R < 25 

2RCOOCH 2 R + Ca(OH) 2 (R COO) 2 Ca + 2RCH 2 OH (4) 

m m 2 

m > m 2 

=> R + 14 > 20 => R > 6 

=> 6 < R < 25 Vậy R là CH 3 

Vậy A : CH 3 CHO andehytaxetic 

B : CH 3 CH 2 OH rượu etylic 

C : CH 3 COOH axít axetic 

D : CH 3 COOC 2 H 5 axetat etyl 

2CH 3 COOK + 2NaOH 2CH 4 + K 2 CO 3 + Na 2 CO 3 

a 

a 

nCH 4 = 

2,24 

22,4 

= 0,1 mol 

Từ phương trình n CH 3 COOK = 0,1 => m 1 = 0,1. 98 = 9,8g 

m = 0,1.88 = 8,8 g 

m 2 = 0,05.158 = 7,9 g 

Câu 67 

A là hợp chất hữu cơ đơn chức chứa C, H, O. Cho một lượng chất A tác dụng với 500ml 

dung dịch KOH 2,4M rồi cô cạn, được 105 gam chất rắn khan B và m gam rượu C. Oxi hóa m gam 

rượu C bằng O 2 (có xúc tác) được hỗn hợp X. Chia X thành 3 phần bằng nhau: 

anken. 

- Phần 1 tác dụng với Ag 2 O trong NH 3 dư, được 21,6 gam Ag. 

- Phần 2 cho tác dụng với NaHCO 3 dư, được 2,24 lít khí (đktc). 


- Phần 3 tác dụng với Na (vừa đủ) được 4,48 lít khí (đktc) và 25,8 gam chất rắn khan. 

1. Xác định công thức cấu tạo của rượu C, biết đun nóng rượu C với H 2 SO 4 đặc ở 170 o C được 

2. Tính phần trăm số mol rượu C đã bị oxi hóa. 

3. Xác định công thức cấu tạo của A. 















Giải: 

KOH 

1.A ⎯⎯⎯→ chất rắc B + rượu C 

oxh 

C ⎯⎯→ hỗn hợp X có khả năng tham gia phản ứng với Ag 2 O/NH 3 dư được Ag; 

0 

C ⎯⎯⎯⎯⎯→ H2SO4 

,170 C anken 

⇒ C là ancol đơn chức bậc 1. 

Đặt công thức của ancol C là: RCH 2 OH. 

Oxi hóa m gam C: 

1 

1, RCH2OH + O2 → RCHO + H 

2O 

⎧RCHO x( mol) 

2 

x x x 

⎪RCOOH y( mol) 

⇒ hh( X ) ⎨ RCH 

2 OH 

2, RCH 

2OH + O2 → RCOOH + H 

2O 

⎪⎪ d− z(mol) 

O ( x + y) 

mol 

y y y 

⎩H2 

Phần 1 (X) + Ag 2 O trong NH 3 dư: 

NH3 

4, RCHO + Ag2O ⎯⎯⎯→ RCOOH + 2Ag 

↓ 

21,6 1 

1 1 ⇒ nAg 

= = 0,2 = 2. x ⇒ x = 0,3mol 

x 

2. x 108 3 

3 3 

Phần 2 (X) + NaHCO 3 

5, RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + CO2 + H2O 

2,24 1 

1 1 ⇒ nCO 

= = 0,1 = y ⇒ y = 0,3mol 

2 

y 

y 

22,4 3 

3 3 

Phần 3 (X) + Na: 

6, 2RCOOH + 2Na → 2RCOONa + H 

1 1 1 

y y y 

3 3 6 

7,2RCH OH + 2Na → 2RCH ONa + H 

2 2 2 

1 1 1 

z z z 

3 3 6 

8, 2H O + 2Na → 2NaOH + H 

2 2 

1 1 1 

( x + y) ( x + y) ( x + y) 

3 3 6 

Thay x = 0,3 mol, y = 0,3 mol vào (*) ta được: 

⎧z 

= 0,3 ⎧z 

= 0,3 

⎨ 

⇒ ⎨ ⇒ C lµ C 

2H5OH 

⎩0,1( R + 67) + 0,1( R + 53) + 0, 2.40 = 25,8 ⎩R 

= 29 

2/Tổng số mol rượu là: (x + y + z) = 0,9 mol. 

x + y 0,6 

% số mol rượu bị oxi hóa là: .100 = .100 = 66,7% 

0,9 0,9 

3/ A có công thức là R’COOC 2 H 5 

Ptpư: R’COOC 2 H 5 + KOH → R’COOK + C 2 H 5 OH 

Theo ptpư: nKOH = nR' COOK 

= nC 0,9 

2H5OH 

= mol 

Mà nKOH 

= 0,5.2, 4 = 1, 2mol > 0,9 ⇒ KOH d−:(1,2 - 0,9) = 0,3mol 

Chất rắn sau phản ứng gồm: R’COOK (0,9 mol) và KOH (0,3 mol) 

2 

⎧ 1 1 1 

mcr 

= y( R + 67) + z( R + 53) + ( x + y).40 = 25,8 

⎪ 3 3 3 

⇒ ⎨ (*) 

⎪ 

4,48 1 

nH 

= = 0, 2 = ( y + z + x + y) 

2 

⎪⎩ 22,4 6 
















105 = 0,9.( R ' + 83) + 56.0,3 ⇒ R ' = 15( CH3− 

) 

Vậy A là CH 3 COO C 2 H 5 

Câu 70: 

Một hỗn hợp hai hợp chất hữu cơ đơn chức A,B; cả hai đều tác dụng được với dung dịch NaOH. Đốt 

A hay B thì thể tích CO 2 và hơi nước thu được đều bằng nhau ( tính trong cùng diều kiện P,T). Lấy 

16,2 gam hỗn hợp trên cho tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch NaOH 2M sau đó cô cạn dung dịch 

ta thu được 19,2 gam chất rắn. 

Biết A,B có số nguyên tử cacbon trong phân tử hơn kém nhau là 1. 

Xác định công thức cấu tạo A và B. Tính % khối lượng A và B trong hỗn hợp. 

Giải: 

A,B đơn chức đều tác dụng được với dung dịch NaOH. Vậy axit hoặc este đơn chức. 

Thêm kết quả đốt cháy cho thấy dạng tổng quát : C x H 2x O 2 và C p H 2p O 2 

Hoặc là R 1 COOR 2 và R 3 COOR 4 

Phương trình phản ứng với dung dịch NaOH 

R 1 COOR 2 + NaOH → R 1 COONa + R 2 OH 

R 3 COOR 4 + NaOH → R 3 COONa + R 4 OH 

+ Số mol NaOH : 0,1.2 = 0,2 ; tương ứng 0,2 x40 = 8gam 

+ Lượng R 2 OH và R 4 OH: 16,2 + 8 - 19,2 = 5 gam 

+ n (A,B) = n ( muối) = n (R1OH,R2OH) = n (naOH) = 0,2 ( mol) 

+ PTK T.bình của A,B : 16,2/0,2 = 81 hơn kém 1 cácbon , với dang tổng quát trên tương 

ứng hơn kém 1 nhóm metylen . Vậy chọn ra C 3 H 6 O 2 và C 4 H 8 O 2 

Với số mol tương ứng: a+ b = 0,2 và k.lượng 74a + 88b = 16,2 

Ta có a = b = 0,1 (mol) 

+ PTK T.bình của muối : 19,2/0,2 = 96 

TH1: Cả hai tương ứng C 3 H 5 O 2 Na ( CH 3 CH 2 COONa) 

TH2: R 1 COONa < 96 và R 2 COONa > 96 

Trong giới hạn CTPT nói trên , ứng với số mol đều bằng 0,1 ta chỉ có thể chọn : 

CH 3 COONa ( 82) và CH 3 CH 2 CH 2 COONa (110) 

Phù hợp với 0,1.82 + 0,1.110 = 19,2(gam) 

nên: 

+ PTK T.bình của R 1 OH,R 2 OH : 5/0,2 =25 vậy phải HOH và R 4 OH 

Trong trường hợp này số mol HOH và R 4 OH cũng bằng nhau và là 0,1(mol) cho 

0,1 .18 + 0,1. M = 5 do đó M = 32 

Vậy R 4 OH là CH 3 OH 

Kluận về công thức cấu tạo. 

