BÀI TẬP TỔNG HỢP VÔ CƠ - HỮU CƠ HAY ÔN THI THPT QG MÔN HÓA

BÀI TẬP TỔNG HỢP VÔ CƠ 

Câu 1. Điện phân dung dịch hỗn hợp gồm 0,1 mol FeCl3, 0,2 mol CuCl2 và 0,1 mol HCl (điện cực trơ). 

Khi ở catot bắt đầu thoát khí thì ở anot thu được V lít khí (đktc). Biết hiệu suất của quá trình điện phân là 

100%. Giá trị của V là 

A. 5,60. B. 11,20. C. 22,40. D. 4,48. 

HƯỚNG DẪN GIẢI 

Diện phân đến khi xuất hiện bọt khí bên catot chứng tỏ điện phân đến H + 

3+ 2+ 

Dễ có 2 n Cl2 = n Fe + 2n Cu = 0,5 mol => nCl 2 = 0,25 mol => V = 5,6 lit 

Câu 2. Hòa tan hoàn toàn 3,22 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Zn bằng một lượng vừa đủ dung dịch 

H 2 SO 4 loãng, thu được 1,344 lít hiđro (đktc) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là 

A. 10,27. B. 9,52. C. 7,25. D. 8,98. 

Câu 3. Cho m gam Fe vào bình chứa dung dịch gồm H2SO4 và HNO3, thu được dung dịch X và 1,12 lít 

khí NO. Thêm tiếp dung dịch H 2SO 4 dư vào bình thu được 0,448 lít khí NO và dung dịch Y. Biết trong cả 

hai trường hợp NO là sản phẩn khử duy nhất, đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Dung dịch Y hòa tan vừa hết 

2,08 gam Cu (không tạo thành sản phẩm khử của N +5 ). Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị 

của m là 

A. 2,40 . B. 4,20 . C. 4,06. D. 3,92. 


Dd Y. Fe 3+ = 2mol Cu=0,065mol. Fe 2+ .x mol 

Bảo toàn electron . 

3*0,065+2x=(0,05+0,02)*3. 

⇒x=0,0075 

số mol Fe ban đầu = 0,065+0.0075 

m=4,06 

Câu 4. Nung nóng 46,6 gam hỗn hợp gồm Al và Cr2O3 (trong điều kiện không có không khí) đến khi 

phản ứng xảy ra hoàn toàn. Chia hỗn hợp thu được sau phản ứng thành hai phần bằng nhau. Phần một 

phản ứng vừa đủ với 300 ml dung dịch NaOH 1M (loãng). Để hòa tan hết phần hai cần vừa đủ dung dịch 

chứa a mol HCl. Giá trị của a là 

A. 0,9. B. 1,3. C. 0,5. D. 1,5. 


Xét trường hợp Al dư. 2Al + Cr 2O 3 →2Cr + Al 2O 3 

2x x 

Có n Al dư = y mol; có hệ. 52.2x + 102.x + 27y = 46,6 . 2 

Và có y + 2x = 0,3⇒ x = 0,1 mol ; y = 0,1 mol 

⇒ chất rắn mối phần chứa 0,2 mol Cr ; 0,1 mol Al ; 0,1 mol Al2O3 

Bảo toàn điện tích có . nHCl = 6nAl 2O 3 + 3nAl 3+ + 2nCr 2+ = 0,6 + 3.0,1 + 2.0,2 = 1,3 mol 

Câu 5. Hỗn hợp X gồm Fe(NO 3) 2, Cu(NO 3) 2 và AgNO 3. Thành phần % khối lượng của nitơ trong X là 

11,864%. Có thể điều chế được tối đa bao nhiêu gam hỗn hợp ba kim loại từ 14,16 gam X? 

A. 10,56 gam. B. 7,68 gam. C. 3,36 gam. D. 6,72 gam. 


Trong NO3 - tỉ lệ số mol N.O = 1.3 

→ %OX = 48.11,864/14 = 40,68% 

→ % Kim loại trong X = 100 - %NX - %OX = 100- 11,864% - 40,68% = 47,45% 

→ m kim loại = 47,45%.14,16 = 6,72 gam. 

Câu 6. Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít 

khí H 2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH) 2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO 2 (đktc) 

vào Y, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là 

A. 23,64. B. 15,76. C. 21,92. D. 39,40. 


Qui đổi hỗn hợp X về 3 nguyên tử . Na(x mol), Ba(y mol); O(z mol) 

23x+137y+16z=21,9 

x+2y-2z=1,12.22,4*2=0,1 

y=20,52.171=0,12 

⇒x=0,14;z=0,12

Số mol OH - =0,12*2+0,14=0,38 

1< Số mol OH - / số mol CO 2 a=0,06 ; b=0.06 

Từ ptpu có n NaNO3 = (n O2 - n NO2/4 ). 2 = 0,09 mol 

=> n (Cu2+ và Mg 2+) =0.03 mol 

trong dd Y có . Cu 2+ ,Mg 2+ ,NO 3 

- 

,SO 4 

2- 

và Na + có n SO42- = n BaSO4 = 0, 04 mol 

bảo toàn ĐT 0,03.2 + 0,09 = 0,04.2+ n NO3- => n NO3- = 0,07 

lại có 0.03mol gồm NO2 và SO2 

BTNT nito có nNO2 =nNaNO3 - nNO3- = 0,02 mol 

nSO2= 0,01 mol 

Cu → Cu 2+ 

Mg → Mg 2+ 

O → O 2- 

S→ S +6 

N +5 → N +4 

S +6 → S +4 ( H 2SO 4) 

=> nS = ( 2n SO2 + n NO2 + 2n O -( n Cu2+ + n Mg2+).2 ) . 6 ( n O = 0,3m/16) 

=> m-0,3m-(0,00625m-1/300).32+0,09.23+0,04.96+0,07.62= 4m 

=>m = 2,959g 

Câu 8.Trộn đều 6,102 gam hỗn hợp Al, Fe3O4, CuO (tỉ lệ mol 1.1.1) rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm 

trong điều kiện không có không khí thu được hỗn hợp X. Cho X tác dụng với lượng dư dung dịch HNO3 

thu được V(ml) đktc hỗn hợp khí NO2 và NO theo tỉ lệ mol tương ứng là 1.1 (sản phẩm khử chỉ có NO2 

và NO). Giá trị của V là 

A. 800,40. B. 604,80. C. 403,20. D. 645,12. 

Đáp án: A 

n Al= n Fe3O4 = n CuO = 0,018 mol 

=>n O 2- = 0,018.4 + 0,018 = 0,09 mol 

Bảo toàn e. 

nenhường = 0,018.3 + 0,018.3 .3 + 0,018.2 = 0,252 mol 

n e nhận = 0,09.2 + a + 3a 

=> a = 0,018 mol 

=> V = 0,018.2.22,4 = 800,4 ml. 

Câu 9. Cho hỗn hợp X gồm Na và Al vào nước thu được dung dịch Y chứa hai chất tan có số mol bằng 

nhau và thấy thoát ra V (lit) H 2 (đktc). Thêm 150 ml dung dịch H 2SO 4 1M vào dung dịch Y thu được 7,8 

gam kết tủa và dung dịch sau phản ứng đổi màu quỳ tím sang xanh. Vậy giá trị của V tương ứng là 

A. 8,96 lit . B. 7,84 lit. C. 13,44 lit. D. 11,2 lit. 

Đáp án: D 

OH - + H + → H2O 

0,2 0,2 mol 

AlO2- + H2O + H + → Al(OH)3

0,1 0,1 mol 

Na + H2O → NaOH + ½ H 2 

0,2+0,2 0,2 

NaOH + H 2O + Al → NaAlO2 + 3/2 H 2 

0,2 0,3 

=> V = 11,2 lit. 

Câu 10.Nhiệt phân 50,56 gam KMnO 4 sau một thời gian thu được 46,72 gam chất rắn. Cho toàn bộ lượng 

khí sinh ra phản ứng hết với hỗn hợp X gồm Mg, Fe thu được hỗn hợp Y nặng 13,04 gam. Hòa tan hoàn 

toàn hỗn hợp Y trong lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, đun nóng thu được 1,344 lit (đktc) SO2 (là sản 

phẩm khử duy nhất). Thành phần phần trăm khối lượng của Mg trong X là 

A. 39,13 %. B. 52,17%. C. 28,15 %. D. 46,15 %. 

Chọn A 

n O2 (nhiệt phân) = (50,56 – 46,72) . 32 = 0,12 mol 

m Mg, Fe = 13,04 – 0,12.32 = 9,2 gam 

n SO2 = 0,06 mol 

Ta có. 

2a + 3b = 0,12.4 + 0,06.2 

24a + 56b = 9,2 

=> a = 0,15; b = 0,1 

=> % Mg = 39,13 % 

Câu 11.Hòa tan hoàn toàn 17,88 gam hỗn hợp X gồm 2 kim loại kiềm A, B và kim loại kiềm thổ M vào 

nước thu được dung dịch C và 0,24 mol khí H2 bay ra. Dung dịch D gồm H2SO4 và HCl trong đó số mol 

của HCl gấp 4 số mol của H 2SO 4. Để trung hòa ½ dung dịch C cần hết V lit dung dịch D. Tổng khối 

lượng muối tạo thành trong phản ứng trung hòa là 


Chọn A 

nOH-= 2nH2 = 0,24.2 = 0,48 mol 

nH2SO4 = x mol thì nHCl = 4xmol 

Trung hòa ½ C. 

H + + OH - → H2O 

6x 0,24 

=> x = 0,04 mol 

m muối = 1/2mKI + mCl - + mSO 4 

2- 

= 17,88.1/2 +0,16.35,5 + 0,04.96 = 18,46 gam 

Câu 12. Cho 8,16 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 3O 4 và Fe 2O 3 phản ứng hết với dung dịch HNO 3 loãng 

(dung dịch Y), thu được 1,344 lít NO (đktc) và dung dịch Z. Dung dịch Z hòa tan tối đa 5,04 gam Fe, sinh 

ra khí NO. Biết trong các phản ứng, NO là sản phẩm khử duy nhất của N +5 . Số mol HNO3 có trong Y là 

A. 0,78 mol. B. 0,54 mol. C. 0,50 mol. D. 0,44 mol. 

Hướng dẫn: 

BTKL 

⎧Fe : a(mol) ⎧⎯⎯⎯→ 56a + 16b = 8,16 ⎧a = 0,12 

Ta có . 8,16 ⎨ → ⎨ → ⎨ 

⎩ O : b(mol) ⎩ 3a = 2b + 0,06.3 ⎩ b = 0,09 

+ Cho Fe vào n = 0,09 

BTE 

⎯⎯⎯→ 0,09.2 = a + 3n → n = 0,02(mol) 

Fe NO NO 

⎧Fe(NO 3) 2 

: 0,12 + 0,09 

BTNT.N 

+ → ⎨ 

⎯⎯⎯⎯→ nHNO 

= 0,5(mol) 

3 

⎩NO : 0,02 + 0,06 = 0,08 

Câu 13. X là dung dịch HCl nồng độ x mol/l. Y là dung dịch Na 2CO 3 nồng độ y mol/l. nhỏ từ từ 100 ml 

X vào 100 ml Y, sau các phản ứng thu được V 1 lít CO 2 (đktc). Nhỏ từ từ 100 ml Y vào 100 ml X, sau 

phản ứng thu được V2 lít CO2 (đktc). Biết tỉ lệ V1.V2 = 4.7. Tỉ lệ x.y bằng 

A. 11.4. B. 11.7. C. 7.5. D. 7.3. 

+ Chú ý . Khi cho HCl vào 

Nhưng khi cho 

2 

CO − 

3 

2 

CO − 3 

vào HCl thì 

+ + 

2− 

H 

− H 

thì CO ⎯⎯→ HCO ⎯⎯→ CO 

CO 

3 3 2 

2 − + 

H 

3 

⎯⎯→ CO2

+ Ta có . 

n 0,1x TN.1 

⎧⎯⎯⎯→ 0,1x = 0,1y + V 

+ 

1 

⎧⎪ 

= 

H 

⎪ 

⎨ → ⎨ 

0,1x 0,1y 

0,2x x 7 

n 

TN.2 0,1x 7V → = + → = 

1 

2− 

= 0,1y 

⎩⎪ 

7 y 5 

CO V 

3 ⎪⎯⎯⎯→ = 

2 

= 

⎩ 2 4 

Câu 14. Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thoát ra V lít khí. Nếu cũng 

cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) thì được 1,75V lít khí. Thành phần phần trăm theo khối lượng 

của Na trong X là (biết các thể tích khí đo trong cùng điều kiện, cho Na = 23, Al = 27) 

A. 39,87%. B. 77,31%. C. 49,87%. D. 29,87%. 

Giải . Cùng điều kiện thể tích tương đương số mol 

TN1. Na hết, Al dư 

TN2. Al phản ứng hết n H2 sinh ra từ Al dư = 1,75 V – V = 0,75V 

x =n Na ; y = n Al dư 

x 3x 

V 

Từ các PTHH + = V x = = 0,5V= nNa = n Al pư 

2 2 

2 

3y 

= 0,75V 

y = 1,5 = 0,5V 

2 

3V 

nAl trong hh đầu x + y = V 

% mNa = 29,87% 

Câu 15. Đem nung m gam hỗn hợp A chứa hai muối cacbonat của hai kim loại đều thuộc nhóm IIA trong 

bảng hệ thống tuần hoàn, thu được x gam hỗn hợp B gồm các chất rắn và có 5,152 lít CO2 thoát ra. Thể 

tích các khí đều đo ở đktc. Đem hòa tan hết x gam hỗn hợp B bằng dung dịch HCl thì có 1,568 lít khí CO2 

thoát ra nữa và thu được dung dịch D. Đem cô cạn dung dịch D thì thu được 30,1 gam hỗn hợp hai muối 

khan. Trị số của m là. 

A. 26,80 gam B. 27,57 gam C. 30,36 gam D. 27,02 gam 

Tổng mol CO2 = ( 5,152 + 1,568 ) / 22,4 = 0,3 mol = mol CO 

2- 3 trong muối 

Vì khi td HCl thì CO 

2- 3 sẽ bị thế bởi Cl - => mol Cl - = 2 mol CO3 = 0,6 ( bảo toàn điện tích ) 

=> m muối = 30,1 = m kim loại + m Cl- => m kim loại = 30,1 - 0,6 . 35,5 = 8,8 gam 

=> m muói cacbonnat = m KL + m CO3 2- = 8,8 + 0,3 . 60 = 26,8 gam 

Câu 16. Nung nóng m gam hỗn hợp gồm Al và các oxit sắt trong điều kiện không có không khí đến khi 

phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn X. Chia X làm 2 phần bằng nhau. 

- Phần 1 cho vào dung dịch NaOH dư thu được 1,12 lít khí H2 (đktc); dung dịch Y và chất không tan Z. 

Sục CO 2 đến dư vào dung dịch Y thu được 13,0 gam kết tủa. 

- Phần 2 tác dụng với dung dịch HCl loãng dư thu được 4,48 lít khí H 2 (đktc). Giá trị m gần nhất với 

A. 28. B. 32. C. 30. D. 34. 

Hướng dẫn giải 

Phần 1. + NaOH → 0,05 mol H 2 → là do 1/30 mol Al dư trong X. 

NaOH dùng dư nên Y đương nhiên là NaAlO2 → 13,0 gam kết tủa chính là Al(OH)3 với 1/6 mol. 

Phần 2. 0,2 mol H2 sinh ra là do các kim loại, trong đó có 1/30 mol Al→ có 0,15 mol Fe. 

Quy hỗn hợp m gam hỗn hợp Al và các oxit sắt thành Al, Fe và O, toàn bộ O chuyển hết cho Al2O3; tổng 

số mol nguyên tố Al là 1/6 mol chia cho 1/30 mol Al dư thì còn 1/15 mol Al2O3 

→ nO = 0,2 mol→ m = 2 × (0,15 × 56 + 1/6 × 27 + 0,2 × 16) = 32,2 gam. Chọn đáp án A. 

Câu 17. Hòa tan hoàn toàn 41,1 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn, ZnO và Fe 3O 4 vào V lít dung dịch HNO 3 1M 

(lấy dư 20% so với lượng phản ứng) đun nóng, sau phản ứng thu được 3,92 lít hỗn hợp khí X gồm 2 khí 

N 2O, NO (ở đktc) và dung dịch Y (không chứa muối amoni). Cô cạn cẩn thận Y thu được 129,3 gam 

muối khan Z, tiếp tục đun nóng Z đến khối lượng không đổi thu được 48,3 gam chất rắn. Giá trị của V là 

A. 2,10. B. 1,50. C. 1,75. D. 1,80. 


sơ đồ phản ứng. 

khối lượng Fe(NO3)3 + Zn(NO3)2 bằng 129,3 gam và khối lượng Fe2O3 + ZnO bằng 48,3 gam → n Fe = nZn 

= 0,3 mol quy đổi hỗn hợp về {0,3 mol Fe + 0,3 mol Zn + 0,3 mol O}. 

gọi số mol N2O và NO lần lượt là x, y mol. lập hệ thể tích và bảo toàn e ta có. 

x + y = 0,175 mol và 8x + 3y = 0,3 × 3 + 0,3 × 2 – 0,3 × 2 = 0,9 mol → x = 0,075 mol và y = 0,1 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nito ta có số mol HNO3 cần dùng vừa đủ là 

nHNO3 = 0,3 × 3 + 0,3 × 2 + 0,075 × 2 + 0,1 × 1 = 1,75 mol. 

Vậy lượng HNO 3 đã dùng V = 1,75 ÷ 1 × 1,2 = 2,1 lít. 

Câu 18. Cho hỗn hợp X gồm 0,01 mol Al và a mol Fe vào dung dịch AgNO 3 đến khi phản ứng hoàn toàn, 

thu được m gam chất rắn Y và dung dịch Z chứa 3 cation kim loại. Cho Z phản ứng với dung dịch NaOH 

dư trong điều kiện không có không khí, thu được 1,97 gam kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối 

lượng không đổi, thu được 1,6 gam chất rắn chỉ chứa một chất duy nhất. Giá trị của m là 

A. 8,64 B. 3,24 C. 6,48 D. 9,72 

Giải. 

Al + 3AgNO3 → Al(NO3)3 + 3Ag 

0,01 0,03 

Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag 

0,02 0,04 

Fe(NO 3) 2 + AgNO 3 → Fe(NO 3) 3 + Ag 

0,01 0,01 0,01 

T chỉ gồm 1 chất Fe 2O 3 → Z chứa. Al 3+ 0,01 mol; Fe 2+ a mol; Fe 3+ b mol; 

Ta có. 90x + 107y = 1,97 và 160.(x/2 + y/2) = 1,6 → x = y = 0,01mol 

Chất rắn Y là Ag . m Ag = 108. 3 .0,01 + 2.0,02 + 0,01) = 8,64 gam 

Câu 19. Cho 500 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào V ml dung dịch Al2(SO4)3 0,1M; sau khi các phản ứng 

kết thúc thu được 12,045 gam kết tủa. Giá trị của V là 

A. 300. B. 75. C. 200. D. 150. 

3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3; 

Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O 

0,05 0,1V 0,3V 0,2V 

0,05 – 0,3V 0,1 – 0,6V (mol) 

Giả sử 0,05 > 0,3V. Và sau phản ứng có kết tủa BaSO4 và Al(OH)3 

Khi đó mKT = 233.0,3V + 78. 0 ,2V – 0,1 + 0,6V) = 12,045 ⇒ V = 0,15 lít = 150 ml (tm 0,05 > 

0,3.0,15) 

Câu 20. Hoà tan hoàn toàn 24,4 gam hỗn hợp gồm FeCl 2 và NaCl (có tỉ lệ số mol 1 . 2) vào nước (dư) 

được dd X. Cho dd AgNO 3 (dư) vào X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn sinh ra m gam chất rắn. Giá 

trị của m là 

A. 57,4 B. 10,8 C. 68,2 D. 28,7 

Giải ta có . 127x + 117 x =24,4 

x=0.1 n FeCl 2 = 0.1 , n NaCl =0.2 n Cl - = 0,4 mol 

Ptpu Ag + + Cl - → AgCl 

0,4 0,4 

Fe 2+ + Ag + → Fe 3+ + Ag 

0,1 0,1 

m kết tủa = 0,4.143.5 + 0,1.108 = 68.2 gam 

Câu 21. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm m gam hỗn hợp gồm Al và hai oxit sắt trong khí trơ, thu 

được hỗn hợp rắn X. Cho X vào dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch Y, chất không tan Z và 

0,672 lít khí H 2 (đktc). Sục khí CO 2 dư vào Y, thu được 7,8 gam kết tủa. Cho Z tan hết vào dung dịch 

H 2 SO 4 , thu được dung dịch chứa 15,6 gam muối sunfat và 2,464 lít khí SO 2 (ở đktc, là sản phẩm khử duy 

nhất của H 2 SO 4 ). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị gần nhất của m là 

A. 7. B. 6. C. 10. D. 5. 

Bảo toàn nguyên tố Al. nAl ban đầu = 

mol. 