TH1 : CH 3 CH 2 COOH và CH 3 CH 2 COOCH 3 

TH2 : CH 3 COOCH 3 và CH 3 CH 2 CH 2 COOH 

Thành phân khối lương trong hai trường hợp như nhau. 

( 0,1.74/16,2).100% = 45,68% cho C 3 H 6 O 2 

Và 52,32% cho C 4 H 8 O 2 

Câu 71: 

Có một hõn hợp gồm hai hydrocacbon. 

+ Nếu đốt k mol hỗn hợp thì hiệu số giữa số mol nước và CO 2 là k mol. Hãy cho biết 

trường hợp này hai hydrocacbon thuộc loại nào ? 
















+ Nếu đốt 1 mol hỗn hợp thì số mol nước = số mol CO 2 = 3 (mol) .Trường hợp này hãy xác 

định công thức các hydrocacbon ; biết là chất khí ở điều kiện thường. 

Giải: 

Hai hydrocacbon C n H 2n+2-2a = x (mol) , C m H 2m+2-2b = y(mol) 

Phương trình phản ứng cháy: 

Câu 72: 

C n H 2n+2-2a + 

C m H 2m+2-2b + 

(3n+1-a) 

2 

O 2 → nCO 2 + (n+1-a)H 2 O 

(3m+1-a) 

O 2 → mCO 2 + (m+1-b)H 2 O 

2 

+ Nếu số mol hỗn hợp x +y = k (mol) 

Số mol CO 2 = nx +my Số mol H 2 O = (n+1-a)x + (m+1-b)y 

ta có : [ (n+1-a)x+(m+1-b)y] - (nx+my) = k 

ax + by = 0 ; Với a,b nguyên và x,y ≥ 0 

Do đó a = b = 0 hay hai hydrocacbon là ankan. 

+ Nếu số mol hỗn hợp x +y = 1 (mol) 

Số mol CO 2 = nx +my = Số mol H 2 O = (n+1-a)x + (m+1-b)y = 3 

ta có : (1-a)x+(1-b)y = 0 ax + by = 1 

Trường hợp a = b = 1 ; Số cacbon TB trong phân tử là 3; chất khí 

Lúc này ta chọn C 3 H 6 (prôpen) và C 3 H 6 (xiclopropan) 

hoặc C 2 H 4 và C 4 H 8 

Trường hợp a = 0 ; b = 2 thì x = y = 0,5 

Lúc này ta chọn C 2 H 6 và C 4 H 6 hay C 4 H 10 và C 2 H 2 

Trường hợp a = 0 ; b ≥ 3 thì x ≥ 2/3 y ≤1/3 

Lúc này không có đ áp số phù hợp vì là chất khí . 

Cho hỗn hợp hai este đơn chức (tạo bởi hai axit là đồng đẳng kế tiếp nhau) tác dụng hoàn toàn với 1,5 

lít dung dịch NaOH 2,4M, thu được dung dịch A và một rượu bậc một B. Cô cạn dung dịch A thu 

được 211,2 gam chất rắn khan. Oxi hoá B bằng O 2 (có xúc tác) thu được hỗn hợp X. Chia X thành ba 

phần bằng nhau. 

-Phần 1: cho tác dụng với Ag 2 O (dư) trong dung dịch amoniac thu được 21,6 gam Ag. 

-Phần hai: cho tác dụng với NaHCO 3 dư, thu được 4,48 lít khí (ở đktc). 

-Phần ba: cho tác dụng với Na (vừa đủ) thu được 8,96 lít khí (đktc) và hỗn hợp Y. Cho Y bay 

hơi thì còn lại 48,8 gam chất rắn. 

Xác định công thức cấu tạo và tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi este trong hỗn hợp 

ban đầu. 


Giải: 

Khi cho hỗn hợp hai este đơn chức (của hai axit kế tiếp trong dãy đồng đẳng) tác dụng với dung dịch 

NaOH thu được một rượu đơn chức, bậc 1=> Hỗn hợp gồm hai este của cùng một rượu đơn chức, bậc 

1 với 2 axit đơn chức. 















=> Đặt công thức chung của hai este là: R COOH 2 CR' 

Ptpư: 

1, R COOH 2 CR' 

+ NaOH ⎯⎯→ 

R COONa + R’CH 2 OH 

n NaOH = 1,5. 2,4 = 3,6 (mol) 

B là R’CH 2 OH. Oxi hoá B bằng oxi không khí: 

Ptpư: 

2, R’CH 2 OH + 1/2O 2 ⎯⎯→ 

xt R’CHO + H 2 O 

3, R’CH 2 OH + O 2 ⎯⎯→ 

xt R’COOH + H 2 O 

Hỗn hợp X thu được gồm: 

R’CHO (a mol); R’COOH (b mol); H 2 O (a + b)mol; R’CH 2 OH dư (c mol) 

Chia X thành 3 phần bằng nhau: 

Phần 1: Tác dụng với Ag 2 O/NH 3 : Chỉ có R’CHO phản ứng 

NH 

4, R’CHO + Ag 2 O ⎯⎯⎯ 

3 → R’COOH + 2Ag 

1 1 21, 6 

1 

=> n R’CHO = nAg = . = 0,1 mol = a => a = 0,3 (mol) 

2 2 108 3 

Phần 2: Tác dụng với NaHCO 3 : chỉ có R’COOH phản ứng 

5, R’COOH + NaHCO 3 ⎯ ⎯→ R’COONa + CO 2 + H 2 O 

4,48 

1 

=> n R’COOH = n CO 2 

= = 0,2 mol = b => b = 0,6 (mol) Phần 3: Tác dụng với 

22,4 

3 

Na: Cả R’COOH; H 2 O và R’CH 2 OH dư đều phản ứng 

1 

6, R’COOH + Na ⎯ ⎯→ R’COONa + H2 

2 

1 

7, H 2 O + Na ⎯ ⎯→ NaOH + H2 

2 

1 

8, R’CH 2 OH + ⎯⎯→ 

R’CH 2 ONa + H2 

2 

Khí thoát ra là H 2 ; Hỗn hợp rắn thu được sau khi cho Y bay hơi gồm R’COONa, NaOH và 

R’CH 2 ONa 

8,96 

1 

=> n H 2 

= = 0,4 mol = ( nR’COOH + nH 

O 

22,4 

2 2 

+ n R' CH2OH 

d− 

) 


2 

1 [ 3 

1 b + 3 

1 (a + b) + 3 

1 c] = 0,4 mol (*) 





Thay a và b vào (*) ta được: 

Vậy: 

c = 0,9 (mol) 











n R 

' CH 2 

OH (1) 

= (a + b + c ) = 0,3 + 0,6 + 0,9 = 1,8 mol < n NaOH(1) = 3,6 mol 

=> NaOH còn dư sau khi phản ứng với hỗn hợp hai este 

n NaOH dư = 3,6 – 1,8 = 1,8 mol. 

=> Cô cạn dung dịch A thu được hỗn hợp rắn gồm: R COONa và NaOH dư 

* Tìm Axit: 

Theo (1): n 

RCOONa 

= n R ' CH 2OH (1) 

= 1,8 mol 

=> 211,2 = ( R + 67). 1,8 + 40. 1,8 => R = 10,33 => R 1 = 1 (H). 

Vì hai axit là đồng đẳng kế tiếp => R 2 = 15 (- CH 3 ) 

Hai axit là: HCOOH và CH 3 COOH 

* Tìm rượu: 

Theo (6), (7), (8): n R’COONa = n R’COOH = 3 

1 b = 0,2 mol 

n NaOH = 

1 

nH 

2 O = (a + b) = 0,3 mol 

3 

n R ' CH ONa = n R' CH2OH 

d− 

=> m R’COONa + m NaOH + m R ' CH ONa = 48,8 gam 

2 

(R’ + 67). 0,2 + 40. 0,3 + (R’ + 53). 0,3 = 48,8 

0,5. R’ + 41 ,3 = 48,8 => R’ = 15 (- CH 3 ) 

* Vậy công thức của hai este là: 

Ta có hệ: 

HCOOCH 2 CH 3 (x mol) 

CH 3 COOCH 2 CH 3 (y mol) 

2 

= 3 

1 c = 0,3 mol 

⎪⎧ 

nHCOOC 

+ 

= 1,8 

2 H n 

5 CH3COOC2 

H5 

⎨ 

⎪⎩ 

mHCOONa 

+ mCH 

= 211.2 −1,8.40 

= 139,2 

3COONa 

⎨ ⎧ x + y = 1,8 

Giải hệ ta được ⎨ ⎧ x = 0,6 

⎩ 68x 

+ 82y 

= 139,2 

⎩ y = 1,2 

74x 

% m HCOOC 2 H = . 100 = 29,6% 

5 

74x 

+ 88y 

% m CH3COOC2 

H = 100 – 29,6 = 70,4% 

5 

Câu 73: Vĩnh Phúc 2009 

1. Một hợp chất hữu cơ A (C,H,O) chỉ chứa một loại nhóm chức trong phân tử, có phân tử khối bằng 

144. Cho 14,4 gam A tác dụng với 100 ml dung dịch NaOH 2M vừa đủ, thu được hỗn hợp gồm một 

muối và một rượu có số nguyên tử cacbon trong gốc hydrocacbon bằng nhau. 

a. Lập luận xác định công thức cấu tạo của A. Biết A có mạch cacbon không phân nhánh. 

b. Viết các phương trình phản ứng tổng hợp A từ CH 4 ( các chất vô cơ và điều kiện cần thiết có đủ). 
















2. Thêm dung dịch NH 3 tới dư vào dung dịch chứa 0,5 mol AgNO 3 ta được dung dịch M. Cho từ từ 3 

gam khí X vào dung dịch M tới phản ứng hoàn toàn, được dung dịch N và 43,2 gam chất rắn Q. 

Thêm từ từ dung dịch HI tới dư vào dung dịch N thu được 23,5 gam kết tủa màu vàng và V lít khí Y 

(đktc). Tìm công thức của X và tính V. 

3.Cho 5,04 lít hỗn hợp A (đktc) gồm C 2 H 2 và H 2 qua Ni đun nóng được hỗn hợp khí B chỉ gồm 3 

hidrocacbon có tỉ khối so với H 2 bằng 14,25. 

1. Xác định khối lượng trung bình của A. 

2. Cho B phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br 2 dư. Tính số mol Br 2 đã tham gia phản ứng. 

Giải: 

1. a.Xác định cấu tạo của A. 

n A = 14,4/144 =0,1 mol, n NaOH = 0,1.2 = 0,2 

Ta có n A : n NaOH = 1: 2 và A + NaOH → 1 muối + 1 rượu 

=> A este 2 chức của một rượu và một axit => A có dạng: 

R 1 - CO-O- R 2 - O-CO- R 1 (1); R 1 - O-CO- R 2 - CO-O- R 1 (2) 

O 

C R 1 C O 

O R 2 O 

(3) 

TH1: (1), (2) 2R 1 + R 2 = 144-88 = 56, tương đương C 4 H 8 , số cacbon trong R 1 , R 2 bằng nhau, có 

một gốc chứa liên kết đôi ; vậy không phù hợp (3 gốc có số C bằng nhau mà tổng bằng 4C) 

TH2: (3) R 1 + R 2 = 56 tương đương -C 4 H 8 - ; 

Vậy chọn R 1 = R 2 = C 2 H 4 (gốc no bậc II) 

O= C - CH 2 -CH 2 - C = O 

│ │ (3) 

O - CH 2 -CH 2 - O 

b. Các phương trình điều chế: 

+ Điều chế etylenglicol 

0 

1500 C 

2CH 4 ⎯⎯⎯→ C 2 H 2 + 3H 2 

3 

C 2 H 2 + H 2 ⎯⎯⎯⎯→ Pd/PbCO 

0 C 2 H 4 

2. 

t 

3CH 2 =CH 2 

+ 2KMnO 4 + 4H 2 O 3CH 2 - CH 2 + 2KOH + 2MnO 2 

+ Điều chế HOOC – CH 2 – CH 2 – COOH 

CH 2 = CH 2 + Cl 2 ⎯⎯→ CH 2 Cl – CH 2 Cl 

CH 2 Cl 

CH 2 Cl 

CH 2 MgCl 

CH 2 MgCl 

CH 2 COOMgCl 

CH 2 COOMgCl 

+ 2 Mg 

ete 

CH 2 MgCl 

CH 2 MgCl 

+ 2CO 2 

CH 2 COOMgCl 

+ 2HCl 

CH 2 COOMgCl 

CH 2 COOH 

CH 2 COOH 

OH OH 


+ 2MgCl 2 

H2SO4 

C 2 H 4 (OH) 2 + HOOC – CH 2 – CH 2 – COOH ⎯⎯⎯→sp + 2H 2 O 















Cho NH 3 dư vào dd AgNO 3 có phản ứng 

AgNO 3 + dd NH 3 dư ⎯⎯→ [Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 (dd M) (1) 

0,5 0,5 (mol) 

Cho X + dd(M) ⎯⎯→ dd (N) + 43,2 gam chất rắn Q 

Cho dd HI dư + dd(N) ⎯⎯→ 23,5 gam kết tủa vàng 

=> Trong dd(N) còn dư [Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 , kết tủa vàng là AgI 

Phản ứng: [Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 + 2HI ⎯⎯→ AgI↓ + NH 4 NO 3 + NH 4 I (2) 

(2) => Số mol [Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 dư = Số mol AgI = 23,5/235 = 0,1mol 

=> Số mol [Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 pư = 0,5 - 0,1 = 0,4 mol 

=> Trong Q chứa 0,4.108 = 43,2 gam Ag = m Q. Vậy trong Q chỉ chứa Ag. 