Coi hỗn hợp đầu gồm Al 0 ,1), Fe tạo Fe 2+ (x mol), Fe tạo Fe 3+ (y mol) và O (z mol). 

Bảo toàn e. 0,1·3 + 2x + 3y = 2z + 0,03·2 + 0,11·2 1 

Khối lượng muối. 242x + 400· = 15,6 2 

0,11 mol. 

Bảo toàn khối lượng. 56(x + y) + 16(z – 0,08 )) + 98(x + + 0,11) = 15,6 + 0,11·64 + 18(x + + 

0,11) 3 

Từ 1 ), (2) và (3) x = 0; y = 0,078; z = 0,127 

→ m = 27·0,1 + 0,078·56 + 0,127·16 = 9,1 gam → chọn C.

Câu 22. Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 bằng dung dịch chứa 0,1 mol H2SO4 và 0,5 

mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol NO và a mol NO2 (không còn sản phẩm khử 

nào khác). Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 

0,4M, thu được 5,35 gam một chất kết tủa. Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư, thu được m gam 

kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là 

A. 20,62 B. 41,24 C. 20,21 D. 31,86 

Giải 

Phần 1. 

⇒ 

n 

H + dư = 

n + phản ứng = 

H 

(Chú ý. O -2 + 2H + → H2O) 

Fe (x mol); Fe3O4 (y mol) 

∑ 

nKOH 

− 3nFe( OH ) 3 

= 0,05 ⇒ n 0,05.2 0,1 

H + = = 

du 

(2 nH2SO + n ) 0,6 2 4 

4 HNO 

− 

3 

∑ n + = = n 

H du 

NO 

+ n 

2 NO 

+2.( n .4 Fe3O 

) 

4 

⎧ 56x + 232y = mhh 

⎧56x + 232y = 10,24 ⎧56x + 232y + 0a = 10,24 ⎧x 

= 0,1 

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 

⎨nNO.4 + nNO .2 + 2.( n .4) 0,6 0,1.4 .2 8 0,6 0 8 2 0,2 0,02 

2 Fe3O 

= ⇒ ⎨ + a + y = ⇒ ⎨ x + y + a = ⇒ ⎨ y = 

4 

⎪ ⎪ 

n .3 .3 3x y 0,1.3 a 3x y a 0,3 a 0,02 

e 

nFe nFe 3O n 

4 NO 

n + = + ⎪ + − = ⎪ = 

⎪⎩ 

= + = + 

NO ⎩ ⎩ ⎩ 

2 

Phần 2. 

nFe 

+ 3nFe 3O4 

nFe( OH ) 3 

= = 0,08 

2 

nH2SO 

4 

n 

BaSO 

= = 0,05 

4 

2 

(Chú ý. Số mol kết tủa chỉ tính trong một phần) 

⇒ m kết tủa = mFe( OH ) 

+ m 20,21 

3 BaSO 

= 

4 

Câu 23. Hòa tan hết m gam FeS bằng một lượng tối thiểu dung dịch HNO 3 (dung dịch X), thu được dung 

dịch Y và khí NO. Dung dịch Y hòa tan tối đa 3,84 gam Cu. Biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử 

duy nhất của N +5 đều là NO. Số mol HNO3 trong X là 

Giải. 

A. 0,48. B. 0,12. C. 0,36. D. 0,24.

Câu 24. Điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch X chứa CuSO4 và NaCl (có tỉ lệ mol tương 

ứng là 1 . 3) bằng dòng điện một chiều có cường độ 1,34A, sau thời gian t giờ thu được dung dịch Y chứa 

hai chất tan và thấy khối lượng dung dịch Y giảm 10,375 gam so với khối lượng dung dịch X. Cho bột 

nhôm dư vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 1,68 lít khí H2 (đktc). Giả sử khí 

sinh ra trong quá trình điện phân thoát ra hết khỏi dung dịch. Giá trị của t gần nhất với giá trị nào sau đây? 

Giải. 

A. 4. B. 7. C. 6. D. 5. 

Chọn B. Giải. Điện phân hỗn hợp. CuSO 4 x mol, NaCl 3x mol. 

- Thứ tự điện phân trong dung dịch. 

Cu 2+ + 2Cl − → Cu↓ + Cl 2↑ (1) 

(mol) x 2x x x 

hết Cu 2+ . 2Cl − + 2H2O → 2OH − + H2↑ + Cl2↑ (2) 

(mol) x x 0,5x 0,5x 

Dung dịch Y chứa hai chất tan là Na 2SO 4 và NaOH ⇒ hết ion Cl − 

- Tính số mol OH − theo số mol H 2. 

- Khối lượng dung dịch giảm. 

2Al + 2OH − + 2H 2O → 2AlO 2 

− 

+ 3H 2↑ 

(mol) x = 0,05 n Ag = 0,05.3 + 0,025.2 - 0,25.3 . 4 = 0,0125 mol

m = 0,2.143,5 + 0,0125.108 = 30,05 gam (có Ag và AgCl) 

Câu 26. Đốt cháy hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe với hỗn hợp khí X gồm Clo và Oxi, sau 

phản ứng chỉ thu được hỗn hợp Y gồm các oxit và muối clorua (không còn khí dư) hòa tan Y bằng một 

lượng vừa đủ 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO 3 dư vào dung dịch Z, thu 

được 56,69 gam kết tủa. Phần trăm thể tích của Clo trong hỗn hợp X là 

A. 51,72% B. 76,70% C. 53,85% D. 56,36% 

Giải. Dễ thấy 4nO 2 = n 

l- C = 0,24 mol => nO 2 = 0,06 mol; nCl 2 = x mol 

56,69 gam kết tủa gồm Ag ( y mol); AgCl (2x + 0,24) 

Xét trên toàn bộ quá trình dễ dàng thấy có O 2, Cl 2, Ag nhận e, Mg nhường 2 e; Fe nhường 3 e. 

Vậy có. 2.0,08 + 3.0,08 = 2.x + 0,24 + y (bảo toàn e) 

Và 108y + (2x + 0,24).143,5 = 56,69 => x = 0,07 mol => %V Cl2 = 0,07 . (0,07 + 0,06).100% = 53,85% 

Câu 27. Hỗn hợp X gồm Na, Al và Fe (với tỉ lệ số mol giữa Na và Al tương ứng là 2 . 1). Cho X 

tác dụng với H2O (dư) thu được chất rắn Y và V lít khí. Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch 

H2SO4 loãng (dư) thu được 0,25V lít khí. Biết các khí đo ở cùng điều kiện, các phản ứng đều xảy 

ra hoàn toàn. Tỉ lệ số mol của Fe và Al trong X tương ứng là 

A. 5 . 16. B. 16 . 5. C. 5 . 8. D. 1 . 2. 

Gợi ý. 

Na + H2O -- > NaOH + ½ H2 

Al + NaOH + H2O --> Na AlO2 + 3/2 H2 

2x 2x x x 2x 3/2 x 

Fe + H 2SO 4 --> FeSO 4 + H 2 

a 0,25V 

Ta có . a = 0,25 V; còn . x + x3/2 = 5x/2 = 2,5x = V suy ra x = V/2,5 Vậy a.x = 0,25V.0,4V = 5.8 

Suy ra Đáp án B 

Câu 28. Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam Cu(NO3)2 (điện cực trơ, màng ngăn 

xốp) đến khí khối lượng dung dịch giảm đi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước 

bay hơi không đáng kể). Tất cả các chất tan trong dung dịch sau điện phân là 

A. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2. B. KNO3, KCl và KOH. 

C. KNO3 và Cu(NO3)2. D. KNO3 và KOH. 

nKCl = 0,1 mol nCu(NO3)2= 0,15 mol 

2KCl + Cu(NO3)2 → KNO3 + Cu + Cl2. 

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

Giả sử pư dùng ở đây thì mdd giảm = 0,05*64 +0,05*71 = 6,75

⎧⎪ n 

⎨ 

⎪⎩ 

n 

∑ 

Al 

Fe O 

= 0,16 

BTE+ BTN −H 

⎯⎯⎯⎯⎯→ n + = 0,16.3 + 0,07.3.2 = 0,9mol 

H 

= 0,07 

∑ 

2 3 

n = 1, V + 0,5.2. V = 0,9 → V = 0,45lit 

H 

+ 

Câu 30. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na và K vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch 

Y .Cô cạn dd Y thu được ( m + 31,95) gam hỗn hợp chất rắn khan .Hòa tan hoàn toàn 2m gam hỗn hợp 

X vào nước thu được dd Z .Cho từ từ đến hết dd Z vào 500ml dung dịch AlCl3 1M đến phản ứng hoàn 

toàn thu được kết tủa có khối lượng là . 


Giải . 

Khi hòa tan m gam hỗn hợp X gồm Na , K vào dd HCl dư thu được dd Y 

( gồm Na + , K + , Cl - ) 

mCl - = 31,95 nCl - = 0,9mol BT ĐT nK + + nNa + = 0,9 

Khi hòa tan 2 m gam hh X vào nước thì dd Z thu được bao gồm . Na + , K + , OH - 

BTĐT nOH - = 2.0.9= 1,8 mol 

Khi cho dd X vào dd AlCl 3 ta có nAlCl 3 = 0,5mol 

− 

nOH 1,8 

Nhận xét 3 < = < 4 xảy ra 2 phương trình theo sơ đồ sau . 

3+ 

nAl 0,5 

⎪⎧ Al( OH ) 

3 

↓ : x 

BTNTnhomOH 

⎧3x + 3y 

= 1,8 

0,2 

Al 3+ + OH - ⎨ ⎯⎯⎯⎯⎯→ x 

− 

⎨ ⎯⎯→ = 

⎪⎩ Al( OH ) 0,5 

4 

: y 

⎩x 

+ y = 

mAl ( OH ) 

= 0,2.78 = 15,6 

3 

Câu 31. Hòa tan hết 5,52 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2 và FeCO3 bằng 160 ml dung dịch HCl 1M 

sau phản ứng thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm NO và CO2. Cho dung dịch Y tác dụng với 

lượng dư dung dịch AgNO3 sau phản ứng thu được 24,58 gam kết tủa và có thoát ra 0,224 lit khí NO 

(đktc). Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N +5 . Thành phần % về khối lượng của Fe trong X có giá trị 

gần nhất với 

A. 25%. B. 30% C. 50%. D. 20%. 

1) Gọi a, b và c lần lượt là số mol của Fe, Fe(NO 3) 2 và FeCO 3 trong X. 

- 

→ 

- Tủa chắc chắn có AgCl (0,16 mol ~ 22,96 gam < 24,58) → có Ag (được tạo ra từ phản ứng với 

Fe 2+ ). 

- Dung dịch Y. 

o Chắc chắn có Fe 2+ (để phản ứng được với Ag + tạo tủa Ag). 

→ bảo toàn số mol e. 

o Khi thêm AgNO3 vào Y thấy vẫn còn khí NO bay ra → Y còn H + dư và KHÔNG có . 

→ 4H + (trong Y) + + 3e → NO + 2H 2O. 

0,04 ← 0,01 

o Có (0,16 mol) và có thể có Fe 3+ (x mol) 

→ bảo toàn điện tích. 

- Phản ứng tạo khí NO và khí CO 2 khi cho X tác dụng với HCl. 

4H + + + 3e → NO + 2H2O và 2H + + → CO2 + H2O. 

8b ← 2b 2c ← c 

- Từ đó ta có hệ phương trình.

Câu 32. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn 15,66 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe 2O 3 thu được hỗn 

hợp rắn Y. Chia Y thành hai phần. 

- Phần 1. hòa tan trong dung dịch NaOH dư thu được 1,176 lit khí H 2. 

- Phần 2. hòa tan trong dung dịch axit H 2SO 4 loãng, dư thu được 1,008 lit H 2. 

Biết các thể tích khí đều đo ở đktc. Khối lượng của Al trong X là 


Lưu ý. bài toán chia thành hai phần chưa chắc bằng nhau. 

- Vì hỗn hợp rắn Y phản ứng với NaOH có khí H 2 thoát ra và phản ứng nhiệt nhôm đã xảy ra hoàn 

toàn → Al còn dư, Fe 2O 3 phản ứng hết. 

- Hỗn hợp Y gồm Al, Al 2O 3 và Fe. 

- Với phần 1. gọi số mol Al, Al2O3 là a và b → số mol Fe = 2b (bảo toàn nguyên tố oxi). 


- Với phần 2. số mol Al, Al 2O 3 và Fe lần lượt là ka, kb và 2kb (số mol gấp k lần phần 1). 


- Bảo toàn khối lượng. m X = m Y → 15,66 = 27(a + ka) + 102(b + kb) + 56(2b + 2kb) (3). 

- Biến đổi phương trình (3) → (k + 1)·(27a + 102b + 112b) = 15,66 (4) 

- Thế phương trình (1) và (2) vào (4) thu được. 

- Giải phương trình bậc 2 thu được hai giá trị của b → chọn b = 0,0525 → 

- Bảo toàn nguyên tố Al → 

Câu 33 

Người ta hòa 216,55 gam hỗn hợp muối KHSO 4 và Fe(NO 3) 3 vào nước dư thu được dung dịch A. Sau đó 

cho m gam hỗn hợp B gồm Mg, Al, Al2O3 và MgO vào dung dịch A rồi khuấy đều tới khi các phản ứng 

xảy ra hoàn toàn thấy B tan hết, thu được dung dịch C chỉ chứa các muối và có 2,016 lít hỗn hợp khí D có 

tổng khối lượng là 1,84 gam gồm 5 khí ở (đktc) thoát ra trong đó về thể tích H2, N2O, NO2 lần lượt chiếm 

4/9, 1/9 và 1/9. Cho BaCl2 dư vào C thấy xuất hiện 356,49 gam kết tủa trắng. Biết trong B oxi chiếm 

64/205 về khối lượng. Giá trị đúng của m gần nhấtvới . 

A. 18 B. 20 C. 22 D. 24

⎧ 

2− BaCl (d- ) 

⎪Z so ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ 2 ↓ BaSO 

⎪ 

4 4 

⎪ 

1,53(mol) 

⎪ 

⎧Mg ⎫ ⎪ ⎧H :0,04 ⎫ 

⎧ ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ 

2 

KHSO :1,53(mol) 

⎪ 4 ⎪ ⎪Al ⎪ Quy ®æi ⎧M 

⎫ 

⎪ 

⎪ 

X + ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎪ 

⎨ ⎬ ⎨ ⎬ X 

N O:0,01 ⎪ 

MgO 

⎨ ⎬ ⎨ 

⎩ ⎭ 

2 ⎧ + 

⎪Fe(NO ) 

⎩ ⎪⎭ ⎪ ⎪ 

O: 4/ 205m ⎪ ⎪ ⎪NH 3 3 ⎪ T ⎨NO :0,01 

⎪Al O ⎪ 

2 

⎬ + ⎨ 4 

216,55g ⎩ 

2 3⎭ 

m 

⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ H O 

⎪ ⎪ N : x 

m 

2 ⎪ 2 

⎪ ⎪ ⎪ 

⎪ ⎪ ⎩NO: y ⎪ 

⎪ ⎭ 

⎪⎩ 1,84g vµ 0,09 

KỶ THUẬT GIẢI 

Dựa vào sơ 

đồ. 

⎧ Theo bµi ra ⎧x + y = 0,03 ⎧x = 0,02 

⎪ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯→ ⎨ 

⎨ 

⎪ 

⎩28x + 30y = 0,86 ⎩ y = 0,01 

⎪ BTN T S 

216, 55 − 1, 53.136 

⎪ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯→ n = n = 1, 53 => n = = 0,035 

⎪ 

K H SO BaSO Fe(N O ) 

4 4 3 3 

242 

⎪ 

BTN T N 

⎪ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯→ 3n = 2n + n + n + n + n n = 0,025 

Fe(N O ) N O N O N N O 

N H 

+ 

N H 

+ 

⎪ 

3 3 2 2 2 

4 4 

⎨ 

⎪ BTN T H 

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯→ n = 2n + 4n + 2n => n = 0,675 

⎪ 

K H S O H + H O H O 

⎪ 

4 2 N H 

4 

2 2 

⎪ BTN T O ⎪ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯→ 4n + 9n + n = n + n + 2n + n + n 

⎪ 

K H SO Fe(N O ) O / Y + N O N O N O H O 

4 3 3 SO 

⎪ 

4 

2 2 2 

⎪ 4 

⎪ n = 0, 4 = m m = 20, 5 => B 

⎩ O / Y 205 

Câu 34.Cho 30,8 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, FeCO 3, Mg, MgO, MgCO 3 tác dụng vừa đủ với dung 

dịch H 2SO 4 loãng. Thu được 7,84 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm CO 2, H 2, và dung dịch Z chỉ chứa 60,4 

gam hỗn hợp muối sunfat trung hòa. Tỉ khối của Y so với He là 6,5. Khối lượng của MgSO 4 có trong 

dung dịch Z là 

A.38 gam. B. 36 gam.C.30 gam.D. 33,6 gam 

30,8g 

2+ 2+ 2 − 

⎧KL 

⎧60, 4g(Fe − amol, M g − bmol, SO ) 

4 

⎪ 

⎪ 

⎨O + H SO (xmol) → H O(x 0,15) 

2 4 ⎨⎛ CO − 0, 2mol 

2 

⎞ 

+ − 

2 

⎪ 2− 

CO ⎪ ⎜ ⎟ 

⎩ ⎪ 

H − 0,15 mol 

3 

⎩⎝ 

2 

⎠ 

BTKL. 30,8 +98x= 60,4 +9,1 +18(x-0,15) 

=>x= 0,45mol => n = 0,45 

SO 4

n 

+ 

= 0,9 = 2n + 2n + 2n 

H 

→ n = 0,1mol 

NO 

KL 

MgSO4 

H2 CO2 

O 

⇒ m = 30,8 − 0,2.60 − 0,1.16 

= 17,2 

⎧2a + 2b = 0,45.2 ⎧a = 0,2 

BTNT ⎨ 

→ ⎨ 

⎩ 56a + 24b = 17,2 ⎩ b = 0,25 

=> m = 0,25.(24 + 96) = 30g 

Câu 35. Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 bằng dung dịch chứa 0,1 mol H2SO4 và 0,5 

mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol NO và a mol NO2 (không còn sản phẩm khử 

nào khác). Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau. 

- Phần một tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được 5,35 gam một chất kết tủa 

- Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa . 

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là 

A. 20,62 B. 41,24 

C. 20,21 D. 31,86 

Giải 

Theo đề bài dung dịch Y được chia làm 2 phần bằng nhau vì vậy các dữ kiện trước khi tạo thành dung 

dịch Y và sản phẩm khử ta chia làm 2 phần bằng nhau để tiện tính toán. Sơ đồ. 