Vậy X là anđêhít, X là chất khí nên X chỉ có thể là HCHO hoặc CH 3 CHO 

+ Nếu là CH 3 CHO ⎯⎯→ 2Ag => nAg = 2nCH 3 CHO = 2.3 = 0,136 < 0,4. Loại 

44 

+ Nếu là HCHO: Số mol = 3/30 = 0,1mol 

HCHO + 4[Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 + H 2 O ⎯⎯→ (NH 4 ) 2 CO 3 + 4Ag + 4NH 4 NO 3 + 2NH 3 (3) 

0,1 0,4 0,1 0,4 (mol) 

=> n = 4n 

= 4.0,1 = 0,4 mol. Phù hợp với đề bài.Vậy X là HCHO 

Ag 

HCHO 

-Xác định V: Cho HI dư vào dd(N) có pư 

[Ag(NH 3 ) 2 ]NO 3 + 2HI ⎯⎯→ AgI↓ + NH 4 NO 3 + NH 4 I (4) 

(NH 4 ) 2 CO 3 + 2HI ⎯⎯→ 2NH 4 I + CO 2 + H 2 O (5) 

Theo (5) => Thể tích CO 2 = V = 0,1.22,4 = 2,24 lít 

3.B gồm C 2 H 2 ; C 2 H 4 ; C 2 H 6 

Gọi công thức chung của B là C2H 

x 

dB/H 2 = 14,25 => M B = 14,25.2 = 28,5 => 24 + x = 28,5 => x = 4,5 

1. Giả sử có 1 mol B => m B = 28,5 gam 

Ni 

PT: C 2 H 2 + 1,25H 2 ⎯⎯→ 0 C 2 H 4,5 (1) 

1 1,25 1 

28,5 

m = const => m A = 28,5 gam mà n A = 2,25 mol => M 

A 

= = 12,67 

2, 25 

5,04 

2. Theo bài ra: nA 

= = 0, 225( mol) 

22, 4 

(1) => n B = 0,1 (mol) 

3 

PT C 2 H 4,5 + 

4 Br 2 ⎯⎯→ C 2 H 4,5 Br 1,5 (2) 

t 

(2) => số mol Br 2 = 0,1.0,75 = 0,075 (mol). 

Câu 74: 

Hỗn hợp A gồm n hidrocacbon đồng đẳng kế tiếp, có tổng phân tử khối là 280. Trong hỗn hợp này, 

phân tử khối của hidrocacbon có số cacbon lớn nhất gấp 3 lần phân tử khối của hidrocacbon có số 

cacbon nhỏ nhất. Xác định n và công thức phân tử các hidrocacbon. Cho C = 12, H = 1. 

Giải: 

Gọi M 1 là phân tử khối của hidrocacbon nhỏ nhất. Phân tử khối của các hidrocacbon lập thành một 

cấp số cộng có công sai 14 nên ta có : 
















[M 

1 

+ (n − 1)14 + M 

1]n 

S = = [M1 

+ 7(n − 1)]n = 280 

(I) 

2 

M n = 3M 1 ⇒ Mn = M 

1 

+ (n − 1)14 = 3M1 

⇒ M 1 = 7(n-1) (II) 

Từ (I, II) ⇒ n 2 - n - 20 = 0 

⇒ n = 5 ( nhận ) và n = - 4 (loại) 

⇒ M 1 = 7(5-1) = 28 (C 2 H 4 ) 

Các chất gồm C 2 H 4 , C 3 H 6 , C 4 H 8 , C 5 H 10 và C 6 H 12 

Câu 75: 

Hỗn hợp gồm hai este A và B (a gam) tác dụng hết với dung dịch KOH thu được b gam ancol D và 

2,688 gam hỗn hợp muối kali của hai axit hữu cơ đơn chức kế tiếp nhau trong cùng dãy đồng đẳng. 

Nung toàn bộ lượng muối trên với NaOH, CaO đến phản ứng hoàn toàn thấy thoát ra 0,672 lít hỗn 

hợp khí E (đktc). Đốt cháy hoàn toàn lượng ancol D, sản phẩm cháy có m 

CO 

: m 

2 H2O = 1,63 khi bị hấp 

thụ hoàn toàn bằng 45 ml dung dịch Ba(OH) 2 0,5M thấy tách ra 2,955 gam kết tủa. 

Xác định công thức cấu tạo có thể của A, B và tính các trị số a, b 

Giải: 

* Do axit tạo este là đơn chức nên este có dạng ( R −COO) n R’ (n≥ 1) 

( R −COO) n R’ + KOH → n R −COOK + R’(OH) n 

R −COOK + NaOH ⎯⎯⎯→ CaO 

o R H + KNaCO 

t 

3 

0,03 0,03 

Theo PT: KL mol của muối = 2,688 : 0,03 = 89,6 ⇒ R + 83 = 89,6 ⇒ R = 6,6 

⇒ R 1 2 ⇒ D là ancol no 

m 1,63 

CO 18× 

1,63 1 C 1 

CO 

2 

2 

Theo công thức chung C a H 2a+2 O x thì 2 n+ 2 = 

3 

n 1 ⇒ a = 2 ⇒ C 2H 6 O x 

Số mol ancol = 0,03 thì CO 2 tạo ra khi ancol cháy = 0,06 

n 

n 

mol 

CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 ↓ + H 2 O 

0,015 0,015 0,015 ⇒ 0,015 < 0,0225 nên còn 0,0075 mol Ba(OH) 2 

nếu Ba(OH) 2 dư thì 0,06 = 0,015 ⇒ n = 4 > 2 (không hợp lý) 

n 

2CO 2 + Ba(OH) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 

0,015 0,0075 

Khi đó, 0,06 

n 

= 0,015 + 0,015 ⇒ n = 2 s n = 2 ⇒ công thức D: HO-CH 2-CH 2 -OH 

* Công thức có thể của A, B: (HCOO) 2 C 2 H 4 ; 

H COO CH2 

| 

H COO CH ; CH 

3 

COO CH2 

| 

2 

CH 

3 

COO CH ; H COO CH2 

| 

2 

CH 

3 

COO CH2 

* Trị số b = 0,03 ×62 = 0,93 (gam) 

2 

Trị số a = KL muối + KL ancol − KL KOH = 2,688 + 0,93 − (0,03×56) = 1,938 (gam) 
















Câu 76: 

Đốt cháy hoàn toàn 1,8 gam hợp chất hữu cơ A cần dùng hết 1,344 lít O 2 (đktc) và chỉ thu được 

CO 2 , H 2 O theo tỷ lệ thể tích 1 : 1. Cho cùng lượng chất A tác dụng hết với Na và tác dụng hết 

với NaHCO 3 thì số mol H 2 và số mol CO 2 thoát ra bằng nhau và bằng số mol A phản ứng. Tìm 

công thức phân tử hợp lý của A và cấu tạo có thể của A. 