⎧0,05molNO 

⎪ 

⎨a 

⎪ molNO2 

⎩2 

⎧Fe 

⎧0,05molH 

2SO4 

5,12g⎨ 

+ ⎨ 

→ 

⎩Fe3O4 

⎩0,25molHNO3 

1 + 0,2molKOH → 5,35g(0,05mol)Fe(OH) 

dd Y 

2 

+ Ba(OH) 

2du 

→ m(g) ↓ 

3 

3+ 

⎧Fe 

(du) 

⎪ 

+ 

⎪K 

0,2mol 

+ ⎨ 

2− 

⎪SO4 

0,05mol 

⎪ − 

⎩NO3 

Giả sử phần 1 ion Fe 3+ bị kết tủa hoàn toàn 

Vậy khối lượng kết tủa phần 2 sẽ là. = m + m↓ = 0,05.233 + 5,35 17g nhỏ hơn khối lượng kết 

m 

BaSO 4 

= 

(1) 

tủa ở các đáp án, vậy ion Fe 3+ phải dư ở phần 1. 

- phần 1. 

Bảo toàn điện tích. 3n 3+ + n + = 2n 2− 

+ n − ⇒ n − = 0,1+ 

3n 3+ 

Fe 

Bảo toàn nguyên tố Nitơ. 

Ta có hệ 

⎧m 

pt. ⎨ 

⎩3n 

Fe 

(du) 

K 

= 

SO4 

− 

NO3 

− 

= 

NO3 

− 

n 

NO 

n 

HNO 

n 

NO 

n − 0,25 0,05 0,1 3n 3+ 

0,1 3n 3+ 

2 

3 

NO3 

Fe (du) 

Fe (du) 

+ m = m 

⎪⎧ 

56(n 3+ 

+ 0,05) + 16n = 5,12 

⎪⎧ 

n + = 0,03 

O X 

Fe (du) 

O 

Fe (du) 

⇔ ⎨ 

⇒ ⎨ 

− 2nO 

= 3n 

NO 

+ n 

NO 

+ ⎪⎩ 

3(n + 0,05) − 2nO 

= 3.0,05 + 0,1− 

3n 

2 

3 

3+ 

Fe (du) 

Fe (du) 

⎪⎩ n 

O 

= 0,04 

Fe 3 

- phần 2. n n = n + n = 0,05 + 0,03 0,08mol 

Fe(OH) 

= 

Fe Fe(OH) (1) 

3+ 

= 

3 3 Fe (du) 

m = m + m = 0,08.107 + 0,05.233 = 20,21g ⇒ 

↓ Fe(OH) 3 BaSO 

Chọn C 

4 

Câu 36. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO 3, Ca(ClO 3) 2, CaCl 2 và KCl. Nhiệt phân hoàn toàn 

X thu được 13,44 lít O 2 (đktc), chất rắn Y gồm CaCl 2 và KCl. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung 

− 

Fe 

(du) 

− 

= 

−

dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm 

khối lượng KCl trong X là 

A. 25,62%. B. 12,67%. 

C. 18,10%. D. 29,77%. 

Giải. 

Bảo toàn klg suy ra klg hhY= 82,3- 0,6.32= 63,1g. Số mol K 2CO 3 =0,3 suy ra CaCO 3=0,3 vậy CaCl 2= 0,3 

nên KCl trong Y= (63,1-0,3.111)/74,5= 0,4. Suy ra KCl trong ddZ= 0,6+0,4=1. Suy ra số mol KCl trong 

X= 1/5=0,2. %klg KCl trong x= 0,2.74,5/82,3= 18,1%. 

Câu 37. Hòa tan m gam Mg trong 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp H2SO4 0,4M và Cu(NO3)2 đến phản ứng hoàn 

toàn thu được 1,12 lít hỗn hợp khí X (đktc) có tỉ khối của X so với H2 là 6,2 gồm N2 và H2, dung dịch Y và 2 gam 

hỗn hợp kim loại. Giá trị m là ? 

A. 4,68. B. 5,48. C. 5,08. D. 6,68. 

Định hướng tư duy giải 

Ta có 

Câu 38. Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 trong 250,0 ml dung dịch H2SO4 3,6M 

(đặc, dư, đun nóng) thu được dung dịch Y và V lít khí SO2 (đktc và là sản phẩm khử duy nhất). Cho 450 ml dung 

dịch NaOH 2M vào dung dịch Y thu được 21,4 gam kết tủa. Giá trị của V là? 

A. 5,60. B. 6,72. C. 3,36. D. 4,48. 


Nếu NaOH dư : 

Vô lý 

Vậy NaOH thiếu : 

Câu 39. Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết 

thu được dung dịch X và V lít (đktc) hỗn hợp khí B (gồm hai chất khí có tỉ lệ số mol 3 : 2). Cho 500 ml 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 thu được chất rắn T. Nung T đến đến khối lượng không 

đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ % của Fe(NO3)3 trong X là? 

A. 40,69 %. B. 20,20 %. C. 12,20%. D. 13,56 %. 


Ta có: 

Ta nhận xét nhanh như sau: Nếu KOH thiếu thì Z sẽ là KNO3 và các muối của kim loại 

(vô lý).

Và 

Vậy trong X có: 

Câu 40: Cho hỗn hợp X gồm 0,01 mol Al và a mol Fe vào dung dịch AgNO3 đến khi phản ứng hoàn toàn, 

thu được m gam chất rắn Y và dung dịch Z chứa 3 cation kim loại. Cho Z phản ứng với dung dịch NaOH 

dư trong điều kiện không có không khí, thu được 2,87 gam kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối 

lượng không đổi, thu được 2,4 gam chất rắn chỉ chứa một chất duy nhất. Giá trị của m là 

A. 11,88. B. 10,8. C. 6,48. D. 8,64. 

Câu 41: Hỗn hợp X gồm 4,48 gam Fe, 8,0 gam Fe 2O 3 và m gam Al. Nung X ở nhiệt độ cao trong điều 

kiện không có không khí (giả sử chỉ xảy ra phản ứng khử oxit sắt thành sắt), thu được hỗn hợp chất rắn Y. 

Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với dung dịch H 2SO 4 loãng (dư), thu được 4x mol 

khí H 2. Phần hai phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu được x mol khí H 2. Biết các phản ứng đều 

xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là 

A. 5,40. B. 3,24. C. 7,02. D. 3,78. 

Câu 42: Trộn 58,75 gam hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2 và kim loại M với 46,4 gam FeCO3 được hỗn hợp Y. 

Cho toàn bộ Y vào lượng vừa đủ dung dịch KHSO4 thu được dung dịch Z chỉ chứa 4 ion (không kể H + và 

OH - của H2O) và 16,8 lít (đktc) hỗn hợp T gồm 3 khí, trong đó có hai khí có cùng phân tử khối và một 

khí hóa nâu trong không khí. Tỉ khối của T so với H2 là 19,2. Cô cạn dung dịch Z thu được m gam chất 

rắn. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ? 

A. 400. B. 396. C. 379. D. 394. 

Câu 43: Cho m gam gam hỗn hợp X gồm Al và Al 2O 3 (trong đó Al chiếm 60% khối lượng). Hòa tan 

hoàn toàn dung dịch Y gồm H 2SO 4 và NaNO 3, thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và a gam 

hỗn hợp khí A (trong A có 0,03 gam H 2). Cho dung dịch BaCl 2 dư vào Z đến khi các phản ứng xảy ra 

hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu cho Z phản ứng với NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối 

đa là 0,935 mol. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn m gam X bằng dung dịch KOH thì thu được 5,712 lít H2 

(đktc). Giá trị a gần nhất với giá trị nào sau đây ? 

A. 1,55. B. 1,45. C. 3,0. D. 2,45. 

Câu 44: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Mg(OH) 2 và MgCO 3 bằng một lượng dung dịch HCl 20% 

vừa đủ thu được 2,72 gam hỗn hợp khí và dung dịch Z chứa một chất tan có nồng độ 23,3%. Cô cạn dung dịch Z 

rồi tiến hành điện phân nóng chảy thu được 4,8 gam kim loại ở catot. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xem như các 

khí sinh ra không tan trong nước Giá trị m gần nhất với giá trị nào sau đây? 

A. 11. B. 12. C. 10. D. 9. 

Câu 45: Hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe 3O 4 trong dung dịch HCl loãng dư thấy còn lại 6,4 gam 

Cu không tan. Mặt khác hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp trên trong 240 gam dung dịch HNO 3 31,5% (dùng dư) thu 

được dung dịch Y. Cho 600 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y. Lọc bỏ kết tủa, cô cạn dung dịch nước lọc, 

sau đó nung tới khối lượng không đổi thu được 78,16 gam rắn khan. Nồng độ C% của Cu(NO 3) 2 có trong dung dịch 

Y là 

A. 13,235%. B. 11,634%. C. 12,541%. D. 16,162%. 

Câu 46: Hòa tan hoàn toàn 21,5 gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, FeO, Cu(NO 3) 2 cần dùng hết 430 ml 

dung dịch H2SO4 1M thu được hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 0,06 mol NO và 0,13 mol H2, đồng thời thu 

được dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn dung dịch Z thu được 56,9 gam muối 

khan. Thành phần phần trăm của Al trong hỗn hợp X có giá trị gần nhất là: 

A. 25,5% B. 18,5% C. 20,5% D. 22,5%

Chọn C. 

- Khi cho 21,5 gam X tác dụng với 0,43 mol H2SO4 thì : 

BTKL mX + 98n H2SO − 30n 

4 NO − 2n H − m 

2 Z 

⎯⎯⎯→ n H2O 

= = 0, 26 mol 

18 

BT:H 2nH2SO − 2n NO 

4 H2O − 2nH n + 

2 NH 

+ n 

4 

⎯⎯⎯→ n + 

NH 

= = 0,02mol ⇒ nCu(NO 4 

3) 

= = 0,04mol 

2 

4 2 

2nH2SO −10n 4 

+ 

NH 

− 4n NO − 2nH 

4 

2 

- Ta có nO(trong X) = nFeO 

= = 0,08mol 

2 

3n Al 2n Zn 3n NO 2n H 8n 

2 

+ 

⎪⎧ + = + + 

NH 

= 0,6 

4 

⎧n Al = 0,16 mol 

- Xét hỗn hợp X ta có: ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪⎩ 

27n Al + 65n Zn = mX − 72n FeO − 188nCu(NO 3) 

= 8,22 n 

2 ⎩ Zn = 0,06 mol 

27.0,16 

⇒ %m Al = .100 = 20,09 

21,5 

Câu 47: Hỗn hợp X gồm Fe2O3, FeO và Cu (trong đó sắt chiếm 52,5% về khối lượng). Cho m gam X 

tác dụng với 420 ml dung dịch HCl 2M dư, thu được dung dịch Y và còn lại 0,2 m gam chất rắn 

không tan. Cho dung dịch AgNO 3 dư vào Y thu được khí NO và 141,6 gam kết tủa. Biết các phản ứng 

xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là: 

A. 20 B. 32 C. 36 D. 24 

Chọn B. 

amol bmol 

Cu(d- ) :0,2m(g) 

 

HCl(d- ) 

- Quá trình: Fe 2 2 

AgNO3 

2O 3 ,FeO,Cu ⎯⎯⎯⎯→ 

Fe + ,Cu + ,Cl − ,H + 

(d- ) ⎯⎯⎯⎯→ Ag,AgCl + NO 

 

m(g) 

dung dÞch Y 

141,6(g) ↓ 

BT:Cl 

m↓ −143,5n 

AgCl 

- Xét hỗn hợp kết tủa ta có : ⎯⎯⎯→ nAgCl = nHCl = 0,84mol ⇒ nAg 

= = 0,195mol 

108 

- Khi cho X tác dụng với HCl và dung dịch Y tác dụng với AgNO3 thì ta có hệ sau : 

⎧ 160n Fe2O + 72n 

3 FeO + 64nCu(p- ) = m − mr¾n 

⎧ 160a + 72b + 64a = 0,8m 

⎪ 

⎧a = 0, 05 

Theo ®Òta cã mFe 

⎪ 

⎯⎯⎯⎯⎯→ = 0,525 56.2a + 56b 

⎪ 

⎪ 

0,525 

m 

⎪ 

= 

⎪b = 0,2 

→ ⎨ 

X 

→ ⎨ m 

⇒ ⎨ c = 0,035 

⎪ BT:e 

⎯⎯⎯→ nFeO + 2nCu(p- ) = 3nNO + n 

⎪ 

Ag 

b + 2a = 3c + 0,195 ⎪ 

⎪ 

⎪ 

⎪ m = 32 

⎪n 6a 2b 4c 0,84 

HCl = 6nFe2 O + 2n 

3 FeO + 4n 

⎪ + + = 

⎩ 

NO 

⎩ 

⎩ 

Câu 48: Cho 86,3 gam hỗn hợp X gồm Na, K, Ba và Al 2O 3 (trong đó oxi chiếm 19,47% về khối 

lượng) tan hết vào nước, thu được dung dịch Y và 13,44 lít khí H2 (đktc). Cho 3,2 lít dung dịch HCl 

0,75M vào dung dịch Y. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. Giá trị của 

m là: 

A. 10,4 B. 27,3 C. 54,6 D. 23,4 

Chọn D. 

nO(trong X) 86,3.0,1947 

- Theo đề ta có : n Al2O 

= = = 0,35mol 

3 

3 16.3 

- Khi hòa tan hỗn hợp X bằng nước. Xét dung dịch Y ta có: 

BTDT 

+ − Al 

2 2O3 − 

AlO OH H2 

− 

AlO2 

n = 2n = 0,7 mol ⎯⎯⎯→ n = 2n − 2n = 0,5mol 

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 2,4 mol HCl, vì: 

n + n < n < 4n + n 

cmol 

− − + − − 

AlO2 OH H AlO2 

OH 

4n − 

AlO 

− (n + 

2 H 

− n − 

OH 

) 

⇒ nAl(OH) 

= = 0,3mol ⇒ m 

3 Al(OH) = 23,4(g) 

3 

3 

Câu 49: Hỗn hợp X gồm CuSO 4, Fe 2(SO 4) 3, MgSO 4, trong X oxi chiếm 47,76% khối lượng. Hòa tan hết 

26,8 gam hỗn hợp X vào nước được dung dịch Y, cho dung dịch Ba(OH) 2 dư vào dung dịch Y thấy xuất

hiện m gam kết tủa. Giá trị của m là: 

A. 46,6. B. 55,9. C.57,6. D. 61,0. 

Đáp án D 

Phân tích : Khi cho CuSO 4, Fe 2(SO 4) 3, MgSO 4 vào dung dịch Ba(OH) 2 thì các kết tủa tạo thành gồm 

BaSO 4, Cu(OH) 2, Fe(OH) 3, Mg(OH) 2. 

Ta thấy: 

26,8.47,76% 

nO 

= 4n 

2− 

= = 0,8 

SO 4 

16 

mol 

mol 

→ n = 0,2 → n = 0,2 

2− 

SO 4 

→ n = 2n 

= 0,4 

− 

OH 

2− 

SO 4 

BaSO 4 

mol 

Có: 26,8 = mkim lo¹i 

+ n 2 

SO − 

4 

→ mkim lo¹i 

= 26,8 − 0,2.96 = 7,6g 

→ m = mBaSO 

+ m 

4 kim lo¹i 

+ m − = 0,2.233 + 7,6 + 0,4.17 = 61gam 

↓ 

OH 

mol 

Chú ý : Ta thường quên mất lượng hidroxit của các kim loại cũng là kết tủa. Ví dụ như bài này khi quên 

tính lượng đó thì ta sẽ bị nhầm là đáp án A. 

Câu 50: Hòa tan hết 8,72 gam hỗn hợp FeS2, FeS và Cu vào 400 ml dung dịch HNO3 4M, sản phẩm thu 

được gồm dung dịch X và một chất khí thoát ra. Nếu cho dung dịch BaCl 2 dư vào dung dịch X thì thu 

được 27,96 gam kết tủa, còn nếu cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch X thì thu được 36,92 gam kết 

tủa. Mặt khác, dung dịch X có khả năng hòa tan tối đa m gam Cu. Biết trong các quá trình trên, sản phẩm 

khử duy nhất của N 5+ đều là NO. Giá trị của m là: 

A. 32,96. B. 9,92. C. 30,72. D. 15,68. 

Đáp án A 

Đặt n = a, n = b, 

n = c 

Fes 2 Fes Cu 

Khi cho BaCl 2 vào dung dịch X, ta có : n = 0,12 = 2 a+ 

b(1) 

Khi cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, ta có khối lượng các hidroxit tạo thành là : 

( ) 

36,92 − 27,96 = a+ b .107 + 98 c(2) 

Lại có : 8,72 = 120a + 88b + 64 c(3) 

Giải (1), (2), (3), ta được a = 0,05; b = 0,02; c = 0,015. 

Quá trình nhường-nhận e: 

FeS → Fe + 2S + 15e N + 3e → N 

2 

3+ 6+ 5+ 2+ 

0,05 0,75 

3+ 6+ 2+ 

FeS → Fe + s + 9e Cu → Cu + 2e 

0,02 0,18 0,015 0, 03 

S 

Áp dụng pp bảo toàn e, ta có: 

n 

HNO3 

= 0,32mol 

Suy ra 

nHNO d- 3 

= 1,6 − 0,32 = 1,28 mol

Khi đó, dung dịch X gồm HNO 3 dư 1,28mol và Fe 2(SO 4) 3 0,035mol và CuSO 4 0,015mol 

Suy ra số mol Cu bị hòa tan tối đa là : 

n 3+ 

Fe 

3 0,035.2 3 

+ nHNO 

= + 

3 

.1,28 = 0,515 

2 8 d- 

2 8 

Vậy khối lượng Cu mà X có khả năng hòa tan tối đa là 32,96gam. 

mol 

Câu 52: Cho 33,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe 3O 4, Cu, CuO vào 500 ml dung dịch HCl 2M, thu được 1,6 

gam chất rắn, 2,24 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y, thu được 

0,56 lít khí NO (đktc) và m gam kết tủa. Giá trị của m là: 


Đáp án A 

Phân tích: Fe, Fe O , Cu, CuO + HCl ( 1 mol) 

⎧ 

⎪ 

1,6 g chaát raén 

⎪ 

3 4 

 

33,2 gam 

( Cu) 

→ ⎨H 

2 

0,1mol 

⎪ 

AgNO3, 

dö 

⎧m gam ↓ 

nCu 

⎪Dung 

dòch Y 

⎪ 

⎯⎯⎯⎯→⎨ 

⎩ 

⎩0,025 

mol NO 

dö 

1,6 

= = 0,025 mol; 

nH 

= n 0,1 ( ) 

2 Fe 

= mol 

64 

Đặt số mol của Fe 3O 4 là a(mol) và số mol CuO là b(mol) 

Ta có: Fe3O4 + 8HCl → FeCl 2 +2FeCl3 

A 8a a 2a 

Cu +2FeCl 3 → CuCl 2 + 2FeCl 3 

a ← 2a 

Suy ra trong 33,2g hỗn hợp X có 

( ) 

n = a + 0,025 mol → 33,2 = 0,1.56+ 232. a +(a + 0,025). 64 + 80b → 296a +80b = 26(1) 

Cu 

Vì khi cho AgNO3 dư vào dung dịch Y thấy thoát ra khí NO nên HCl chắc chắn còn dư 

→ n = 1− 2n − 8n − 2n = 1− 0, 2 − 8a − 2b = 0,8 − 8a − 2b 

Ta có: 

HCl dö 

H2 Fe3O4 

CuO 

3Fe 2+ + 4H + + NO3 − → 3Fe 3+ +NO + 4H2O (I) 

0,075 ← 0,1 ← 0,025 

→ n HCl dư = 0,1(mol) → 8a+ 2b = 0,7 (2) 

1 1 

12 60 

( 1) và ( 2) ta có a = ( mol ) và b = ( mol)

⎧HCl 

dö 0,1 mol 

⎪ 

Suy ra dung dịch Y gồm ⎨FeCl2 

0,35 mol 

⎪ 

⎩ CuCl2 

0,1 mol 

Từ phương trình (I), ta thấy FeCl 2 dư 0,275 mol nên ta có thêm phản ứng : 

+ → + ↓ → n = 0,275 mol và n = n = n = 1 mol 

+ 2+ 3+ 

Ag Fe Fe Ag 

= 0,275.108 + 1. ( 108 + 35,5) = 173,2 ( gam) 

Vậy m=173,2 gam. 

Ag AgCl Cl − HClban ñaàu 

Câu 53 Cho 40 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Cu vào dung dịch HCl thu được dung dịch Y chứa hai chất 

tan và còn lại 16,32 gam chất rắn. Cho dung dịch AgNO 3 dư vào dung dịch Y thu được m gam chất rắn. 

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? 

A. 124 B. 118 C. 108 D. 112 

Đáp án B 

Phân tích: Fe3O4 

, Cu + HCl 

 

40 gam 

+ AgNO3 

dö 

( 2 chaát ) ⎯⎯⎯⎯→ ( ) 

⎧⎪ 

Dd Y tan m g 

→ ⎨ 

⎪ ⎩16,32 

gam chaát raén 

Đặt n = x( mol) 

Fe3O4 

16,32 gam chất rắn là Cu: 

nCu 

chaát raén 

16,32 

= = 0,255 mol 

64 

Dung dịch Y chứa 2 chất tan sẽ là CuCl2 và FeCl2 ( vì Cu dư nên muối Fe 3+ bị đẩy xuống hết thành muối 

Fe 2+ ). 

Ta có : Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H 2O 

x x x 

Cu+ 2FeCl 3 → CuCl 2+2FeCl 2 

x 2x x 2x 

Fe3O4 

( ) 

→ 40 = m + m = 64. x + 0,255 + 232x → x = 0,08 

Cu 

→ Dung dịch Y gồm: 

∑ n = x + 2x = 0, 24 mol; n = x = 0,08 mol 

FeCl2 CuCl2 

→ ∑ n = (0,08 + 0, 24 ).2 = 0,64 mol → n = 0,64 → m = 91, 84 

gam 

− 

Cl 

+ 2+ 3+ 

Ta có Ag + Fe → Fe + Ag → nAg 

= n 2+ 

= mol → m 

Fe 

Ag 

= gam 

Vậy m = 25,92 + 91,84 = 117,76( gam) 

AgCl 

AgCl 

0,24 25,92 

Câu 54: Cho m gam X gồm Na, Na2O, Al, Al2O3 vào nước dư thấy tan hoàn toàn, thu được dung dịch Y 

chứa một chất tan và thấy thoát ra 4,48 lít khí H2 (đktc). Sục khí CO2 dư vào dung dịch Y, thu được 15,6 

gam chất rắn X. Giá trị của m là:

A. . 14,2 B. 12,2 C. . 13,2 D. 11,2 

Đáp án C 

Phân tích: Quy đổi hỗn hợp X về Al, Na và O 

⎧Al 

∶ 0,2 mol 

⎪ 

⎨ 

⎪ 

⎩O 

∶x mol 

Ta có ∶ X Na ∶ 0,2 mol + H O :( 0,2mol 

) 

4,48 

nH 0, 2 . 

2O 

= nH 

= = mol 

2 

22,4 

2 

→ Y : NaAlO (0, 2 mol) + H (0,2 mol)( 1) 

2 2 

Vì sau phản ứng dung dịch Y chỉ chứa 1 muối tan duy nhất nên Y chỉ có NaAlO 2 . 

Cho CO2 vào Y ta có: CO2 + NaAlO2 + 2H2O → NaHCO 3 + Al(OH)3 ↓ 

15,6 

→ nNaAlO 

= n 

2 ( ) 

= = 0,2mol 

Al OH 

3 

78 

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố vào (1), ta có: 

Trong X có : n = n = n = 0, 2 mol. 

Na Al NaAlO2 

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O vào (1) ta có: 

n + n = 2n → x + 0, 2 = 0, 2.2 → x = 0,2. 

( ) ( ) ( ) 

O X O H2O O NaAlO2 

Vậy khối lượng của X là: mX = mNa + mAl + mO = 13,2g 

Câu 55: Cho m gam bột sắt vào 200 ml dung dịch CuSO 4 1M, sau phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn 

X. Chia X thành 2 phần không bằng nhau: Phần 1: cho tác dụng với dung dịch HCl dư thấy thoát ra 2,24 

lít khí H 2 (đktc). Phần 2: cho tác dụng với dung dịch HNO 3 loãng dư, thu được 6,72 lít khí NO (đktc). No 

là sản phẩm khử duy nhất của HNO 3. 

Giá trị của m gần với giá trị nào nhất? 

A. 24,0 B. 30,8 C. 28,2 D. 26,4 

Đáp án A 

Phân tích: 

Fe + CuSO 4 → FeSO 4 +Cu (1) 

0,2 ← 0,2 → 0,2 

Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng chất rắn X có khả năng hòa tan HCl tạo khí H2 nên sau phản ứng 

(1) Fe dư. Do chất rắn X chia làm 2 phần không bằng nhau nên ta gọi P 1=kP 2 

P 1: Fe+2HCl → FeCl 2 + H 2 

2, 24 

→ nFe 

= nH 

= = 0,1 mol 

2 

22, 4 

⎧Fe 

P2 : ⎨ + HNO3 → dd Y + NO + H2O 

2 

⎩Cu 

nNO 

6,72 

= = 0,3 mol, 

22,4 

n 

Fe 

( ) 

nFe( phaàn 1) 

0,1 

( phaàn 2) 

= = mol 

k k

0,2 

Ta lại có P1 = kP2 nên nCu ( P2 

) 

= mol 

k + 1 

→ + + + + → +2 

→ + + 

Áp dụng định luật bảo toàn e P 2 ta có: 

0,1 0, 2 

3nFe + 2nCu = 3nNO → 3. 2. 0,3.3 

k 

+ k + 1 

= 

7 

→ k = 

0,1 9 9 

9 

→ n 

( 2 ) 

= = mol → n 

( ) 

= 0,1 + mol 

Fe P 

Fe X 

k 70 70 

3 

→ n = n 

( 1) + n 

( ) 

= → m 24 

Fe ban ñaàu Fe Fe X 

Fe 

= g 

7 

Câu 56: Hòa tan hoàn toàn 20g hỗn hợp A gồm Mg và Fe 2 O 3 bằng dung dịch HNO 3 đặc dư thu được 

dung dịch B và V lít khí NO 2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Thêm NaOH dư vào dung dịch B. Kết 

thúc thí nghiệm, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 28g chất 

rắn. Giá trị của V là: 

A. 44,8 lít B. 33,6 lít C. 22,4 lít D. 11,2 lít 

Đáp án C 

( ) 

⎧⎪ 

mMg 

+ mFe2O3 

= 20 gam 

Ta có : ⎨ 

⎪⎩ mMgO 

+ mFe2O3 

= 28( gam) 

28 − 20 

→ nMg 

= = 0,5mol 

16 

Bảo toàn e → n NO 2 

= 2n Mg = 1 mol→ V = 22,4 lít 

Câu 57: Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp KNO 3 và H 2SO 4, đun nhẹ, trong điều kiện thích hợp, 

đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A chứa m gam muối; 1,792 lít hỗn hợp khí B 

(đktc) gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí và còn lại 0,44 gam chất rắn 

không tan. Biết tỉ khối hơi của B đối với H 2 là 11,5. Giá trị của m là: 

A. 31,08 B. 29,34. C. 27,96. D. 36,04. 

HD : Khí B gồm NO ( 0,06 mol ) và H2 ( 0,02 mol ) ; nMg (pư) = 0,19 mol 

Theo định luật bảo toàn electron : n(NH4 + ) = (0,19.2 – 0,06.3 - 0,02.2)/8 = 0,02 mol 

Do tạo H2 nên NO3 - hết nên : n(KNO3) = 0,06 + 0,02 = 0,08 mol 

Dung dịch A chứa : Mg 2+ ( 0,19 mol) ; K + (0,08 mol); NH4 + ( 0,02 mol ) và SO4 2- ( 0,24 mol ) 

m = 31,08 gam 

Câu 58: Hòa tan hết m gam kim loại M cần dùng 136 gam dung dịch HNO 3 31,5%. Sau khi kết thúc phản 

ứng thu được dung dịch X và 0,12 mol khí NO duy nhất. Cô cạn dung dịch X thu được (2,5m + 8,49) gam 

muối khan. Kim loại M là 

A. Ca B. Mg C. Zn D. Cu 

Chọn C

⎧ n+ 

0,56 − 2x 

⎪ 

M : 

n 

⎪ − 

M + HNO3;0,68 → ⎨NO3 : 0,56 − x + NO : 0,12 + H 

2O 

⎪ + 

⎪ 

NH 

4 

: x 

⎪⎩ 

n 

HNO3 

136.31,5% 

= = 0,68 mol Gọi số mol NH + 4 

là x mol 

63 

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố N ta có: 

n = n + n + n → n = 0,68 − 0,12 − x = 0,56 − x 

HNO 

− + 

3 NO 

− 

NO3 NH4 NO3 

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X ta có: 

0,56 − 2x 

n. 

n n+ + n + = n − → n n+ 

= 

M NH4 NO3 

M 

n 

M → M + ne N + 3e → N 

n+ + 5 + 2 

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 

0,56 − 2 x . n = 0,12.3 + 8x → x = 0,02 

n 

N + 8e → N 

+ 5 −3 

Ta có: m = m + m + m = m + (0,56 − 0,02).62 + 0,02.18 = 2,5m + 8,49 → m = 16,9g 

X M − + 

NO3 NH4 

0,52 0,52 M 65 

Ta có: nM 

= → mM 

= . M = 16,9 → = → M : Zn 

n n n 2 

Câu 59: Hỗn hợp X gồm Fe 2O 3, FeO và Cu (trong đó sắt chiếm 52,5% về khối lượng). Cho m gam X 

tác dụng với 420 ml dung dịch HCl 2M dư, thu được dung dịch Y và còn lại 0,2 m gam chất rắn 

không tan. Cho dung dịch AgNO3 dư vào Y thu được khí NO và 141,6 gam kết tủa. Biết các phản ứng 

xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là: 

A. 20 B. 32 C. 36 D. 24 

Chọn B. 

amol bmol 

Cu(d- ) :0,2m(g) 

 

HCl(d- ) 

- Quá trình: Fe 2 2 

AgNO3 

2O 3 ,FeO,Cu ⎯⎯⎯⎯→ + + − + 

Fe ,Cu ,Cl ,H (d- ) ⎯⎯⎯⎯→ Ag,AgCl + NO 

 

m(g) 

dung dÞch Y 

141,6(g) ↓ 

BT:Cl 

m 143,5n AgCl 

- Xét hỗn hợp kết tủa ta có : ⎯⎯⎯→ nAgCl = nHCl = 0,84mol ⇒ nAg 

= = 0,195mol 

108 

- Khi cho X tác dụng với HCl và dung dịch Y tác dụng với AgNO 3 thì ta có hệ sau : 

⎧ 160n Fe2O + 72n 

3 FeO + 64nCu(p- ) = m − mr¾n 

⎧ 160a + 72b + 64a = 0,8m 

⎪ 

⎧a = 0, 05 

Theo ®Òta cã m 

⎪ 

⎯⎯⎯⎯⎯→ 

Fe = 0,525 56.2a + 56b 

⎪ 

⎪ 

m 

⎪ 

= 0,525 ⎪b = 0,2 

→ ⎨ 

X 

→ ⎨ m 

⇒ ⎨ c = 0,035 

⎪ BT:e 

⎯⎯⎯→ n b 2a 3c 0,195 

FeO + 2nCu(p- ) = 3nNO + n 

⎪ + = + 

⎪ 

⎪ 

Ag 

⎪ 

⎪ m = 32 

⎪n 6a 2b 4c 0,84 

HCl = 6nFe 2O + 2n 

3 FeO + 4n 

⎪ + + = 

⎩ 

NO 

⎩ 

⎩ 

Câu 60: Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al và Zn bằng dung dịch HNO3. Sau khi 

phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đkc) 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. Số mol HNO 3 đã tham 

gia phản ứng gần nhất với giá trị nào sau đây ? 

↓ − 

cmol

A. 1,81 mol B. 1,95 mol C. 1,8 mol. D. 1,91 mol 

Chọn D. 

⎧nNO + nN = 

2O 0,2 ⎧nNO 

= 0,1mol 

- Xét hỗn hợp khí Z ta có : ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎩30n NO + 44nN = ⎩ = 

2O 

7,4 nN2O 

0,1mol 

⇒ n − = 3n + 8n + 9n + = 1,1 + 9x 

NO 3 (trong muèi) NO N2O 

NH4 

- Ta có: m = m + 18n + + 62n − → 122,3 = 25,3 + 18x + 62(1,1 + 9x) ⇒ x = 0,05mol 

muèi kim lo¹i NH NO 

⇒ HNO = + + + = 

3 NH NO N 

4 

2O 

4 3 

n 10n 4n 10n 1,9mol 

Câu 61: Hòa tan hết 3,264 gam hỗn hợp X gồm FeS2, FeS, Fe, CuS và Cu trong 600ml dung dịch HNO3 

1M đung nóng, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 1,8816 lít (đktc) một chất khí 

thoát ra. Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2 thu được 5,92 gam kết tủa. Mặt khác, dung dịch 

Y có thể hòa tan tối đa m gam Fe. Biết trong quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất của N +5 là NO. Giá trị 

của m là 

A. 9,760 B. 9,120 C. 11,712 D. 11,256 

Phương pháp: Qui đổi: bảo toàn nguyên tố, bảo toàn electron 

B1: Xác định thành phần ion trong dung dịch Y 

n = n = 0,024 mol 

BaSO4 

( ) 

S X 

Qui hỗn hợp X về Fe; Cu; S ⇒ m + m = 2, 496g 

n = 0,084 mol ⇒ n = n − n = 0,516 

NO NO3 sau HNO3 

bd NO 

Fe 

Cu 

Bảo toàn O: 

3n = n + 3n + 4n + n 

HNO3 bd NO NO3 sau SO4 H2O 

⇒ n = 0,072 mol 

H 2O 

Bảo toàn H: n = 2n + n ⇒ n = 0,456 mol ⇒ chỉ tạo 

HNO3 bd H2O H + du H + du 

B2: Xác định số mol các nguyên tố trong X 

Bảo toàn e: 3n + 2n + 6n = 3n = 0,252 mol 

Fe Cu S NO 

⇒ n = 0,024; n = 0,018 mol 

Fe 

Cu 

Hòa tan Fe tối đa => chỉ có 

2 

Fe → Fe + 

3Fe + 8H + 2NO → 3Fe + 2NO + 4H O 

+ − 2+ 

3 2 

+ → + 

2+ 2+ 

Fe Cu Fe Cu 

Fe + 2Fe → 3Fe 

3+ 2+ 

⇒ m = 0,375n + n + 0,5n = 0,201 mol 

Fe + 2+ 3+ 

H Cu Fe 

⇒ m = 11,256 g 

Đáp án D 

Câu 62: Hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, CuO, trong đó oxi chiếm 20% khối lượng. Cho m gam X tan 

hoàn toàn vào dung dịch Y gồm H 2SO 4 1,65M và NaNO 3 1M, thu được dung dịch z chỉ chứa 3,66m gam 

3 

Fe +

muối trung hòa và 1,792 lít khí NO (dktc). Dung dịch z phản ứng tối đa với 1,22 mol KOH. Giá trị của m 

là : 

A. 32 B. 24 C. 28 D. 36 

Câu 32: 

Phương pháp: 

- Qui đổi, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích 

- Áp dụng công thức tính nhanh khi Hỗn hợp chất + HNO3 tạo sản phẩm khử của Nitơ 

n = 2 n + 2 n + 4 n + 10 n + 12 n + 10 n 

+ O NO2 NO N2O N 

+ 

H 

2 NH4 

B1: lập phương trình liên quan đến số mol H + phản ứng 

Đặt a làm thể tích dung dịch Y và b là số mol NH + 

4 

Trong X: m KL = 0,8m ; m O = 0,2 m 

(qui hỗn hợp về kim loại và oxi) 

=> 

n = 4n + 10n + 2n 

+ 

H NO 

+ 

NH 4 

NO 

⇒ 0,08.4 + 10b 

+ 2.0,2 m /16 = 2.1,65a 

B2: Lập phương trình liên quan đến khối lượng muối sau phản ứng 

Bảo toàn N: 

n = a − 0,08 − b 

NO3( Z ) 

= 0,8m + 18b + 23a + 62. a − 0,08 − b + 96.1,65a = 3,66m 

=> mmuối ( ) 

( 1) 

B3: Lập phương trình liên quan đến bảo toàn điện tích các ion trong dung dịch sau phản ứng với KOH. 

Khi KOH phản ứng với X thì sản phẩm chứa 1,22 mol K + ; a mol Na + ; 1,65a mol 

mol NO − 

3 

( 2) 

SO − và ( a − 0,08 − b) 

2 

4 

Bảo toàn điện tích: 

n + n = 2n + n 

K Na SO4 NO3 

⇒ 1,22 + a = 1,65a.2 + a − 0,08 − b 

Từ ( ) ( ) ( ) 

( 3) 

1 , 2 , 3 ⇒ a = 0, 4; b = 0,02; m = 32g 

Câu 63: Hòa tan hoàn toàn 21,5 gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, FeO, Cu(NO 3) 2 cần dùng hết 430 ml 

dung dịch H2SO4 1M thu được hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 0,06 mol NO và 0,13 mol H2, đồng thời thu 

được dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn dung dịch Z thu được 56,9 gam muối 

khan. Thành phần phần trăm của Al trong hỗn hợp X có giá trị gần nhất là: 

A. 25,5% B. 18,5% C. 20,5% D. 22,5% 

Chọn C. 

- Khi cho 21,5 gam X tác dụng với 0,43 mol H 2SO 4 thì : 

BTKL mX + 98n H2SO − 30n 

4 NO − 2n H − m 

2 Z 

⎯⎯⎯→ n H2O 

= = 0,26 mol 

18 


4 H2O − 2n H 

n + 

2 NH 

+ n 

4 

⎯⎯⎯→ n + 

NH 

= = 0,02mol ⇒ nCu(NO 4 

3 ) = = 0,04mol 

2 

4 2

2n H2SO −10n 4 

+ 

NH 

− 4n NO − 2n H 

4 

2 

- Ta có nO(trong X) = nFeO 

= = 0,08mol 

2 

⎧ 3n Al 2n Zn 3n NO 2n H 8n 

2 

+ 

⎪ + = + + 

NH 

= 0,6 

4 

⎧n Al = 0,16 mol 

- Xét hỗn hợp X ta có: ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪⎩ 

27n Al + 65n Zn = mX − 72n FeO − 188nCu(NO 3) 

= 8, 22 n 

2 ⎩ Zn = 0,06 mol 

27.0,16 

⇒ %m Al = .100 = 20,09 

21,5 

Câu 64: Tiến hành điện phân dung dịch chứa NaCl và 0,15 mol Cu(NO 3) 2 bằng điện cực trơ, màng 

ngăn xốp với cường độ dòng điện không đổi I = 5A trong thời gian 6562 giây thì dừng điện phân, thấy 

khối lượng dung dịch giảm 15,11gam. Dung dịch sau điện phân hòa tan tối đa m gam bột Fe, phản ứng 

tạo ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N +5 ). Giá trị m là. 


Chọn B 

It 

- Ta có ne (trao ®æi) = = 0,34mol 

96500 

- Các quá trình điện phân diễn ra như sau : 

Tại catot 

Cu 2+ + 2e → Cu 

0,15 mol 0,3 mol → 0,15 mol 

2H2O + 2e → 2OH - + H2 

0,04 mol → 0,04 mol 0,02 

mol 

Tại anot 

2Cl - → Cl 2 + 2e 

2x mol 2x mol 2x mol 

H2O → 4H + + O2 + 4e 

4y mol ← y mol → 4y mol 

- Xét khối lượng giảm sau điện phân ta có: 

BT:e 

⎪⎯⎯⎯→ ⎧ 2nCl + 4nO = ne trao ®æi 

⎧ + = ⎧ = 

2x 4y 0,34 x 0,1mol 

2 2 

⎨ → ⎨ ⇒ ⎨ 

⎪⎩ 71n Cl + 32n 

2 O = m 

2 dd gim − 64nCu − 2nH 

71x + 32y = 5,47 y = 0,06mol 

2 ⎩ ⎩ 

- Dung dịch sau điện phân chứa: Na + , H + : 0,2 mol và NO3 - : 0,3 mol. 