Giải: 

* Tổng khối lượng CO 2 + H 2 O = Tổng khối lượng (A + O 2 ) = 1,8 + (0,06×32) = 3,72 (g) 

⇒ 44a + 18a = 3,72 ⇒ a = 0,06 (số mol CO 2 = số mol H 2 O = 0,06) 

⇒ số mol C trong A = 0,06; số mol H trong A = 0,12 

⇒ số mol oxi trong A = (0,06×2)+0,06 −(0,06×2) = 0,06 

⇒ C : H : O = 1 : 2 : 1 ⇒ CH 2 O 

* A tác dụng với NaHCO 3 (số mol CO 2 ↑ = số mol A) ⇒ phân tử có 1 nhóm −COOH 

A tác dụng với Na (số mol H 2 ↑ = số mol A) ⇒ phân tử A có 2 nguyên tử H linh động 

⇒ phân tử A có 1 nhóm COOH và 1 nhóm OH 

Công thức phân tử A: C 3 H 6 O 3 . 

Công thức cấu tạo A: HO−CH 2 −CH 2 −COOH hay 

Câu 77: 

CH 

3 

CH COOH 

| 

OH 

Đốt cháy 1,6 gam một este (E) đơn chức được 3,52 gam CO 2 và 1,152 gam H 2 O. 

a) Tìm công thức phân tử của (E). 

b) Cho 10 gam (E) tác dụng với lượng NaOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch sau phản ứng được 14 

gam muối khan. Tìm công thức cấu tạo của (E), biết (E) không phân nhánh. 

c) (F) là một đồng phân của (E), (F) tác dụng với NaOH tạo ra một rượu mà khi đốt cháy một thể 

tích hơi rượu này cần ba thể tích oxi đo ở cùng điều kiện. Tìm công thức cấu tạo của (F) 

(Cho: Na = 23; Ba = 137; C = 12; H = 1; O = 16) 

Giải: 

1. Gọi công thức phân tử (E) là C x H y O 2 , ta có phương trình 

C x H y O 2 + 

a mol 

Gọi n E = a mol 

m 3,52 

n CO = = 

2 

⎛ y ⎞ 

⎜ x + - 1 

4 ⎟ O 2 

⎝ ⎠ 

t o 

⎯⎯⎯→ xCO 2 + 

ax mol 

y 

2 H 2O 

ay 

2 mol 

M 44 = 0,08 mol; 1,152 

n H2O 

= = 0,064 mol 

18 

ta có hệ sau: a(12x + y + 16×2) = 1,6 (I) 


ax = 0,08 

ay 

2 

Giải hệ 12ax + ay + 32a = 1,6 


(II) 

= 0,064 ⇒ ay = 0,128 (III) 

32a = 1,6 - 12 × 0,08 - 0,128 = 0,512 














a = 0,016 

(II) ⇒ x = 0,08 

0,016 = 5 

y = 0,128 

0,016 = 8 

Công thức phân tử E: C 5 H 8 O 2 n E = 10 = 0,1 mol 

100 

Gọi công thức tổng quát của E: RCOOR′ 

RCOOR′ + NaOH → RCOONa + R′- OH 

0,1 0,1 0,1 

n E = n NaOH = n RCOONa = 0,1 mol (vì E là este đơn chức) 

m NaOH = 0,1 × 40 = 4 g 

m E + m NaOH = m muối + m rượu ⇒ m rượu = 0 

⇒ Vậy E tác dụng với NaOH không tạo thành rượu nên E phải là este vòng. Có cấu tạo : 

CH2 

Tính ∆ = 2.5 - 8 + 2 = 2 

2 

CH2 

CH2 - CH2 

CH2 

- C 

CH2 - CH2 

O 

2 

O 

O 

Thật vậy 

CH - C O 

+ NaOH 

m muối = 0,1 × 140 = 14 g (phù hợp đề). 

t o 

⎯⎯⎯→ HO - CH 2 - CH 2 - CH 2 - CH 2 - COONa 

Câu 78: 

Chất hữu cơ A chứa 54,96% C và 9,92% H về khối lượng. Định lượng N theo phương pháp Dumas từ 

1,31 gam A và thu khí N 2 vào một khí kế ở 30 o C thì thể tích khí N 2 đo được là 0,1272 lít; mực nước 

trong khí kế cao hơn mực nước ngoài chậu 6,8 cm; áp suất khí quyển là 760 mmHg và áp suất hơi 

nước bão hòa ở 30 o C là 12,3 mmHg. (a) Xác định công thức phân tử của A, biết phân tử A có một 

nguyên tử N. (b) A có tính lưỡng tính, phân tử A chỉ có nguyên tử C bậc một và bậc hai và khi đun 

nóng A tham gia phản ứng trùng ngưng tạo ra một polime mạch hở có phân tử khối là 1.500.000. Xác 

định số mắt xích A trong polime nêu trên. Cho C = 12, H = 1, O = 16, N = 14. 

Giải: 

(a) Áp suất riêng phần của N 2 : 

h 6,8× 

10 

pN 2 

= H − f − = 760 −12,3 − = 742,7 (mmHg) 

13,6 13,6 

Số mol N 2 = pV 742,7 × 273 × 

= 0,1272 = 0,005 (mol) 

RT 760× 22, 4 × (273 + 30) 

%N trong A = 0,005 × 28 × 100% = 10,69% 

1,31 
















%O = 100% - 75,57% = 24,43% 

54,96 9,92 24,43 10,69 

n 

C 

: n 

H 

: n 

O 

: n 

N 

= : : : = 6: 13: 2: 1 

12 1 16 14 

Công thức phân tử của A là C 6 H 13 O 2 N. 

(b) A vừa tác dụng với dung dịch HCl và dung dịch NaOH, chỉ chứa C bậc 1 và bậc 2 nên Công thức 

cấu tạo đúng của A là : H 2 N-[CH 2 ] 5 -COOH. 

Phương trình phản ứng trùng ngưng : 

o 

t ,xt,p 

n H 2 N-[CH 2 ] 5 COOH ⎯⎯⎯→ H-(-HN-[CH 2 ] 5 CO-)- n OH+ (n-1) H 2 O 

1.500.000 −18 

n = = 13274 

113 

Câu 79 An Giang 2012 

1.Hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ A và B. Trong phân tử mỗi chất chỉ có một nhóm chức –OH hoặc – 

CHO. Nếu cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO 3 trong NH 3 dư thì thu được 21,6 gam Ag 

(không có khí thoát ra). Mặt khác nếu cho hỗn hợp X tác dụng hoàn toàn với H 2 (t 0 , Ni xúc tác) thấy 

có 4,48 lít khí H 2 (ở đktc) tham gia phản ứng, còn nếu đốt cháy hoàn toàn sản phẩm đó rồi cho toàn 

bộ sản phẩm đốt cháy hấp thụ vào 300 gam dung dịch KOH 28% thì sau thí nghiệm nồng độ của 

KOH còn lại là 11,937%. Biết X tác dụng với H 2 (t 0 , xúc tác) tạo ra Y, Y tác dụng với Na thu được 

2,24 lít H 2 (ở đktc). Xác định công thức mỗi chất trong hỗn hợp X. 

2. Hỗn hợp M gồm ancol no, đơn chức X và axit cacboxylic đơn chức Y, đều mạch hở và có cùng số 

nguyên tử C, tổng số mol của hai chất là 0,5 mol (số mol của Y lớn hơn số mol của X). Nếu đốt cháy 

hoàn toàn M thì thu được 33,6 lít khí CO 2 (đktc) và 25,2 gam H 2 O. Mặt khác, nếu đun nóng M với 

H 2 SO 4 đặc để thực hiện phản ứng este hoá (hiệu suất là 88%) thì số gam este thu được là bao nhiêu? 