- Khi cho dung dịch sau điện phân tác dụng với Fe dư thì: 

0,075mol 

+ 2 

3 − + 

2 

0,2mol 

3Fe + 8H + 2NO ⎯⎯→ 3Fe + 2NO + 4H O 

← 

⇒ mFe bÞhßa tan = 0,075.56 = 4,2(g) 

Câu 65: Cho 3,72 gam hỗn hợp gồm Mg và Al vào V ml dung dịch chứa AgNO3 x (mol/l) và Cu(NO3)2 

y (mol/l). Sau khi kết thúc phản ứng, thu được dung dịch X và 20,0 gam rắn Y. Cho dung dịch NaOH 

dư vào X, thấy lượng NaOH phản ứng là 18,4 gam. Lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối 

lượng không đổi thu được 7,6 gam hỗn hợp gồm hai oxit. Tỉ lệ x : y là 

A. 4 : 5 B. 2 : 3 C. 1 : 1 D. 1 : 3 

Chọn A 

Mg,Al + AgNO 3,Cu(NO 3) 

2 ⎯⎯→ 

 

3,72(g) 

dung dÞch hçn hî p 

20(g)r¾n 

 

Ag,Cu 

2+ 3+ 2 + − NaOH 

(d- ) 3 ⎯⎯⎯→ 2 2 

Mg ,Al ,Cu ,NO Mg(OH) ,Cu(OH) ⎯⎯→ MgO,CuO 

 

dung dÞch X 

hçn hî p kÕt tña 

t 

0 

7,6(g)oxit 

- Gọi c là số mol Cu 2+ , còn lại trong dung dịch X. Xét quá trình phản ứng của dung dịch X với lượng dư 

dung dịch NaOH ta có: 

⎧ 24nMg + 27n Al = mkim lo¹i ⎧24a + 27b = 3,72 ⎧a = 0,11 

⎪ ⎪ ⎪ 

+ ⎨2n 2+ 3 2 

Mg 

+ 4n + 

Al 

+ 2n + 

Cu 

= nNaOH 

→ ⎨2a + 4b + 2c = 0,46 ⇒ ⎨b = 0,04 

⎪ ⎪ 

40n 40a 80c 7,6 c 0,04 

MgO 80n CuO m 

+ = ⎪ = 

⎪⎩ + = oxit 

⎩ 

⎩

- Xét dung dịch hỗn hợp chứa AgNO3 và Cu(NO3)2 ta có: 

nAgNO 2n 

3 Cu(NO 3) n − 

2 

3 2 2 

NO 

x 2y 3n + 

3 

Al 

2n + 

Mg 

2n + 

⎪⎧ + = ⎪⎧ + = + + 

Cu 

= 0,42 ⎧x = 0,12 x 4 

+ ⎨ → ⎨ ⇒ ⎨ → = 

⎪ ⎩108n Ag + 64nCu = mr¾n 

⎩ ⎪ 108x + 64(y − 0,04) = 20 

⎩ y = 0,15 y 5 

Câu 66: Điện phân dung dịch X gồm FeCl 2 và NaCl (tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2) với điện cực trơ màng 

ngăn xốp thu được dung dịch Y chứa hai chất tan, biết khối lượng dung dịch X lớn hơn khối lượng dịch Y 

là 4,54 gam. Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,54 gam Al. Mặt khác dung dịch X tác dụng với lượng dư dung 

dịch AgNO 3 thu được m gam kết tủa. Giá trị m là 

A. 14,35. B. 17,59. C. 17,22. D. 20,46. 

Chọn D. 

- Xét trường hợp dung dịch Y chứa 2 chất tan là NaOH và NaCl. Quá trình điện phân diễn ra như sau : 

Tại catot: 

Fe 2+ + 2e → Fe 

Tại Anot: 

2Cl - → Cl 2 + 2e 

x ← 2x → x 

(2x + 2y) (x + y) ← (2x + 2y) 

2H 2O + 2e → 2OH - + H 2 

2y → 2y y 

3 

- Từ phương trình: Al + 3H2O + NaOH → Na[Al(OH) 4] + H2 

suy ra n − Al 

2 

OH 

= n = 0, 02 → y = 0, 01 mol 

- Khối lượng dung dịch giảm: 56x + 71n Cl + 2n 

2 H2 

= 4,54 → x = 0,03 mol 

BT: e 

⎧FeCl AgNO 

Ag FeCl2 

- Hỗn hợp X: 

2 :0,03mol 

⎧⎯⎯⎯→ n n 0,03 

+ 3 

⎪ 

= = 

⎨ 

⎯⎯⎯⎯→ ⎨ 

⇒ m↓ = 20, 46 gam 

NaCl :0,06 mol BT: Cl 

⎩ ⎪ 

⎩ 

⎯⎯⎯→ nAgCl = 2nFeCl + n 

2 NaCl = 0,12 

Câu 67: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Mg(HCO 3) 2, MgSO 3 bằng một lượng vừa đủ 

dung dịch H2SO4 30%, thu được 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí Y và dung dịch Z có nồng độ 36%. Tỉ khối 

của Y so với He bằng 8. Cô cạn Z được 72 gam muối khan. Giá trị của m là 

A. 20. B. 10. C. 15. D. 25. 

Chọn A. 

⎧Mg, MgO 

0,5 mol khÝY (M Y = 32) 

- Quá trình: X ⎨ 

+ H2SO4 

→ 

⎩Mg(HCO 3) 2, MgSO 

c« c¹ n 

3 

dd Z (36%) ⎯⎯⎯⎯→ MgSO : 0, 6 mol 

dd 30% 

58,8 

- Ta có: n H2SO4 = n MgSO4 = 0,6 mol → mH2SO4 = 58,8 gam ⇒ mdd H2SO4 

= = 196 gam 

0,3 

⇒ 

120nMgSO 

= = → = − + = 

4 

C% 36% m 200 mdd H2SO 

m 

4 khí 20 gam 

m + mdd H2SO 

− m 

4 khí 

Câu 68: Hòa tan 13,68 gam muối MSO4 vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, 

cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, được m gam kim loại M duy nhất ở catot và 

0,784 lít khí ở anot. Còn nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện 

cực là 2,7888 lít. Biết thể tích các khí ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của m là: 

A. 4,788. B. 4,480. C. 1,680. D. 3,920. 

Chọn B 

Thời điểm Tại catot Tại anot 

t (s) 

2+ 

+ 

M + 2e ⎯⎯→ M 2H2O ⎯⎯→ 4e + 4H + O2 

ne trao đổi = 0,14 mol 

0,14mol 

← 0,035mol 

2t (s) 

ne trao đổi = 0,28 mol 

2+ 

M + 2e ⎯⎯→ M 

amol 

→ 

2amol 

2 + ⎯⎯→ − + 2 

2bmol ← 

bmol 

2H O 2e 2OH H 

- Tại thời điểm 2s (s), xét hỗn hợp khí ta có : 

4 

2 ⎯⎯→ + + + 2 

0,28mol 

← 0,07mol 

2H O 4e 4H O

BT:e 

⎪⎯⎯⎯→ ⎧ 2n 2+ 

+ 2n 

M H = 4n 

2 O 2a 2b 0,28 a 0,0855 

2 

⎧ + = ⎧ = 

+ ⎨ → ⎨ ⇒ ⎨ 

⎪⎩ nH 

= 0,1245 − n 

2 O 

b = 0,0545 b = 0,0545 

2 

⎩ ⎩ 

13,68 

⇒ M MSO 4 

= = 160 , suy ra M là Cu. 

0,0855 

- Tại thời điểm t (s) thì nCu = 2nO = 0,07mol ⇒ m 

2 

Cu = 4,48(g) 

Câu 69: Hòa tan hoàn toàn 30 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Mg(NO 3) 2 trong dung dịch H 2SO 4. Sau 

phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa một muối sunfat và 4,48 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). 

Số mol H2SO4 đã phản ứng là 

A. 0,3 mol. B. 0,4 mol. C. 0,5 mol. D. 0,6 mol. 

Chọn D. 

- Khi cho 30 gam X tác dụng với H 2SO 4 ta có hệ sau : 

⎧ 24nMg + 40n MgO + 148n Mg(NO 3) = m 

2 X ⎧24nMg + 40n MgO + 148n Mg(NO 3) = 30 ⎧n 2 

Mg = 0,3mol 

⎪ BT:e 

⎪ ⎪ 

⎨ ⎯⎯⎯→ 2nMg = 3n NO → ⎨2nMg = 0,6 ⇒ ⎨nMgO 

= 0,2mol 

⎪ ⎪ 

2n = 0,2 

⎪ 

n = 0,1mol 

BT:N 

2nMg(NO 3) 

n 

Mg(NO 

2 NO 

3) 2 Mg(NO 3) 

2 

⎪⎩ ⎯⎯⎯→ = ⎩ ⎩ 

⇒ n = n = n + n + n = 0,6mol 

H2SO 4 MgSO 4 Mg MgO Mg(NO 3) 

2 

Câu 70: Hòa tan hoàn toàn 1,28 gam Cu vào dung dịch chứa 7,56 gam HNO 3 thu được dung dịch X và 

V lít hỗn hợp khí gồm NO và NO2 (đktc). Cho X tác dụng hoàn toàn với 105 ml dung dịch KOH 1M, 

sau đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch Y. Cô cạn Y được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, 

thu được 8,78 gam chất rắn. Giá trị V là 

A. 0,336. B. 0,448. C. 0,560. D. 0,672. 

Chọn B. 

- Chất rắn Z gồm KNO3 và KOH(dư). Khi nung Z ta thu được KNO2 và KOH(dư). Theo đề ta có : 

⎧⎪ 

85n KNO + 56n 

2 KOH = mr¾n ⎧ ⎪85n KNO + 56n 

2 KOH = 8,78 ⎧nKNO 

= 0,1mol 

2 

⎨ → 

BT:K 

⎨ ⇒ 

BT:K 

⎨ 

⎩⎪ ⎯⎯⎯→ nKNO + n 

2 KOH = nKOH(ban ®Çu) ⎪⎩ 

⎯⎯⎯→ nKNO + n 

2 KOH = 0,105 ⎩nKOH(d- ) = 0,005mol 

BT:N 

⎯⎯⎯→ n + n = n − n = 0,02mol ⇒ V = 0,448(l) 

NO2 NO HNO3 KNO2 NO,NO2 

Câu 71: Nung nóng 19,52 gam hỗn hợp gồm Al và Cr2O3 trong điều kiện không có không khí, sau một 

thời gian, thu được hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X cần dùng 600 ml dung dịch HCl 1,6M thu được 0,18 

mol khí H 2 và dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y, thu được x gam kết tủa. Giá trị của x là. 


Chọn B 

H :0,18mol 

2 

0 

t HCl 

3 3 2 NaOH 

2 3 ⎯⎯→ 2 3 2 3 ⎯⎯⎯→ + + + − ⎯⎯⎯→ 2 2 + 2 

Al,Cr O Al,Al O ,Cr,Cr O 

Al ,Cr ,Cr ,Cl NaAlO ,NaCrO Cr(OH) 

 

19,52(g) 19,52 (g) r¾n X dung dÞch Y dung dÞch sau p- x(g) ↓ 

- Khi cho hỗn hợp rắn X tác dụng với dung dịch chứa 0,96 mol HCl thì : 

BT:H nHCl − 2nH n 

2 H2O 

⎯⎯⎯→ nH2O 

= = 0,3mol ⇒ nCr2 O = = 0,1mol 

3 

2 3 

mr¾n 

−152n 

Cr2O 

3 

+ Xét hỗn hợp rắn ban đầu ta có: nAl 

= = 0,16mol 

27 

BT:e 3nAl − 2nH2 

- Xét quá trình nhiệt nhôm ta có: ⎯⎯⎯→ nCr2 O 3(p- ) = = 0,06mol 

2 

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với NaOH dư thì: m↓ = 86nCr(OH) = 2.86.n 

2 Cr2O 3(p- ) = 10,32(g)

Câu 72: Cho m gam Na vào 200 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và Ba(OH)2 0,5M, đến phản ứng hoàn 

toàn thu được dung dịch X. Cho dung dịch X vào 200 ml dung dịch hỗn hợp Al 2(SO 4) 3 0,5M và HCl 1M, 

đến phản ứng hoàn toàn thu được 31,1 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của m là: 

A. 4,6. B. 23. C. 2,3. D. 11,5. 

Chọn D. 

- Khi thêm m gam Na vào dung dịch hỗn hợp NaOH và Ba(OH)2 thì: 

(x+ 

0,2)mol 0,1mol 

 

NaOH ,Ba(OH) 2 + Al 2(SO 4) 3 + HCl → BaSO 4,Al(OH) 

3 (với x là số mol Na thêm vào) 

X 0,1mol 

0,2mol 

31,1 gam↓ 

31,1 − 233nBaSO 

4 

- Nhận thấy: n 2+ < n 2− → nBaSO 

= n 2+ 

= 0,1mol → n 

Ba SO4 

4 Ba 

Al(OH) = = 0,1 mol 

3 

78 

- Hướng tư duy 1: 

+ Để x đạt giá trị lớn nhất thì kết tủa Al(OH)3 đạt cực đại rồi tan lại một phần 

n = 4n + n − n = 0,9mol mà n = x + 0,2 = n − 2n → x = 0,5mol 

⇒ − 3+ + 

OH Al H 

- Hướng tư duy 2 : 

Al(OH) 3 

+ Áp dụng BTNT Cl, S và Al ⇒ dung dịch sau phản ứng gồm: 

2 4 2 

NaOH − 

OH Ba(OH) 2 

0,2 mol 0,2 mol 0,1mol 

 

NaCl ; Na 2SO 

4 ; NaAlO 2 

BT:Na 

⎯⎯⎯⎯→ nNaOH = nNaCl + 2nNa SO + nNaAlO 

= 0,7 → x = 0,7 − 0,2 = 0,5 ⇒ m Na = 

11,5gam 

Câu 73: X là dung dịch HCl nồng độ x mol/l. Y là dung dịch gồm Na 2CO 3 và NaHCO 3 có cùng nồng độ 

y mol/l. Nhỏ từ từ đến hết 100 ml X vào 100 ml Y, thu được V lít khí CO2 (đktc). Nhỏ từ từ đến hết 100 

ml Y vào 100 ml X, thu được 2V lít khí CO2 (đktc). Tỉ lệ x : y bằng 

A. 8 : 5. B. 6 : 5. C. 4 : 3. D. 3 : 2. 

Chọn D. 

0,1ymol 

0,1mol 

 

V 

- Nhỏ từ từ X vào Y: HCl + Na2CO 3,NaHCO 3 ⇒ nCO = n + 2 

2 H 

− n − 

CO 

→ = 0,1x − 0,1y (1) 

 

3 

22,4 

0,1x mol 

dung dÞch Y 

- Nhỏ từ từ Y vào X. Gọi a số mol của Na 2CO 3 và NaHCO 3 phản ứng: 

amol amol 

2n 2 

CO 

n 

3 HCO 

n ⎧3a = 0,1x 

− − + 

⎧⎪ + = 

3 H ⎪ 

Na2CO 3,NaHCO 3 + HCl ⇒ → 2V (2) 

⎨ 

⎨ 

2 

0,1x mol n − 

CO 

+ n − CO 2a 

3 HCO 

= n = 

3 

2 

dung dÞch Y 

⎪⎩ 

⎪ 

⎩ 22,4 

- Thay (2) vào (1) suy ra x : y = 3 : 2 

Câu 74: Cho 16,55 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2 và Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 

0,775 mol KHSO 4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 116,65 

gam muối sunfat trung hòa và 2,52 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không 

khí, tỉ khối của Z so với H2 là 23 9 

. Mặt khác, cho toàn bộ lượng hỗn hợp X ở trên vào nước, sau khi 

các phản ứng kết thúc, thu được m gam rắn Y. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ? 

A. 13,7. B. 14,8. C. 12,5. D. 15,6. 

Chọn B. 

- Khi cho 16,55 gam X tác dụng với dung dịch chứa 0,775 mol KHSO4 thì hỗn hợp khí Z thu được gồm 

NO (0,0125 mol) và H 2 (0,1 mol). Xét quá trình phản ứng ta có : 

BTKL mX + 136n KHSO − m 

4 muèi − mZ nKHSO − 2n 

4 H2O − 2nH2 

⎯⎯⎯→ nH2O 

= = 0,2625mol ⇒ n + = = 0,0125 

NH4 

18 4 

- Xét hỗn hợp rắn X ta có :

n + + n 

BT:N 

NH NO n 

KHSO 

4 O(trong oxit) 

n − 4n 

4 NO − 2nH 

−10n 

2 

+ 

NH4 

⎯⎯⎯→ nFe(NO 3) 

= = 0,0125 mol vµn 

2 Fe3 O = = = 0,05mol 

4 

2 4 8 

mX − 232n Fe O − nFe(NO ) 

nAl 

= = 0,1mol 

27 

⇒ 

3 4 3 2 

- Khi hòa tan hỗn hợp rắn X vào nước thì : 2Al + 3Fe(NO 3) 2 ⎯⎯→ 2Al(NO 3) 3+ 

3Fe 

0,1mol 0,0125mol → 1 

mol 

120 

- Vậy hỗn hợp rắn sau phản ứng hỗn hợp rắn sau phản ứng gồm Fe 3O 4(không tan), Al (dư) và Fe 

BTKL 

⎯⎯⎯→ m = m − 213n = 14,875(g) 

r¾n X Al(NO 3) 

3 

Câu 75: Để hòa tan hết 38,36 gam hỗn hợp R gồm Mg, Fe3O4, Fe(NO3)2 cần 0,87 mol dung dịch 

H 2SO 4 loãng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 111,46 gam sunfat trung hòa và 5,6 lít 

(đktc) hỗn hợp khí X gồm hai khí không màu, tỉ khối hơi của X so với H 2 là 3,8 (biết có một khí không 

màu hóa nâu ngoài không khí).Phần trăm khối lượng Mg trong R gần với giá trị nào sau đây ? 

A. 31,28 B. 10,8 C. 28,15 D. 25,51 

Chọn C. 

- Hỗn hợp khí X gồm 0,2 mol H 2 và 0,05 mol NO. 

BTKL mR + 98n H2SO − m 

4 muèi − mX 

⎯⎯⎯→ nH2O 

= = 0,57mol 

18 

- Xét hỗn dung dịch muối và hỗn hợp R có : 


4 H − 2n 

n + + n 

2 H2O NH4 

⎯⎯⎯→ n + 

NH 

= = 0,05mol ⇒ nFe(NO 4 

3) 

= = 0,05mol 

2 

4 2 

n 

− − − 

+ 

O(trong oxit) 

2nH2SO 2n 

4 H 4n 

2 NO 10n 

NH4 

⇒ nFe = = = 

3O 

0,08mol 

4 

4 4.2 

mR − 232n Fe − 

3O 180n 

4 Fe(NO 3) 

2 

⇒ %m Mg = .100 = 28,15 

mR 

Câu 76: Cho 30 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO3)2 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 

0,725 mol H 2SO 4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa 90,400 

gam muối sunfat trung hòa và 3,920 lít khí Z (đktc) gồm hai khí N 2 và H 2. Biết tỉ khối của Z so với H 2 

là 33/7. Phần trăm khối lượng của nhôm trong hỗn hợp X gần với giá trị nào sau đây ? 

A. 14,15% B. 13,0% C. 13,4% D. 14,1% 

Chọn C. 