Giải: 

1. Trường hợp 1: Hỗn hợp không có HCHO 

RCHO → 2Ag 

1 21,6 

Số mol RCHO = ½ số mol Ag = × = 0, 1 mol 

2 108 

X sau khi cộng H 2 , mỗi chất có 1 nhóm –OH nên: 

X + Na → ½ H 2 

2,24 

Mặt khác: Số mol X = 2 số mol H 2 = 2 × = 0, 2 mol 

22,4 

⇒ Số mol chất còn lại = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol 

Giả thiết: 0,2 mol X + 0,2 mol H 2 ⇒ Trong X có một chất chứa nối C=C. 

Gọi CTPT 2 ancol sinh ra do cộng H 2 là H OH 

C n 2n+ 

1 

C H OH → n CO 

n 2n+ 1 

2 + ( n +1) H 2 O 

0,2 0,2 n 0,2( n +1) 

CO 2 + 2KOH → K 2 CO 3 + H 2 O 

0,2 n 0,4 n 

⇒ Khối lượng KOH dư = 84 – 56.0,4 n = 84 – 22,4 n gam 

84 − 22,4n 

C% KOH = = 0, 11937 

300 + 44.0,2n + 18.0,2(n + 1) 
















⇒ n = 2 

Gọi n (n≥2) là số nguyên tử C của ancol do anđehit tạo ra 

m là số nguyên tử C của ancol còn lại 

Vì số mol 2 ancol bằng nhau = 0,1 mol 

⇒ n + m = 4 

• n = 2, m = 2 → loại (không có nối C=C) 

• n = 3, m = 1 → CH 2 =CH-CHO và CH 3 OH 

Trường hợp 2: Hỗn hợp có HCHO 

N ∉ Z→ loại. 

2. 

Ta có: 

n hhM = 0,5 mol , n 

CO 

= 1,5 mol ⇒X và Y đều có 3C trong phân tử. 

2 

⇒ Công thức của ancol C 3 H 7 OH, của axit C 3 H k O 2 

Gọi số mol của X là x, của Y là y (0,25 < y < 0,5) 

C 3 H 7 OH → 3CO 2 + 4H 2 O 

x 

4x mol 

C 3 H k O 2 → 3CO 2 + k/2 H 2 O 

y 

ky/2 mol 

1, 2 

Ta có: x + y = 0,5 & 4x + ky/2 = 1,4 ⇒ y = 8 − k 

Vì 0,25 < y < 0,5 ⇒ k = 4 ; y = 0,3 ; x = 0,2 

Phản ứng este hoá: 

C 3 H 7 OH + CH 2 =CH-COOH C 2 H 3 COOC 3 H 7 + H 2 O 

Vì số mol của ancol nhỏ hơn số mol của axit nên tính theo số mol của ancol. 

⇒ m Este = 

88 

0 ,2.114 × = 20,064 gam 

100 

Bài 80. Một hỗn hợp gồm hai hiđrô cacbon nạch hở, trong phân tử mỗi chất chứa không quá một liên 

kết ba hay hai liên kết đôi, số nguyên tử cacbon mỗi chất tối đa là 7. 

Đốt cháy 0,05 mol hỗn hợp thu được 0,25 mol CO 2 và 0.23 mol H 2 O. 

Xác định công thức phân tử của hai hiđrô cacbon 

Giải: 

Gọi công thức của hai hiđrôcacbon lần lượt là: C n H 2n +2 – 2a và C m H 2m + 2 – 2b với n,m ≤7 , a, b ≤ 2 

Công thức chung của hai Hiđrôcacbon là: C H 

n 2n + 2 − 2a 

PTPU: 

C H + 3 n + 1 −a 

n 2n + 2 − 2a 

2 

O2 → nCO 2 

+ ( n + 1 − a) 

H 2 

O (1) 

nCO 

0,25 

2 

(1) => n = = = 5 

nA 

0,05 

0,23 

a = 5+ 1− = 1,4 

0,05 

Có một hiđrôcacbon có hai liên kết π 

Gọi x, y lần lượt là số mol của : à: C n H 2n +2 – 2a và C m H 2m + 2 – 2b trong hỗn hợp. 
















TH1: a = 0; b = 2. ta có hệ 

⎧ x + y = 0,05 

⎪ 

⎨2y 

= 0,07 

⎪ ⎪⎩ nx + my = 0, 25 

3n + 7m = 50 

Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất thoả mãn là n = m = 5. 

Hai hiđrôcacbon là: C 5 H 12 và C 5 H 8 

TH2: a =1; b = 2. Ta có hệ. 

⎧x + y = 0,05 ⎧x 

= 0,03 

⎨ 

⎪x + 2y = 0,07 => ⎪ 

⎨y 

= 0,02 

nx my 0,25 ⎪⎩ 

+ = ⎪⎩ 

3n + 2m 

= 25 

phương trình có nghiệm nguyên thoả mãn là : n = 7; m = 2 

n = 5; m= 5 

Vậy hiđrôcac bon là C 2 H 2 và C 7 H 14 

C 5 H 10 và C 5 H 8 ; C 5 H 12 và C 5 H 8 

Câu 81: Hỗn hợp A gồm hai axit hữu cơ no X và Y mạch hở ( trong đó X đơn chức). Nếu lấy số mol 

X bằng số mol Y rồi lần lượt cho X tác dụng hết với NaHCO 3 và Y tác dụng hết với Na 2 CO 3 thì 

lượng CO 2 thu được luôn bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn 5.6 gam hỗn hợp A được 7.7 gam CO 2 . Mặt 

khác trung hòa 4.2 gam hỗn hợp A cần 100ml dung dịch NaOH 0.75 M. 

c) Tìm công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của X và Y biết chúng mạch thẳng. 

d) Tính phần trăm về khối lượng của mỗi chất trong A? 

Giải: 

a) số mol CO 2 = 0,175: NaOH = 0,075 

R –COOH + NaHCO 3 → R-COONa + CO 2 + H 2 O (1) 

2R’(COOH) x + Na 2 CO 3 → 2R’(COONa) x + xCO 2 + xH 2 O (2) 

Theo giả thiết: x/2 = 1 ⇒ Y là điaxit 

Công thức chung của X là C n H 2n O 2 và Y là C n’ H 2n’-2 O 4 

- Đốt cháy: 

C n H 2n O 2 + 3 n − 2 

O2 → nCO 2 + nH 2 O (3) 

2 

C n’ H 2n’-2 O 4 + 3 n ' − 5 

O2 → n’CO 2 + (n’-1)H 2 O (4) 

2 

- Trung hòa 5,6 gam A cần 0,075 × 5,6 = 0,1 mol NaOH 

4,2 

R –COOH + NaOH → R-COONa + H 2 O (5) 

R’(COOH) 2 + 2NaOH → R’(COONa) 2 + xH 2 O (6) 

- Đặt số mol X, Y trong 5,6 gam hỗn hợp A là a và b, ta có hệ phương trình: 

(14n +32)a + (14n’ + 62)b = 5,6 (7) 

na + n’b = 0,175 (8) 

a + 2b = 0,1 (9) 

Giải hệ phương trình cho: a = 0,05; b = 0,025 

Và 0,05n + 0,025n’ = 0,175 hay 2n + n’ = 7 

- Phương trình thỏa mãn hai cặp nghiệm: 

* n = 2’; n’ = 3 là C 2 H 4 O 2 ( CH 3 COOH) 
















và C 3 H 4 O 4 ( HOOC-CH 2 -COOH) 

Với khối lượng C 2 H 4 O 2 chiếm 53,57% 

khối lượng C 3 H 4 O 4 chiếm 46,43% 

* n = 1; n’ = 5 là CH 2 O 2 ( HCOOH) 

và C 5 H 8 O 4 ( HOOC-(CH 2 ) 3 -COOH) 

Với khối lượng CH 2 O 2 chiếm 41,07% 

Khối lượng C 5 H 8 O 4 chiếm 58,43% 

Câu 82: 

Có một hỗn hợp X gồm 2 đồng đẳng của rượu etylic, oxy hoá hữu hạn là 30,75g X thu được hỗn 

hợp hai axit hữu cơ tương ứng. Và để trung hoà hỗn hợp axit nầy phải dùng 24g NaOH. Đốt cháy 

hoàn toàn 61,5g X rồi cho sản phẩm sinh ra lội qua bình A đựng H 2 SO 4 đặc, rồi lội bình B đựng 

Ba(OH) 2 . 

Sau thí nghiệm bình A và B tăng, giảm khối lượng thế nào? 

Giải: 

Gọi 2 đồng đẳng của rượu etylic là: C x H 2x+1 CH 2 OH có số mol là a 

C x H 2x+1 CH 2 OH ⎯ + O2 

⎯→ C x H 2x+1 COOH + H 2 O 

a 

a 

C x H 2x+1 COOH + NaOH → C x H 2x+1 COONa + H 2 O 

a a 

a = 24/40 = 0,6 mol 

Số mol rượu trong 61,5 gam X. 1,2 mol 

C x H 2x+1 CH 2 OH ⎯ + O2 

⎯→ (x+1) CO 2 + ( x+2) H 2 O 

2a (x+1) 2a (x+2) 2a 

a = 24/40 = 0,6 mol 

(14x+ 32)a = 30,75 

⎧a 

= 0,6 

⎨ 

⎩x 

= 1,375 

Khối lượng bình A tăng là khối lượng H 2 O =18(1,375+2)0,6x 2 = 72,9 gam 

Khối lượng bình B tăng là khối lượng CO 2 = 44(1,375+1)0,6x 2 = 125,4 gam 

Câu 83: 

Lấy 70 lít butan đem ckracking ở nhiệt độ, xúc tác thích hợp thu được 134 lít hỗn hợp A : H 2 , 

CH 4 , C 2 H 6 , C 2 H 4 , C 3 H 6 , C 4 H 8 và một phần butan chứa bị cracking. Chia A làm hai phần bằng nhau. 

Một phần cho sục từ từ vào nước brôm dư và thu lấy các khí không bị giữ lại (hỗn hợp B), sau khi 

tách hỗn hợp B ra thành các chất riêng lẽ theo thứ tự phân tử lượng tăng dần ( nhờ phương pháp 

riêng). Người ta đốt cháy các hydro cacbon riêng lẽ đó và thu được thể tích CO 2 có tỉ lệ tương ứng 

1:3:1. Một phần đem hợp H 2 O nhờ xúc tác đặc biệt, các thể tích ở (đktc) 

1.Xác định % V các chất trong A. 

2.Hiệu suất craking.. 

3.Tính khối lượng rượu nhận được (không cần lưu ý đến rượu đồng phần) 

Giải: 

C 4 H 10 → CH 4 + C 3 H 6 (1) 

V 1 V 1 V 1 

C 4 H 10 → C 2 H 4 + C 2 H 6 (2) 
















V 2 V 2 V 2 

C 4 H 10 → C 4 H 8 + H 2 (3) 

V 3 V 3 V 3 

Gọi V 1 , V 2 , V 3 , V 4 lần lượt là số mol C 4 H 10 ở (1), (2), (3) và dư 

Hỗn hợp A: CH 4 : V 1 

C 3 H 6 : V 1 

C 2 H 6 : V 2 

C 2 H 4 : V 2 

C 4 H 8 : V 3 

H 2 : V 3 

C 4 H 10 dư: V 4 

CH 4 + 2O 2 → CO 2 + 2H 2 O 

V 1 /2 V 1 /2 

C 2 H 6 + 7/2O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O 

V 2 /2 V 2 

C 4 H 10 + 13/2O 2 → 4CO 2 + 5H 2 O 

V 4 /2 2V 4 

⎧V 

1 

: 2V 

2 

= 1: 3 

⎪ 

V1 

: 4V 

4 

= 1:1 

⎨ 

⎪V 

1 

+ V2 

+ V3 

+ V4 

= 70 

⎪ 

⎩2V 

1 

+ 2V 

2 

+ 2V3 

+ V4 

= 134 

⎧V 

1 

= 24 

⎪ 

V2 

= 36 

⎨ 

⎪V 

3 

= 4 

⎪ 

⎩V 

4 

= 6 

24x100 

% CH 4 = % C 3 H 6 = = 17,92% 

134 

36x100 

%C 2 H 6 = % C 2 H 4 = = 26,87% 

134 

4x100 

% C 4 H 8 = % H 2 = = = 2,98% 

134 

%C 4 H 10 = 4,46% 

2.Hiệu suất crackinh: 

V1 

+ V2 

+ V3 

64x100 

%C 4 H 10 phản ứng: = = 91,43% 

35 70 

3.Khối lượng rượu: 

C 3 H 6 + H 2 O 

V 1 

22,4 

C 2 H 4 + H 2 O 

⎯ + 

o 

H ,t 

⎯ → 

⎯ + 

o 

H ,t 

⎯ → 

C 3 H 7 OH 


C 2 H 5 OH 












V 2 

22,4 

C 4 H 8 + H 2 O 

⎯ + 

o 

H ,t 

⎯ → 

C 4 H 9 OH 




V 3 

22,4 

Khối lượng C 3 H 7 OH = 

V 1 1 x x 60 = 32, 14 gam 

22,4 2 

V2 

1 

Khối lượng C 2 H 5 OH = x x46 

= 36, 96 gam 

22,4 2 

V3 

1 

Khối lượng C 4 H 9 OH = x x74 

= 6, 6 gam 

22,4 2 

Câu 84: 

Một anđehit no A mạch hở, không phân nhánh, có công thức thực nghiệm là (C 2 H 3 O) n . Oxi hóa A 

trong điều kiện thích hợp thu được hợp chất hữu cơ B. Đun nóng hỗn hợp gồm 1 mol B và 1 mol 

ancol metylic với xúc tác H 2 SO 4 đặc, thu được 2 este E và F(F có khối lượng phân tử lớn hơn E) với 

tỉ lệ khối lượng m E : m F =1,81. Tính khối lượng mỗi este thu được, biết rằng chỉ có 72% lượng ancol bị 

chuyển thành este. 