- Hỗn hợp Z gồm N 2 (0,05 mol) và H 2 (0,125 mol) 

- Khi cho X tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, ta có : 

BTKL mX + 98n H2SO − m 

4 Z − mY 2nH2SO − 2n 

4 H − 2n 

2 H2O 

⎯⎯⎯→ nH2O 

= = 0,5mol ⇒ n + = = 0,05mol 

NH4 

18 4 

- Xét hỗn hợp rắn X ta có : 

2nN 

+ n + 

2n 

BT:N 

2 NH 

H 

4 

2SO −12n 4 N − 2n 

2 H −10n 

+ 

2 NH4 

⎯⎯⎯→ nFe(NO = = 

3) 

0,075mol và n 

2 

ZnO = = 0,05mol 

2 

2 

⎪⎧ 24n Mg + 27n Al = mX −180n Fe(NO − = 

3) 81n 

2 ZnO 12,45 ⎧nMg 

= 0,35 

+ ⎨ 

→ 

BT:e 

⎨ 

⎯⎯⎯→ + = + + + 

⎪⎩ 

2nMg 3nAl 10n N 2n = ⎩ = 

2 H 8n 

2 NH 

11,15 nAl 

0,15 ⇒ = 0,15.27 

%m Al .100 = 13,5 

30 

4 

Câu 77: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X chứa một oxit sắt, 0,02 mol Cr 2O 3 và 0,04 mol Al 

sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với 

H2SO4 đặc nóng dư thu được 0,896 lít SO2 ở (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Phần 2 tác dụng vừa đủ 250 

ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch Z và 0,336 lít H 2 ở (đktc), dung dịch Z tác dụng tối đa x mol 

NaOH thu được 6,6 gam hỗn hợp kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của x là: 

A. 0,27. B. 0,3. C. 0,28. D. 0,25. 

Chọn C.

0,02mol 0,04mol 

0 

t 

- Quá trình: FexO y, Cr2O 3 , Al ⎯⎯→ Y 

 

X 

t 

1 + 2 4 ⎯⎯→ 2 

0 

P H SO SO :0,04 mol 

H : 0,015mol 

2 

P2 

+ HCl ⎯⎯→ dung dÞch Z + NaOH → kÕt tña 

 

0,25mol x mol 6,6 gam 

BT:H 

nHCl 

− 2nH2 

BT:O 

- Xét P 2 ta có: ⎯⎯⎯→ nH 2O = = 0,11 mol ⎯⎯⎯→ nO(Y) = nO(X) = n H2O 

= 0,11 mol 

2 

- Xét P 1 : quy đổi hỗn hợp Y thành : Al:0,02 mol; Cr :0,02 mol ; O:0,11mol và Fe. 

BT:e 

2nO + 2nSO −3n 2 Cr − 3nAl 

⎯⎯⎯→ nFe 

= = 0,06mol 

3 

2+ 

2+ 

3+ 

⎧⎪ Fe :x mol 

⎧⎪ Cr :y mol 

⎧⎪ Al : 0,02mol 

+ Dung dịch Z: ⎨ ; ⎨ và 

BT: Fe ⎯⎯⎯⎯→ 

3+ 

BT:Cr 

⎨ 

⎪ ⎩ Fe :(0,06 − 

3+ 

x)mol ⎪ ⎩ ⎯⎯⎯→ Cr :(0,02 − 

− 

y) mol ⎪⎩ Cl : 0,25mol 

90nFe(OH) + 107n 

2 Fe(OH) + 86n 

3 Cr(OH) = 6,6 

⎪ 

⎧ 

2 

⎧-17x + + 86 y = 0,18 ⎧x = 0,04 

⎨ → 

BTDT (Z) 

⎨ 

2n 2+ 3n 3+ 2n 2+ 3n 3+ 3n 3+ n − 

x + y = 0,05 

⎪⎩ ⎯⎯⎯⎯⎯→ + + + + = → ⎩ 

⎨ 

⎩y = 0,01 

Fe Fe Cr Cr Al Cl 

(Vì dung dịch Z phản ứng tối đa với NaOH nên kết tủa Cr(OH) 3 tan hết). 


+ Ta có: nNaOH tối đa = x = 2n 2+ + 3n 3+ + 2n 2+ + 4n 3+ + 4n 3+ 

= 0,28mol 


+ Dung dịch sau cùng chứa: 

BT:Na 

Fe Fe Cr Cr Al 

n = 0,01mol; n = 0,02mol vµ n = 0,25mol 

NaOH NaCrO NaAlO NaCl 

NaCrO NaAlO NaCl 

2 2 

2 2 

⎯⎯⎯⎯→ n = n + n + n = 0,28mol 

Câu 78: Nung nóng 19,52 gam hỗn hợp gồm Al và Cr 2O 3 trong điều kiện không có không khí, sau một 

thời gian, thu được hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X cần dùng 600 ml dung dịch HCl 1,6M thu được 0,18 

mol khí H2 và dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y, thu được x gam kết tủa. Giá trị của x là. 


Chọn B 

H :0,18mol 

2 

0 

t HCl 

3 3 2 NaOH 

2 3 ⎯⎯→ 2 3 2 3 ⎯⎯⎯→ + + + − ⎯⎯⎯→ 2 2 + 2 

Al,Cr O Al,Al O ,Cr,Cr O 

Al ,Cr ,Cr ,Cl NaAlO ,NaCrO Cr(OH) 

 

19,52(g) 19,52 (g) r¾n X dung dÞch Y dung dÞch sau p- x(g) ↓ 

- Khi cho hỗn hợp rắn X tác dụng với dung dịch chứa 0,96 mol HCl thì : 

BT:H nHCl − 2nH n 

2 H2O 

⎯⎯⎯→ nH2O 

= = 0,3mol ⇒ nCr2O 

= = 0,1mol 

3 

2 3 

mr¾n 

−152n 

Cr2O 

3 

+ Xét hỗn hợp rắn ban đầu ta có: nAl 

= = 0,16mol 

27 

BT:e 3nAl − 2nH2 

- Xét quá trình nhiệt nhôm ta có: ⎯⎯⎯→ nCr2O 3(p- ) = = 0,06mol 

2 

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với NaOH dư thì: m↓ = 86nCr(OH) = 2.86.n 

2 Cr2O 3(p- ) = 10,32(g) 

Câu 79: Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al và Zn bằng dung dịch HNO 3. Sau khi 

phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đkc) 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. Số mol HNO3 đã tham 

gia phản ứng gần nhất với giá trị nào sau đây ? 

A. 1,81 mol B. 1,95 mol C. 1,8 mol. D. 1,91 mol 

Chọn D.

⎧nNO + nN = 

2O 0,2 ⎧nNO 

= 0,1mol 

- Xét hỗn hợp khí Z ta có : ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎩30n NO + 44nN = ⎩ = 

2O 

7,4 nN2O 

0,1mol 

⇒ n − = 3n + 8n + 9n + = 1,1 + 9x 

NO 3 (trong muèi) NO N2O 

NH4 

- Ta có: m = m + 18n + + 62n − → 122,3 = 25,3 + 18x + 62(1,1 + 9x) ⇒ x = 0,05mol 

muèi kim lo¹i NH NO 

⇒ HNO = + + + = 

3 NH NO N 

4 

2O 

4 3 

n 10n 4n 10n 1,9mol

BÀI TẬP TỔNG HỢP HỮU CƠ 

Câu 1. Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit oleic, rồi 

hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 (dư). Sau phản ứng thu được 18 gam kết tủa và 

dung dịch X. Khối lượng X so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu đã thay đổi như thế nào? 

A. Giảm 7,74 gam. B. Giảm 7,38 gam. 

C. Tăng 2,70 gam. D. Tăng 7,92 gam. 


3,42 g A + O 2 sp + Ca(OH) 2 dư 18g kết tủa 

CH 2=CH – COOH 

Hh A gồm CH 3 – COO – CH = CH 2 

CH2=CH – COO – CH3 

CH3 –[CH2]7 – CH = CH –[CH2]7 – COOH 

Vì hh A gồm các axit và este có 1 nối đôi ⇒ CTTQ của A là . C nH 2n-2O 2 

C nH 2n-2O 2 + O 2 n CO 2 + (n – 1) H 2O 

14n + 30 n n – 1 

3,42 0,18 

⇒ n = 6 ⇒ ⇒ 

⇒ m dd giảm = 

Câu 2. Hợp chất hữu cơ X(C,H,O) và chứa vòng benzen. Cho 0,05 mol X vào dung dịch NaOH 10% ( lấy 

dư 20% so với lượng cần phản ứng ) đến phản ứng hoàn toàn, Cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn 

khan Y và phần hơi Z chỉ chứa 1 chất. Ngưng tụ Z rồi cho phản ứng với Na dư thu được 41,44 lit H 2(dktc). 

Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 0,09 mol Na 2CO 3 ; 0,26 mol CO 2 và 0,14 mol H 2O. Biết X có Công thức 

trùng với công thức đơn giản nhất. Giá trị của m là 

A. 10,8. B. 11,1. C. 12,3. D. 11,9. 


Đặt nNaOH pứ = x => nNaOH dư = 0,2x => nNaOH = 1,2x 

Bảo toàn Na . 1,2x = 0,09.2 => x = 0,15 

=> nNaOH pứ = 3nX => 3 thành phần phản ứng (este + phenol) 

,nNaOH dư = 0,03 mol 

,n C = 0,26 + 0,09 = 0,35 mol => Số C trong muối = 0,35 . 0,05 = 7 

,n H = 0,14.2 = 0,28 => 0,03 + (Số H trong muối).0,05 = 0,28 => H = 5 

Số Na trong muối là 0,15 . 0,05 = 3 

=> Y có . 0,05 mol C 7H 5O aNa 3 ; 0,03 mol NaOH dư 

=> m Y = 0,05.(158 + 16a + 1,2 = 9,1 + 0,8a 

Lập bảng . 

,a = 3 => mY = 11,5g 

,a = 4 => mY = 12,3g (TM) 

,a = 5 => mY = 13,1g 

Câu 3: Hai este X, Y có cùng công thức phân tử C8H8O2 và chứa vòng benzen trong phân tử. Cho 6,8 gam 

hỗn hợp gồm X và Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,06 

mol, thu được dung dịch Z chứa 4,7 gam ba muối. Khối lượng muối của axit cacboxylic có phân tử khối 

lớn hơn trong Z là 



⎧H 

2O 

⎪ 

6,8g(0,05mol) C8H8O2 

+ 0,06molNaOH → 4,7g ba muôi + ⎨⎡CH3OH 

⎪⎢ 

⎩⎣C6H 

5CH 

2OH 

Theo đề bài thu được 3 muối ⇒ có 1 este là este của phenol 

Với ancol là CH3OH ta có. 

⎪⎧ 

m(X,Y) 

+ mNaOH 

= mmuôi 

+ mCH 

+ m ⎪⎧ 

32n + 18n = 4,5 ⎪⎧ 

n = 0,257 

3OH 

H2O 

CH3OH 

H2O 

CH3OH 

⎨ 

⇔ ⎨ 

⇔ ⎨ 

(loại) 

⎪⎩ nCH 

OH 

+ n 

H O 

= n(X,Y) 

⎪⎩ nCH 

OH 

+ n 

H O 

= 0,05 ⎪⎩ n 

H O 

= −0,207 

3 

2 

3 

2 

2

⎧HCOOCH2C6H5 

Với ancol là C6H5CH2OH ⇒ CTCT X,Y : ⎨ 

⎩CH3COOC6H 

5 

⎪⎧ 

m(X,Y) 

+ m 

NaOH 

= mmuôi 

+ mC 

+ m ⎪⎧ 

108n + 18n = 4,5 ⎪⎧ 

n 

6H5CH2OH 

H 2O 

C6H 

5CH2OH 

H 2O 

⎨ 

⇔ ⎨ 

⇔ ⎨ 

⎪⎩ nCH 

OH 

+ n 

H O 

= n(X,Y) 

⎪⎩ nC 

H CH OH 

+ n 

H O 

= 0,05 ⎪⎩ n 

3 

2 

6 5 2 

2 

⇒ m = 82.0,01 = 0,82g 

CH3COONa 

C6H5CH2OH 

H 2O 

= 0,01 

= 0,04 

Câu 4.Đốt cháyhoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm anđehit malonic, anđehitacrylic vàmột esteđơn chứcmạch 

hở cần 2128 ml O 2 (đktc) vàthu được 2016ml CO 2 và 1,08 gam H 2 O. Mặt khác, mgam X tác dụng vừa đủ 

với 150 ml dung dịch NaOH 0.1 M, thu được dung dịch Y (giả thiết chỉ xảyra phản ứng xà phòng hóa). 

Cho Y tác dụngvớiAgNO 3 trongNH 3 , khối lượng Ag tối đathu được 

A.4,32 gam.B. 8,10 gam. C.7,56 gam. D. 10,8gam. 


Andehyt malonic. OHC- CH 2-CHO (a mol) 

Andehyt acrylic. CH2=CH-CHO (b mol) 

Este đơn chức. RCOOR1 

n O2=2,128/22,4= 0,095 mol ; n CO2 = 2,106/22,4 = 0,09 mol; n H2O = 1,08/18 = 0,06 mol 

n X= 0,09 - 0,06 = 0,03 mol 

Bảo toàn nguyên tố oxi trong X ta có. 

nO(X) = 0,09.2 + 0,06 - 2.0,095 = 0,05 mol 

2a + b + 2. 0,015 = 0,05 => 2a + b = 0,02 mol 

Số nguyên tử cacbon trung bình = 0,09/0,03= 3 ==> Este có 3 nguyên tử C 

Số nguyên tử cacbon trung bình = 2.(0,06/0,03) ==> Este có 4 nguyên tử H 

==> CTPT của este là C 3H 4O 2 chỉ có công thức cấu tạo phù hợp là. HCOO-CH=CH 2 

HCOO-CH=CH2 + NaOH --> HCOONa + CH3-CHO 

0,015 0,015 ---> 0,015 mol 

m Ag = (4a + 2b + 2.0,015 + 2. 0,015)108 = [2(2a + b) + 0,06]108 =10,80 gam 

Câu 5: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ 

có nhóm -COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân 

hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch 

NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu 

được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 5,88 gam X 

thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là 

A. 38,76%. B. 40,82%. C. 34,01%. D. 29,25%. 


BTKL 2,48 + 0,04.2 

+ Tìm Y. nH = 0,04 → n 

2 

Y 

= 0,08 ⎯⎯⎯→ MY = = 32 → CH3OH 

0,08 

⎧HCOOCH3 

5,88 

⎪ 

trong Y 

+ Có MX = = 73,5 → X ⎨CH3COOCH 

3 

và nO 

= 0,08.2 = 0,16 

0,08 

⎪⎩ RCOOCH : 

⎧⎪ nCO 

= a 

2 

BTKL 

+ Đốt cháy X ⎨ 

⎯⎯⎯→ 5,88 = 0, 22.2 + 12a + 0,16.16 → a = 0, 24 

⎪⎩ 

n 

H2O 

= 0,22(mol) 

+ → n = n − n = 0, 24 − 0, 22 = 0,02(mol) 

este kh«ng no CO2 H2O 

⎧HCOOCH 3 

: x ⎧n = 5 

⎪ 

⎧x + y = 0,06 

⎪ 

→ X ⎨CH3COOCH 3 

: y → ⎨ → ⎨x = 0,04 

⎪ ⎩2x + 3y + 0,02n = 0, 24 

CnH2n−2O 2 

: 0,02 (n 5) 

⎪ 

⎩ 

≥ 

⎩y = 0,02 

0,02.100 

→ %C5H8O2 

= = 34,01% 

5,88 

3

Câu 6. Hai este X, Y có cùng công thức phân tử C8H8O2 và chứa vòng benzen trong phân tử. Cho 6,8 

gam hỗn hợp gồm X và Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, lượng NaOH phản ứng tối đa là 

0,06 mol, thu được dung dịch Z chứa 4,7 gam ba muối. Khối lượng muối của axit cacboxylic có 

phân tử khối lớn hơn trong Z là 



⎧H 

2O 

⎪ 

6,8g(0,05mol) C8 

H8O2 

+ 0,06mol NaOH → 4,7g ba muôi + ⎨⎡CH 

3OH 

⎪⎢ 

⎩⎣C6H5CH 

2OH 

Theo đề bài thu được 3 muối ⇒ có 1 este là este của phenol 

Với ancol là CH 3OH ta có. 

⎪⎧ 

m 

⎨ 

⎪⎩ n 

(X,Y) 

CH3OH 

+ m 

+ n 

NaOH 

H 2O 

= m 

= n 

muôi 

(X,Y) 

+ m 

CH3OH 

+ m 

H 2O 

⎪⎧ 

32n 

⇔ ⎨ 

⎪⎩ n 

CH3 

CH3OH 

⎧HCOOCH 

2C6H 

Với ancol là C6H5CH2OH ⇒ CTCT X,Y : ⎨ 

⎩CH 

3COOC6H5 

⎪⎧ 

m(X,Y) 

+ m 

NaOH 

= mmuôi 

+ mC 

+ m 

6H5CH2OH 

⎨ 

⎪⎩ n 

CH OH 

+ n 

H O 

= n 

3 

2 (X,Y) 

⇒ m = 82.0,01 = 0,82g ⇒ Chọn A 

CH3COONa 

H 2O 

OH 

⎪⎧ 

108n 

⇔ ⎨ 

⎪⎩ nC6H5 

+ 18n 

H 

= 4,5 ⎪⎧ 

n 

2O 

⇔ ⎨ 

+ n 

H O 

= 0,05 ⎪⎩ n 

2 

CH2OH 

5 

C6H 

5CH 

CH3OH 

H 2O 

+ 18n = 4,5 ⎪⎧ 

n 

2OH 

H 2O 

⇔ ⎨ 

+ n 

H O 

= 0,05 ⎪⎩ n 

2 

= 0,257 

(loại) 

= −0,207 

C6H5CH2OH 

H 2O 

= 0,01 

= 0,04 

Câu 7. Đun nóng m gam hỗn hợp X ( gồm RCOOR 1 và RCOOR 2) với 500ml dung dịch NaOH 1,38M thu 

được dung dịch Y và 15,4 gam hỗn hợp T gồm hai ancol đơn chức là đồng đẳng kế tiếp. Cho toàn bộ lượng 

T tác dụng với Na dư thu được 5,05 lít hiđro ( đktc). Cô cạn Y thu được chất rắn rồi lấy chất rắn này đem 

nung với CaO xúc tác đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 7,2 gam một khí. Giá trị của m là 

A. 34,5. B. 31,00. C. 22,44. D. 40,60. 


nNaOH= 0,69 mol 

nH 2=0,225 mol=> n ancol = 0,45mol 

 

nNaOH dư = 0,69-0,45 = 0,24 mol 

RCOONa + NaOH -> Na 2CO 3 + RH 

RH= 7,2/0,24 = 30 => C 2H 5- 

BTKL. m + mNaOH=mC 2H 5COONa + mT + mNaOH dư 

m + 0,69.40= 0,45.96 + 15,4 + 0,24.40 => m= 40,60 gam 

Câu 8. Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX < MY; Z là ancol có cùng số 

nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E 

gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 

gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br 2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E 

trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là 

A. 5,44 gam B. 4,68 gam C. 5,04 gam D. 5,80 gam. 

Giải. 

Vì X, Y là hai chất thuộc cùng dãy đồng đẳng của axit acrylic nên X, Y là axit đơn chức có một nối đôi 

C=C trong gốc hiđrocacbon; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z ⇒ Z là ancol 2 chức và số nguyên tử 

cacbon trong ancol Z phải ≥ 3; 

Ta có. 

n 

O 2 

= 0,59; 

n 

H 2O 

= 0,52; BTKL. 

Gọi nAncol = a ; nAxit = b (2π); nEste = c (4π); 

nCO 

− n 

2 2 

Ta có. nhchc 

= 

π −1 

H O 

m 

CO 2 

= 20,68⇒ 

n 

CO 2 

⇒ 0,52 – 0,47 = a – b – 3c = 0,05 (1) 

= 0,47 và n 

> n ⇒ Z là ancol 2 chức no. 