Giải: 

Đặt công thức tổng quát của anđehit no mạch hở: C x H 2x+2-y (CHO) y (x≥0;y≥1) 

C x H 2x+2-y (CHO) y ≡ (C 2 H 3 O) n 

x+y = 2n n=2 

2x + 2 = 3n ⇔ x=2: 

y = n y=2 

Vậy CT của A là: C 2 H 4 (CHO) 2 → C 2 H 4 (COOH) 2 → HOOC─C 2 H 4 ─COOCH 3 (E) 

Đặt số mol của E và F trong hỗn hợp A, B ta có: CH 3 OOC 2 H 4 COOCH 3 (F) 

mE 

: mF 

= 132 a :146b 

= 1,81 

Số mol rượu đã phản ứng: a+2b=1.0,72=0,72 

→ m = 47,54338( gam); m = 26, 26706( gam) 

E 

F 

Câu 85: 

1.Một chất hữu cơ M mạch hở chỉ chứa C, H, O có nguồn gốc từ thực vật và rất thường gặp trong đời 

sống. Hoà tan 3,84 gam M vào 200 gam nước cất; thu được dung dịch; dung dịch này đông đặc ở 

nhiệt độ -0,186 o C. Cho biết hằng số nghiệm lạnh của H 2 O là 1,86 o C. Lấy cùng số mol của M lần lượt 

cho tác dụng hết với NaHCO 3 , Na thì số mol CO 2 thu được bằng 1,5 lần số mol H 2 . Biết số nguyên tử 

oxi của M nhỏ hơn 8; M có mạch chính đối xứng và khó bị oxi hoá bởi CuO. Tìm công thức cấu tạo 

của M. 

2.Hợp chất hữu cơ M chứa cacbon, hiđro, oxi; có công thức đơn giản trùng công thức phân tử. Cho 

13,8 gam chất hữu cơ M tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sau đó chưng khô thì phần bay hơi 

chỉ có H 2 O, phần chất rắn khan còn lại chứa 2 muối của Na chiếm khối lượng 22,2 gam. Nung nóng 2 

muối này trong O 2 dư, sau khi phản ứng hoàn toàn, ta thu được 15,9 gam Na 2 CO 3 ; 24,2 gam CO 2 và 

4,5 gam H 2 O. Tìm công thức phân tử, công thức cấu tạo của M. 

Giải: 
















m 

1. = k × ⇒ 0-(-0,186) = 1,86 × 

M 

⇒M = 192 

Đặt M là R(OH) a (COOH) b 

3,84 

× 1000 

200 

M 

R(OH) a (COOH) b + bNaHCO 3 →R(OH) a (COONa) b + bCO 2 +bH 2 O 

a + b 

R(OH) a (COOH) b + (a+b)Na→R(ONa) a (COONa) b + H 2 

2 

b 

=1,5 ⇒ b=3a 

a + b 

2 

a+2b≤ số nguyên tử O của A < 8 

⇒ a+2b








cùng điều kiện t o , P. Đem xà phòng hóa hoàn toàn phần thứ hai bằng 300,0 ml dung dịch NaOH 1M 

rồi tiến hành chưng cất thì thu được 8,5 hơi hỗn hợp 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp. Cô cạn phần dung 

dịch còn lại sau khi chưng cất thì thu được chất rắn X, nung X trong bình kín có đủ oxi đến khi các 

phản ứng hoàn toàn thì thu được 22,0 gam CO 2 , 7,2 gam H 2 O và còn một lượng muối cacbonat. Xác 

định công thức 2 este và tính % khối lượng các chất rắn trong X. 

Giải: 

Theo giả thiết: tổng số mol 2 este trong một phần = 6,4 

32 = 0,2 

NaOH 0,3 

Tỷ lệ số mol xà phòng hóa phần thứ hai bằng = < 2 ⇒ các este đơn chức 

este 0,2 

Số mol hỗn hợp ancol = số mol este = 0,2 nên M ancol = 8,5 

0,2 = 42,5 

Duy nhất có CH 3 OH = 32 < 42,5 ⇒ ancol kế tiếp là C 2 H 5 OH 

CH3OH = 32 3,5 

ց ր 

42,5 

ր ց ⇒ tỷ lệ số mol CH3OH 1 

= 

C2H5OH 3 

C2H5OH=46 10,5 

Chất rắn còn lại sau khi chưng cất là hỗn hợp 2 muối và có cả NaOH dư = 0,1 mol 

Vì 2 este là đồng phân của nhau nên 2 muối có dạng C x H y COONa và C x+1 H y+2 COONa 

+O 

2C x H y COONa 

2 

⎯⎯⎯→ (2x+1)CO 2 + yH 2 O + Na 2 CO 3 (1) 

0,15 0,075 (2x+1) 0,075y 

+O 

2 

2C x+1 H y+2 COONa ⎯⎯⎯→ (2x+3)CO 2 + (y+2)H 2 O + Na 2 CO 3 (2) 

0,05 0,025 (2x+3) 0,025 (y+2) 

2NaOH + CO 2 → Na 2 CO 3 + H 2 O (3) 

0,1 0,05 0,05 

Số mol CO 2 = 0,5 và H 2 O = 0,4 ; theo các PTHH (1), (2), (3): 

CO 2 tạo thành = 0,075 (2x+1) + 0,025 (2x+3) − 0,05 = 0,5 ⇒ x = 2 

H 2 O tạo thành = 0,075y + 0,025 (y+2) + 0,05 = 0,4 ⇒ y = 3 

Công thức 2 muối là: C 2 H 3 COONa ⇒ este 1 là C 2 H 3 COOC 2 H 5 

C 3 H 5 COONa ⇒ este 2 là C 3 H 5 COOCH 3 

Trong X có: 0,15×94 = 14,1 gam C 2 H 3 COONa ∼ 60% 

0,05×108 = 5,4 gam C 3 H 5 COONa ∼ 22,98% 

0,1×40 = 4,0 gam NaOH ∼ 17,02% 

Bài 87: MTCT Long An 

Đốt cháy 5,2g hỗn hợp X gồm ba hidrocacbon cùng dãy đồng đẳng có số mol bằng nhau bằng lượng 

oxi vừa đủ thu hỗn hợp Y. Dẫn hỗn hợp Y vào 200 ml dung dịch Ca(OH) 2 1M thu a(g) kết tủa và 

dung dịch Z. Cho dung dịch Ba(OH) 2 đến dư vào dung dịch Z thì thu thêm b(g) kết tủa, biết a + b = 

49,55. Xác định công thức phân tử của ba hidrocacbon trên. 


Giải: 

Gọi x, y là số mol Ca(OH) 2 tham gia ở phản ứng (1), (2) 

CO 2 + Ca(OH) 2 ⎯⎯→ CaCO 3 + H 2 O (1) 

x x x 

2CO 2 + Ca(OH) 2 ⎯⎯→ Ca(HCO 3 ) 2 (2) 

2y y y 















Ca(HCO 3 ) 2 + Ba(OH) 2 ⎯⎯→ BaCO 3 + CaCO 3 + 2H 2 O (3) 

y y y 

x + y = 0,2 (4) 

100x + 297y = 49,55 (5) 

(4),(5) ⇒ x = 0,05 và y = 0,15 ⇒ n CO2 = 0,15*2 + 0,05 = 0,35 

n H2O = (5,2-0,35*12)/2 = 0,5 

⇒ hidrcacbon là ankan ⇒ số C tb = 0,35/(0,5-0,35) = 7/3 

Vậy CT HC là CH 4 , C 2 H 6 , C 4 H 10

BÀI TẬP TỔNG HỢP VÔ CƠ - HỮU CƠ ÔN HSG HÓA HỌC

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?