H2O 

CO2

BTNT[O]. 2a + 2b + 4c = 0,28 (2) và BT mol pi. b + 2c = 0,04 (3) 

Giải hệ 3 pt bậc nhất ⇒ a = 0,1; b = 0,02 ; c = 0,01 ⇒Số C = 3,6 

⇒ Ancol Z là C 3H 8O 2 và axit X là C 3H 4O 2; axit Y là C 4H 6O 2 ⇒ Este T là C 10H 14O 4 

⎧Axit : C3H 4O 2 

: x mol ;C4H6O 2 

: y mol 

⎪ 

⎧x + y = 0,02 ⎧x = 0,01 

⇒ ⎨este: C10H 14O 4 

: 0,01 

⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

⎪ 

⎩3x + 4y = 0,07 ⎩y = 0,01 

⎩ancol : C3H8O 2 

: 0,1 

( C H COOK C H COOK ) 

→ m = 0,01.2 M + M = 0,02(110 + 124) = 4,68 

2 3 3 5 

Câu 9. Xà phòng hoá 3,52 gam este X được tạo ra từ axit đơn chức và ancol đơn chức bằng dung dịch 

NaOH vừa đủ được muối Y và ancol Z. Nung nóng Y với oxi thu được 2,12 gam muối, khí CO2 và hơi 

nước. Ancol Z được chia làm hai phần bằng nhau. Phần 1 cho tác dụng với Na vừa đủ thu được khí H2 có 

số mol bằng nửa số mol ancol phản ứng và 1,36 gam muối. Phần 2 cho tác dụng với CuO dư, nung nóng 

được chất hữu cơ T có phản ứng tráng bạc. Công thức cấu tạo của X là 

A. CH3COOC2H5. B. C2H5COOCH3. C. HCOOC2H5. D. CH3COOCH=CH2. 

Giải. X có dạng RCOOR1 tạo muối RCOONa và R1OH 

=> Đốt cháy muối tạo Na 2CO 3 => 2n Na2CO3 = n RCOONa (Bảo toàn Na) 

=> n RCOONa = n X = 0,04 mol = n ancol 

=> M este = 88g (C 4H 8O 2) 

Xét phần 1 . n ancol = 0,02 mol => tạo muối R 1ONa 

M muối = R 1 + 39 = 68 => R 1 = 29 (C 2H 5) 

=> Este là CH 3COOC 2H 5 

Câu 10. Thực hiện phản ứng xà phòng hoá chất hữu cơ X đơn chức với dung dịch NaOH thu được 

một muối Y và ancol Z. Đốt cháy hoàn toàn 2,07 gam Z cần 3,024 lít O2 (đktc) thu được lượng 

CO2 nhiều hơn khối lượng nước là 1,53 gam. Nung Y với vôi tôi xút thu được khí T có tỉ khối so 

với không khí bằng 1,03. CTCT của X là. 

A. C2H5COOC3H7 B. C2H5COOCH3 C. CH3COOC2H5 D. C2H5COOC2H5 


- Theo đề bài. X đơn chức, tác dụng với NaOH sinh ra muối và ancol ⇒ X là este đơn chức. 

RCOOR’. 

Mặt khác. mX + m 

O 

= m 

2 CO 

+ m 

2 H 2 O 

⇒ 44. n 

CO 

+ 18. n 

2 

H 2 O 

= 2,07 + (3,024/22,4).32 = 6,39 gam 

Và 44. nCO 

- 18. n 

2 

H 2 O 

= 1,53 gam ⇒ n 

CO 

= 0,09 mol ; n 

2 

H 2 O 

= 0,135 mol 

nH 

2 O 

> n 

CO 

→ Z là ancol no, đơn chức, mạch hở có công thức. CnH2n+1OH (n ≥ 1) 

2 

Từ phản ứng đốt cháy Z ⇒ 

n 

n 

H 2O 

CO2 

n + 1 0, 135 

= = n 0, 

09 

⇒ n = 2. 

Y có dạng. CxHyCOONa → T. CxHy+1 ⇒ MT = 12x + y + 1 = 1,03.29 

⎧x 

= 2 

→ ⎨ ⇒ C2H5COOC2H5 → đáp án D 

⎩y 

= 6 

Câu 11. X, Y, Z là 3 este đều đơn chức, mạch hở (trong đó Y và Z không no có một liên kết C=C và có tồn 

tại đồng phân hình học, M Y < M Z). Đốt cháy 21,62 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với oxi vừa đủ, sản phẩm 

cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 34,5 gam so với trước phản ứng. Mặt 

khác, đun nóng 21,62 gam E với 200 ml dung dịch NaOH 1,5M (vừa đủ), thu được hỗn hợp F chỉ chứa 2 

muối và hỗn hợp gồm 2 ancol kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng. Khối lượng m gam của muối có khối 

lượng phân tử lớn hơn trong hỗn hợp F là. 

A. 4,68. B. 8,10. C. 8,64. D. 9,72. 

HD. 

n este = n NaOH = 0,3 ⇒ n O/este = 0,6 

Gọi. n CO2 = x; n H2O = y; Ta có hệ phương trình. 

12x + 2y = 21,62 – 0,6 . 16

100x – 44x – 18y = 34,5 

Suy ra. x = 0,87; y = 0,79 

0,87 

C = = 2,9 ⇒ X là HCOOCH3 

0,3 

n2 este không no = 0,87 – 0,79 = 0,08 ⇒ nHCOOCH3 = 0,22 

0,87 − 0,22.2 

C( Y , Z ) 

= = 5,375 

0,08 

Vì F chứa 2 muối, 2 ancol kế tiếp và Y, Z không no, có đồng phân hình học 

⇒ Y là CH 3 – CH = CH – COOCH 3 

Z là CH 3 – CH = CH – COOC 2H 5 

m muối C3H5COONa = 0,08 . 108 = 8,64 gam. 

Câu 12. Hỗn hợp X gồm HCHO, CH 3COOH, HCOOCH 3 và CH 3CH(OH)COOH. Đốt cháy hoàn toàn X 

cần V lít O 2 (đktc), hấp thụ hết sản phẩm cháy vào một lượng dư nước vôi trong thu được 50 gam kết tủa. 

Giá trị của V là 

A. 8,40. B. 7,84. C. 16,8. D. 11,2. 


Số C = Số O nCO2 = nO = 0,5 mol 

Số H = 2 Số C nH2O = nC = 0,5 mol 

BT(O) . nO2 = 0,5 mol 

Câu 13. Hỗn hợp R chứa các chất hữu cơ đơn chức gồm axit X, ancol Y, este Z (được tạo thành từ X và 

Y). Đốt cháy 2,15 gam este Z rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH) 2 dư được 19,7 gam kết tủa 

và khối lượng dung dịch giảm 13,95 gam. Mặt khác, 2,15 gam Z tác dụng vừa đủ với NaOH được 1,7 gam 

muối. Axit X và ancol Y là 

A. HCOOH, C 3H 7OH. B. C 2H 3COOH, CH 3OH. 

C. CH 3COOH, C 2H 5OH. D. HCOOH, C 3H 5OH. 


Chọn D 

n CO2 = n↓= 0,1mol; khối lượng dung dịch giảm = m↓ - (m CO2 + m H2O) => m H2O = 1,35g 

n H2O = 0,075mol 

Vì n H2O < n CO2 => loại A và C. 

mO = 2,15 – 12.0,1 – 2.0,075 = 0,8gam 

Đặt CTĐGN Z là CxHyOz => x.y.z = 0,1.0,15.0,05 = 4.6.2 hoặc theo B ; D CTPT của Z là C4H6O2 

Tìm được M muối = 68 nên chọn D 

Câu 14. Hỗn hợp A gồm 2 este đơn chức X, Y. Cho 0,05 mol A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu 

được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ B. Đốt cháy hết toàn bộ B thu được 2,688 lít CO2; 3,18 gam Na2CO3. Khi 

làm bay hơi B thu được m(g) chất rắn. Giá trị của m là 

A. 4,56 (g). B. 3,4(g). C. 5,84 (g) D. 5,62 (g). 


+ Bảo toàn Na có 0,06 mol NaOH 

Ta có nNaOH . nA = 1,2 , hỗn hợp có 1 este của phenol. 

+ Bảo toàn C = 0,15 mol ⇒ Ctb = 3. 

Hỗn hợp có HCOOCH3 ( amol) và CxHyO2 ( b mol) (chất này tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1.2). 

Ta có. a + b = 0,05 mol và a + 2b = 0,06 mol; nên a = 0,04 mol; b = 0,01 mol. 

Bảo toàn cacbon. 0,04.2 + 0,01.x = 0,15 ⇒ x = 7 chỉ có C7H6O2 . Vậy HCOOCH3 và HCOOC6H5. và 

tính được mCR = 4,56gam. 

Câu 15. Dẫn V lít (ở đktc) hỗn hợp X gồm axetilen và hidro đi qua ống sứ đựng bột niken nung nóng, thu được khí 

Y. Dẫn Y vào lượng dư AgNO3 trong dung dịch NH3 thu được 12 gam kết tủa. Khí đi ra khỏi dung dịch phản ứng vừa 

đủ với 16 gam brom và còn lại khí Z. Đốt cháy hoàn toàn khí Z thu được 2,24 lít khí CO2 (ở đktc) và 4,5 gam nước. 

Giá trị của V là ? 

A. 13,44 lít. B. 8,96 lít. C. 11,2 lít. D. 5,6 lít. 

Định hướng tư duy giải

+ Có 

Câu 16. Hidrat hóa hỗn hợp etilen và propilen có tỉ lệ mol 1 : 3 khi có mặt axit H2SO4 loãng thu được hỗn hợp ancol 

X. Lấy m gam hỗn hợp ancol X cho tác dụng hết với Na thấy bay ra 448 ml khí (đktc). Oxi hóa m gam hỗn hợp 

ancol X bằng O2 không khí ở nhiệt độ cao và có Cu xúc tác được hỗn hợp sản phẩm Y. Cho Y tác dụng với AgNO3 

trong NH3 dư thu được 2,808 gam bạc kim loại. Phần trăm số mol propan – 1 – ol trong hỗn hợp là ? 

A. 25%. B. 12,5%. C. 7,5%. D. 75%. 


Ta có: m gam X là 

Câu 17. Một bình kín chứa hỗn hợp X gồm Hidro (0,195 mol), axetilen (0,150 mol), vinyl axetilen (0,12 mol) và 

một ít bột Ni. Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối hơi so với hidro bằng 19,5. Khí Y 

phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 0,21 mol AgNO3 trong NH3, thu được m gam kết tủa và 3,024 lít hỗn hợp khí Z 

(đktc). Khí Z phản ứng tối đa với 0,165 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của m là? 

A. 55,2. B. 52,5. C. 27,6. D. 82,8. 


Ta có: 

→ H2 phản ứng hết. 

Và 

Câu 18. Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX < MY; Z là ancol có cùng số nguyên tử 

cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần 

vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung 

dịch chứa 0,04 mol Br2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư 

là? 



→ Z là ancol no hai chức. 

→

Dễ dàng suy ra ancol có 3 C và hai axit có 3C và 4 C 

→Chọn D 

Câu 19. Một hỗn hợp Y gồm 2 este A, B (MA < MB). Nếu đun nóng 15,7 gam hỗn hợp Y với dung dịch NaOH dư thì 

thu được một muối của axit hữu cơ đơn chức và 7,6 gam hỗn hợp hai ancol no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng 

đẳng. Nếu đốt cháy 15,7 gam hỗn hợp Y cần dùng vừa hết 21,84 lít O2 (đktc), thu được 17,92 lít CO2 (đktc). Thành 

phần % khối lượng của A trong hỗn hợp Y là ? 

A. 40,57%. B. 63,69%. C. 36,28%. D. 48,19%. 


Khi đốt cháy 

Câu 20: Xà phòng hoá hoàn toàn m gam một este no, đơn chức, mạch hở E bằng 28 gam dung dịch 

KOH 28%. Cô cạn hỗn hợp sau phản ứng thu được 25,68 gam chất lỏng X và chất rắn khan Y. Đốt 

cháy hoàn toàn Y, thu được sản phẩm gồm CO 2, H 2O và K 2CO 3 , trong đó tổng khối lượng của CO 2 và 

H 2O là 18,34 gam. Mặt khác, cho X tác dụng với Na dư, thu được 13,888 lít khí H 2 (đktc). Giá trị m gần 

nhất với 

A. 11. B. 12. C. 10. D. 14. 

Câu 21: Cho X và Y là hai axit cacboxylic mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon, trong đó X đơn chức, Y 

hai chức. Chia hỗn hợp X và Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng hết với Na, thu được 4,48 lít 

khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai, thu được 13,44 lít khí CO2 (đktc). Phần trăm khối lượng của X 

trong hỗn hợp là 

A. 42,86%. B. 85,71%. C. 57,14%. D. 28,57%. 

Câu 22: Hỗn hợp M gồm một axit cacboxylic đơn chức X, một axit cacboxylic hai chức Y (hai axit đều 

mạch hở, cùng liên π) và hai ancol đơn chức là đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn m gam M thu được 

4,32 gam H2O và 4,704 lít CO2 (đktc). Thực hiện phản ứng este hóa m gam M (hiệu suất 100%), sản phẩm 

thu được chỉ có H2O và 5,4 gam các este thuần chức. Phần trăm khối lượng ancol có phân tử khối nhỏ 

hơn trong hỗn hợp M là 

A. 21,05%. B. 6,73%. C. 39,47%. D. 32,75%. 

Câu 23: Biết X là axit cacboxylic đơn chức, Y là ancol no, cả hai chất đều mạch hở, có cùng số nguyên tử 

cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp gồm X và Y (trong đó số mol của X lớn hơn số mol của Y) 

cần vừa đủ 30,24 lít khí O 2, thu được 26,88 lít khí CO 2 và 19,8 gam H 2O. Biết thể tích các khí đo ở điều 

kiện tiêu chuẩn. Khối lượng X trong 0,4 mol hỗn hợp trên là 


Câu 24: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ 

có nhóm -COOH). Trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (chứa một liên 

kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 4,40 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp 

muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 672 ml khí 

(đktc) và khối lượng bình tăng 1,86 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 4,40 gam X thì thu được CO2 

và 2,88 gam H 2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là 

A. 33,64%. B. 34,01%. C. 39,09%. D. 27,27%. 

Câu 25: Hỗn hợp X gồm ba chất hữu cơ mạch hở, trong phân tử chỉ chứa các loại nhóm chức -OH, -CHO, -COOH. 

Chia 0,15 mol X thành ba phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu được 1,12 lít CO 2 (đktc). Phần hai tác 

dụng với Na dư, thu được 0,448 lít H 2 (đktc). Đun nóng phần ba với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH 3, thu được 

8,64 gam Ag. Phần trăm số mol của chất có phân tử khối lớn nhất trong X là

A. 20%. B. 40%. C. 50%. D. 30%. 

Câu 26: Hỗn hợp X gồm axit cacboxylic đơn chức Y và este đơn chức Z. Đun nóng hỗn hợp X với 400 ml dung dịch 

NaOH 1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được a gam một ancol T và 24,4 gam hỗn hợp rắn khan E gồm 2 

chất có số mol bằng nhau. Cho a gam T tác dụng với Na dư thoát ra 0,56 lít khí (ở đktc). Trộn đều 24,4 gam E với 

CaO, sau đó nung nóng hỗn hợp, thu được m gam khí G. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là 

A. 3,2. B. 6,4. C. 0,8. D. 1,6. 

Câu 27: Thủy phân hết m gam hỗn hợp X gồm một số este được tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức bằng một 

lượng dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được a gam muối và b gam hỗn hợp ancol. Đốt cháy a gam hỗn hợp 

muối thu được hỗn hợp khí Y và 7,42 gam Na 2CO 3. Cho toàn bộ hỗn hợp khí Y sinh ra qua bình đựng dung dịch 

Ca(OH) 2 dư thu được 23 gam kết tủa đồng thời thấy khối lượng bình tăng 13,18 gam so với ban đầu. Đun b gam hỗn 

hợp ancol sinh ra với H 2SO 4 đặc ở 140 0 C thu được 4,34 gam hỗn hợp các ete. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị 

m gần nhất với giá trị nào sau đây? 

A. 10. B. 11. C. 13. D. 12. 

Câu 28: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm 2 este đồng phân cần dùng 4,704 lít khí O 2 , thu 

được 4,032 lít CO2 và 3,24 gam H2O. Nếu cho m gam X tác dụng hết với 110 ml dung dịch KOH 1M. 

Cô cạn dung dịch sau phả ứng thì thu được 7,98 gam chất rắn khan, trong đó có a mol muốn Y và b 

mol muối Z (M Y > M Z ). Các thể tích khí đều đo ở điều kiện chuẩn. Tỉ lệ a : b là: 

A. 2 : 3 B. 3 : 2 C. 2 : 1 D. 1 : 5 


Chọn D. 

- Khi đốt cháy m gam X ta nhận thấy nCO 

= n 

2 H2O 

⇒ X chứa 2 este no, đơn chức mạch hở. 

BT:O 2nCO + n − 

2 H2O 2nO n 

2 CO2 

⎯⎯⎯→ n−COO = nX = = 0,06mol ⇒ CX = = 3(C3H6O 2) 

2 nX 

- Khi cho m gam X trên tác dụng với 0,11 mol KOH thì : 

⎧68n HCOOK + 82nCH = − = 

3COOK mr¾n khan 56nKOH 5,18 ⎧nHCOOK 

= 0,05mol nCH 3COOK 

0,01 1 

⎨ 

→ ⎨ 

⇒ = = 

⎩nHCOOK + nCH = = ⎩ = 

3COOK nX 

0,06 

nCH 3COOK 

0,01mol nHCOOK 

0,05 5 

Câu 29: Cho 34 gam hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức mạch hở đều thuộc hợp chất thơm (tỉ khối hơi 

của X so với O 2 luôn bằng 4,25 với mọi tỉ lệ mol của 2 este). Cho X tác dụng vừa đủ với 175 ml dung 

dịch NaOH 2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp Y gồm hai muối khan. Thành phần 

phần trăm về khối lượng của 2 muối trong Y là: 

A. 46,58% và 53,42% B. 56,67% và 43,33% C. 55,43% và 55,57% D. 35,6% và 64,4% 


Chọn A. 

nNaOH 

- Nhận thấy rằng 1< < 2, nên trong hỗn hợp este có 1 este được tạo thành từ phenol (hoặc 

neste 

đồng đẳng). Theo dữ kiện đề bài ta có M X = 136 (C 8H 8O 2), mặc khác dung dịch Y chỉ chứa hai muối 

khan nên hỗn hợp X chứa HCOOCH 2C6H 5(A) và HCOOC6H4CH 3(B) . 

⎧nA + nB = nX ⎧nA + nB = 0,25 ⎧nA 

= 0,1mol 

- Khi cho X tác dụng với NaOH thì: ⎨ → ⎨ ⇒ ⎨ 

⎩2nA + nB = nNaOH ⎩2nA + nB = 0,35 ⎩nB 

= 0,15mol 

⇒ m = 68n + 116n = 36,5(g) ⇒ %m = 46,58 vµ %m = 53,42 

muèi HCOONa CH C H ONa HCOONa CH C H ONa 

3 6 4 3 6 4 

Câu 30: Thủy phân hoàn toàn chất béo X trong môi trường axit, thu được glixerol và hỗn hợp hai axit béo 

gồm axit oleic và axit linoleic (C17H31COOH). Đốt cháy m gam X cần vừa đủ 76,32 gam O2, thu được 75,24 

gam CO. Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với V ml dung dịch 1M. Giá trị của V là: 

A. 120. B. 150. C.180. D. 210. 


Đáp án A 

Phân tích : Ta thấy axit oleic (C 18H 34O 2) và axit linoleic (C 18H 32O 2) là những axit có π = 2 và π = 3 . Vậy 

nên khi tạo este với glixerol thì π 

X 

= 7 ( nếu có 2 axit oleic và 1 axit linoleic) hoặc π 

X 

= 8 ( nếu có 1 axit 

oleic và 2 axit linoleic).

n = 2,385 mol ; n = 1,71 mol Bảo toàn nguyên tố O, ta có: 

O2 CO2 

n n n n n n I 

( ) 

+ 2 2 6 4,77 3,42 

O 

= ( ) 

2 CO 

+ 

2 H2O → 

X 

+ = + 

H2O 

O X 

⎡nCO − n 

2 H2O = 6nX ⎡1,71 − nH 6 

2O = nX 

Lại có : nCO − n ( 1) ( ) 

2 H2O = π 

X 

− nX 

⇔ ⎢ 

⇔ ⎢ 

II 

⎢⎣ 

nCO − n 7 1,71 7 

2 H2O = nX ⎢⎣ 

− nH 2O = nX 

Giả (I) và (II), được: 

⎡ ⎧⎪ nX 

= 0,03 

⎢⎨ 

⎢⎩⎪ 

nH 1,53 

2O 

= 

⎢ 

⎢ ⎧ 9 

nX 

= 

⎢⎪ 

325 

⎢ ⎨ 

1971 

⎢ ⎪ nH 2O 

= 

⎣⎪⎩ 1300 

Với nX = 0,03 mol thì trong gốc C của chất béo có 4 nên n = 0,03.4 = 0,12mol → V = 120ml 

. 

Câu 31: Cho glixerol phản ứng với một axit cacboxylic đơn chức thu được chất hữu cơ mạch hở X. Đốt 

cháy hoàn toàn a mol X thu được b mol CO2 và c mol H2O (biết b = c + 3a). Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn 

a mol X cần 0,3 mol H 2, thu được chất hữu cơ Y. Cho toàn bộ lượng Y phản ứng hết với 400 ml dung dịch 

NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng được 32,8 gam chất rắn. Phần trăm khối lượng oxi trong X là: 

A. 40,00%. B. 39,22%. C. 32,00%. D. 36,92%. 


Đáp án A 

Phân tích : Ta có thể tóm tắt quá trình phản ứng như sau Glixerol+1axhc đơn chức → chất hữu cơ 

2 0,3 mol 

+ H 

mol 

+ NaOH 0,4 

X ⎯⎯⎯⎯→ Y ⎯⎯⎯⎯⎯→ 32,8gam chÊt r¾n 

Br 2 

Nhận thấy b− c = 3a 

hay 

n − n = 3n 

nên trong X có 4 liên kết pi. 

CO2 H2O 

X 

Do đó CTCT của X là : 

CnH2n-1COO-CH2-CH(OOCCnH2n-1)-CH2OH Ta thấy H2 chỉ cộng vào gốc R không no. 

→ n = 2n = 0,3 → n = 0,15 

mo1 mo1 

H2 

X X 

Khi cho NaOH vào Y, ta có: 

( ) 

C H COO − CH − CH OOCC H − CH OH + 2NaOH → C H O + 2C H COONa 

n 2n− 1 2 n 2n−1 2 3 8 3 n 2n+ 

1 

Khi cho X tác dụng với NaOH 0,4mol thì thu được 32,8g chất rắn gồm 0,1mol NaOH dư và 0,3mol muối 

C nH 2n+1COONa 

28,8 

→ mmuèi 

= 32,8 − 0,1.40 = 28,8 g → Mmuèi 

= = 96 

0,3 

→ CTCT của muối là C 2H 5COONa hay n = 2 

→ CTCT của X là : 

( ) 

C H COO − CH − CH OOCC H − CH OH 

2 3 2 2 3 2 

5.16 

→ % O( X) = = 40% 

200

Câu 32: X, Y là hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp nhau (M x < M Y), T là este 

tạo bởi X, Y và ancol hai chức Z. Đốt cháy hoàn toàn 7,48 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần dùng vừa đủ 

6,048 lít O2 (đktc), thu được m gam hỗn hợp khí và hơi. Dẫn hết hỗn hợp khí và hơi thu được vào bình 

chứa H 2SO 4 đặc, dư thấy có 0,71m gam khí không bị hấp thụ. Mặt khác 7,48 gam hỗn hợp E trên phản ứng 

tối đa với 100 ml dung dịch KOH 1M (đun nóng). 

Cho các phát biểu sau về X, Y, Z, T. 

- Phần trăm khối lượng của Y trong E là 19,25%. 

- Phần trăm số mol của X trong E là 12%. 

- X không làm mất màu dung dịch Br2. 

- Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T là 5. 

- Z là ancol có công thức C3H6(OH)2. 

Số phát biểu đúng là: 

A. 1. B.2. C. 3. D. 4. 


Đáp án A 

Phân tích : Ta dễ dàng nhận ra khi đốt cháy hỗn hợp E thì có 

nCO 

m : 44 0,71 : 44 

2 CO m 

2 

= = = 1 

n m :18 0,29 m:18 

H2O 

H2O 

Mà E gồm hai axit X, Y no, mạch hở, đơn chức là đồng đẳng kế tiếp nhau khi đốt cháy luôn tạo ra 

n 

= n 

CO2 H2O 

Suy ra Z là ancol hai chức, no , mạch hở và n Z 

= n T 

. 

Ta có n = 0,27 mol , bảo toàn khối lượng ta có : 

O 

7,48 + m = m + m = n .(44 + 18) 

^ n cO2 = n H2O 

O2 CO2 H2O CO2 

= 0 , 26mo1 Bảo toàn nguyên tố O, ta có: 

2n + 2n + 2n + 4n + 0,27.2 = 0,26.3 ⇔ 2n + 2n + 6n 

= 0,24 

X Y Z T X Y T 

Lại có n = n + n + 2n 

= 0,1 Suy ra n + n = 0,06; n = n = 0,02 

KOH X Y T 

Đặt CT chung của X, Y là C H O 2 2 ( n > 1 

n n ) 

X Y T Z 

CTPT của Z, T lần lượt là CmH2m+2O2 và CxH2x-2O4 ( m≥ 2; x ≥ 5 ) 

Ta có : ( ) ⇔ 

( ) 

n = 0,06n + 0,02. m+ x 0,26 = 0,06n + 0,02. m+ x ⇔ 13 = 3n + m+ 

x 

CO2 

Mà m ≥ 2; x ≥ 5 nên n ≤ 2 

Lại có n > 1 nên hai axit X, Y lần lượt là HCOOH và CH 3COOH. Khi đó công thức phân tử của T sẽ là 

C m+3H 2m+4O 4 . 

Lúc này, ta đặt nHCOOH 

= a thì 

n 

CH3COOH 

= 0,06 − a 

Ta có : ) ( ) 

n = a+ (0,06 − a .2 + 0,02. m+ m+ 3 ⇔ 0,26 = 0,18 − a+ 0,04m ⇔ 2 + 25a = m 

CO2 

Mà a ≤ 0,06 nên m ≤ 3,5 

m không thể bằng 2 vì khi đó a = 0 nên m = 3

Khi đó a = 0,04mol 

và Z, T lần lượt là C 3H 8O 2 , C 6H 10O 4. 

Thử lại, ta có: 

m 0,04.46 0,02.60 0,02.76 0,02.146 7,48 gam 

HCOOH 

+ mCH 3COOH + mC 3H8O + m 

2 C6 H10O 

= + + + = 

4 

Vậy 

hỗn hợp E gồm: 

( ) 

( ) 

( OH ) Z 

( ) 

⎧HCOOH X 0,04 

⎪ 

⎪CH3COOH Y 0,02 

⎨ 

⎪C3H 

6 

( ) 0,02 

2 

⎪ 

⎩C6 H10O4 

T 0,02 

0,02.60 

− % mY ( E) 

= = 16,04% 

7,48 

0,04 

− % mX ( E) 

= = 40% 

0,1 

-X là HCOOH có làm mất màu dung dịch Br 2 -Tổng số nguyên tử C trong T là 6 

-Z là ancol đa chức C3H6(OH)2 

Vậy với các phát biểu bài đã cho chỉ có duy nhất phát biểu cuối là đúng. 

mol 

mol 

mol 

mol 

Chú ý: Trong các axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở có duy nhất HCOOH làm mất màu nước Br 2. 

Câu 33: Cao su buna - N (hay cao su nitrile; NBR) là loại cao su tổng hợp, có tính chịu dầu cao, được dùng 

trong ống dẫn nhiên liệu; sản xuất găng tay chuyên dụng,.... Để xác định tỉ lệ mắc xích butađien ( CH = CH 

- CH = CH) và acrilonitrin (CH = CH - CN) trong cao su nitrile, người ta đốt mẫu cao su này trong lượng 

không khí vừa đủ (xem không khí chứa 20% O2 và 80% N2 về thể tích); thu được hỗn hợp khí và hơi gồm 

CO 2, N 2, H 2O (trong đó CO chiếm 14,222% về thể tích). Tỉ lệ mắc xích butađien và acrilonitrin trong cao 

su nitrile là: 

A. 4 : 3. B. 3 : 4. C. 5 : 4. D. 1 : 3. 


Đáp án C 

Phân tích : Đặt CT của cao su buna -N là : (C 4H 6) a(C 3H 3N) b Ta có: 

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 

C H C H N + 5,5 a + 3,75 b O → 4 a + 3 b CO + 3 a + 1,5 b H O + 0,5 bN 

4 6 a 3 3 b 

2 2 2 2 

nCO 

2 

14,222% = 

n + n + n + n 

N2 d- N2 sinh ra CO2 H2O 

nCO 

2 

0,14222 = 4 n + n + n + n 

O2 d- N2 sinh ra CO2 H2O 

4a 

+ 3b 

0,14222 = 4(5,5 a+ 3,75 b ) + 0,5 b+ (4 a+ 3 b ) + (3 a+ 

1,5 b ) 

0,14222 4a + 3b a 5 

⇔ = ⇔ = 

29 a+ 

20 b b 4 

Vậy tỉ lệ mắc xích butađien và acrilonitrin trong cao su nitrile là 5:4 . 

Câu 34: Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp E gồm 2 este X, Y đơn chức, đồng phân, mạch hở, bằng một lượng 

dung dịch NaOH vừa đủ thu được 13,2 gam hỗn hợp 2 muối (Z) và 7,8 gam hỗn hợp 2 ancol (chỉ hơn kém 

nhau 1 nguyên tử C trong phân tử). Nung Z thu 0,075 mol Na 2CO 3. Xác định CTCT thu gọn của X và Y: 

(Cho H = 1; C =12; O = 16; Na=23)

A. CH 2 = CHCOOC 2H 5 và CH 3COOCH = CHCH 3 

B. HCOOCH 2CH = CHCH 3 và CH 3COOCH 2CH = CH 2 

C. C2H5COOCH2CH = CH2 và CH3CH = CHCOOC2H5 

D. CH 3COOCH 2CH = CH 2 và CH 2 = CHCOOC 2H 5 


Đáp án D 

Phân tích: Dễ dàng tính được 

n 

NaOH 

= 2n 

= 0,15 mo1 

Na2 CO 3 

⇒ n = n = n = n = 

ancol muèi este NaOH 

0,15 

7,8 

⇒ M ancol = = 5,2 

0,15 

⇒Hai ancol đó có C 2H 5OH(M=46) và C 3H xO. Dựa vào 4 đáp án ta suy ra được ngay ancol còn lại phải là 

CH2=CH-CH2OH hay C3H6O. ⇒ Loại đáp án A và B 

Đặt n = a; 

n = b 

C2 H6O 

C3H6O 

⎧a+ b = 0,15 

Ta có : ⎨ 

⇔ a = b = 0,075 

⎩46a 

+ 58b 

= 7,8 

Ta có m = m + m − m = 15g 

(bảo toàn khối lượng) 

este muèi ancol NaOH 

Đặt công thức este là RCOOC2H5 và R'COOC3H5. 

( ) 

0,075. R+ 67 + 0,075 ( R' + 67) = 13, 2R+ R' = 42 

Thử đáp án C và D, ta thấy đáp án D thỏa mãn với R' là gốc CH 3-(M=15) và R là gốc CH 2=CH(M=27). 

Câu 35: Hỗn hợp X gồm 2 este mạch hở (chỉ chứa chức este). Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X trong dung 

dịch NaOH đun nóng, sau phản ứng thu được m gam muối natri axetat và 10,8 gam hỗn hợp Y gồm 2 ancol 

no, mạch hở có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 10,8 gam hỗn hợp Y thu được 8,96 lít khí 

CO2 (đktc) và 10,8 gam H2O. Giá trị của m 

A. 20,5 B. 32,8 C. 16,4 D. 24,6 


Đáp án D 

Phân tích: Khi đốt cháy 2 ancol Y thu được: 

nCO 

0,4 

2 

nCO 

= 0, 4 mol; n 0,6 

2 H2O 

= mol → n = − nCO 

= = 2 

C 

2 

n 0,6 − 0, 4 

H2O 

Do Y gồm 2 ancol no, mạch hở, có cùng số nguyên tử Cacbon nên Y gồm C 2H 5OH và C 2H 4 (OH) 2 Gọi số mol 

C2H5OH và C2H4 (OH)2 lần lượt là x, y mol. 

⎧nCO 

= 2x + 2y = 0,4 ⎧x 

= 0,1 

2 

Ta có ⎨ 

→ ⎨ 

⎩ m = 46x + 62y 

= 10,8 ⎩y 

= 0,1 

Vì khi thủy phân este trong NaOH chỉ thu được muối natri axetat nên công thức của 2 este là CH3COOC2H5 và 

(CH3COO)2C2H4 . 

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố ta có: 

n = n = n + 2 n 

( ) 

CH3COONa CH3COO− 

CH3COOC2H5 CH3COO C 

2 2H4

= 0,1+ 0,1.2 = 0,3 → m = 82.0,3 = 24,6g 

CH3COONa 

Câu 36: Cho hỗn hợp A gồm hai chất hữu cơ mạch hở X, Y (chỉ chứa C, H, O mà M X < M Y ) tác dụng vừa 

đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 0,2 mol một ancol đơn chức và 2 muối của hai axit hữu cơ 

đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Mặt khác đốt cháy 20,56 gam A cần 1,26 mol O 2 thu được 

CO 2 và 0,84 mol H 2 O. Phần trăm số mol của X trong A là: 

A. 20% B. 80% C. 40% D. 75% 


Đáp án B 

Phân tích : Ta có thể tóm tắt toàn bộ quá trình phản ứng như sau 

mol 

⎧1 

ancol ñôn chöùc 0,2 

⎧X 

mol 

+ NaOH vöøa ñuû,0,2 ⎪ 

A : ⎨ ( M 

X 

< M 

Y 

) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎨2 

muoái cuûa 2 axit höõu cô ñôn chöùc 

⎩Y 

⎪ ⎩ keá tieáp nhau trong daõy ñoàng ñaúng 

⇒ X,Y là 2 este đơn chức tạo bởi một ancol và hai axit kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. 

Ta có: X , Y + O2 → CO2 + H 

2O 

20,56g 1,26g 0,84g 

Bảo toàn khối lượng, được: 

m X,Y + m O2 = m CO2 + m H2O 

→ m CO 2 

= 45,76(gam) → n CO 2 

= 1,04 mol 

Bảo toàn nguyên tố O, ta có: 

n 2. 2 

( ) 

+ n = n + n 

O X O2 CO2 H2O 

0,4 

n + 1, 26.2 = 1,04.2 + 0,84 → nO ( X ) 

= 0,4 → nX 

= = 0, 2mol 

2 

→ 

O( X ) 

nCO 

− n 1,04 0,84 

2 H2O 

− 

Ta thấy: = = 1 

n 0, 2 

X 

nên X, Y là hai este có 1 liên kết π trong mạch Cacbon. 

20,56 

Ta có : M X , Y = = 102,8 → X: C 5 H 8 O 2 (M = 100) và Y: C 6 H 10 O 2 (M = 114) 

0, 2 

Đặt số mol của X, Y lần lượt là a, b 

⎧5a + 6b = nCO 

2 

= 1,04 ⎧a 

= 0,16 

→ ⎨ 

→ ⎨ 

⎩100a 

+ 114b 

= 20,56 ⎩b 

= 0,04 

Vậy phần trăm số mol X trong hỗn hợp A là 80%. 

0,16 

→ % n 

X ( A) 

= = 80% 

0,16 + 0,04 

Câu 37: Cho hỗn hợp M gồm hai axit cacboxylic X, Y (cùng dãy đồng đẳng, có số mol bằng nhau M X < 

M Y ) và một amino axit Z (phân tử có một nhóm -NH 2 ). Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp M thu được 

khí N 2 ; 14,56 lít CO 2 (ở đktc) và 12,6 gam H 2 O. Cho 0,3 mol M phản ứng vừa đủ với dung dịch x mol HCl. 

Nhận xét nào sau đây không đúng? 

A. Giá trị của x là 0,075 

B. X có phản ứng tráng bạc

C. Phần trăm khối lượng của Y trong M là 40%. 

D. Phần trăm khối lượng của Z trong M là 32,05%. 


Đáp án C 

Phân tích : 

n 

CO 

mol 

= 0,65 ; n = 0,7 

H2 

O 

mol 

0.65 

Ta có :, C = = 1,625 , 

0, 4 

0,7.2 

H = = 3,5 

0, 4 

Suy ra X là HCOOH và Y là C a H 2a O 2 . 

Vì n CO 2 

< n H 2O nên amino axit no, đơn chức, mạch hở. Đặt công thức của amino axit là CnH 

2n 

1O2 

N 

→ n = 0,1 → n = n = 0,15 Ta có : 0,1n 

+ 0,15a 

+ 0,15.1 = 0,65 

aminoaxixt X Y 

→ 2n + 3a = 10 → a = n = 2 

→CTPT của aminoaxit là C 2H 5O 2N và Y là CH 3COOH 

( ) 

mol 

⎧HCOOH X 0,1125 

⎪ 

Trong 0,3mol M có: ⎨CH3COOH ( Y ) 0,1125 

⎪ 

mol 

⎪⎩ C2H5O2 

N ( Z ) 0,075 

Suy ra x = n = 0,075mol 

; X(HCOOH) có khả năng tráng bạc là nhận định đúng. 

HCl 

0,1125.60 

% Y( M ) = = 38,46% 

17,55 

mol 

0,075.75 

% Z( M ) = = 32,05% 

17,55 

+ 

. 

Câu 38: Hỗn hợp X gồm OHC-C≡C-CHO; HOOC-C≡C-COOH, OHC-C≡C-COOH. Cho m gam hỗn hợp 

X tác dụng với dd AgNO 3 trong nước amoniac dư (đun nóng nhẹ) thu được 43,2 gam Ag. Mặt khác m gam 

hỗn hợp X tác dụng với NaHCO 3 dư thu được 11,648 lít CO 2 (đktc). Thêm m’ gam glucozơ vào m gam 

hỗn hợp X sau đó đem đốt cần 60,032 lít O2 (đktc), sản phẩm sinh ra được hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 

dư thu được 614,64 gam kết tủa. Giá trị của (m+ m’) là 

A. 94,28 B. 88,24 C. 96,14 D. 86,42 


Chọn B 

Hỗn hợp X ta có thể quy đổi về CHO, COOH và C 

⎧CHO 

: 0,2 

⎪COOH 

: 0,52 

⎨ 

⎪C : a 

⎪ 

⎩C6H12O6 

: b 

+ O : 2,68 → CO : 3,12 + H O : 0,36 + 6 b(1) 

2 2 2 

1 1 43,2 

Ta có nCHO = 2 nAg → nCHO = nAg 

= . = 0,2 

2 2 108 

11,648 

nCOOH = nNaHCO = n 

0,52 

3 CO 

= = 

2 

22, 4 

Gọi số mol C và C6H12O6 lần lượt là a,b mol. 

Sau khi thêm m’ gam C 6H 12O 6 vào m gam X rồi đốt cháy ta có:

614,64 

nCO 

2 (1) 

= nBaCO 

= = 3,12 = 0,2 + 0,52 + a + 6b → a + 6b 

= 2,4 2 

3 

197 

Áp dụng định luật bảo toàn H vào (1), ta có: 

60,032 

nH 1 2 ( ) 6 0,36 6 ; ( 1) 

2,68 

2O = nCHO + nCOOH + b = + b nO 

= = 

2 

22,4 

Từ (1) ta có: nCO 2 ( X ) 

= nCO 2 (1) 

− nCO 2 ( C6H12O6 ) 

= 3,12 − 6 b ; nH2O( X ) 

= 0,36 

Ta có X đều có dạng C 4H 2O n nên khi đốt cháy sẽ cho tỉ lệ mol 

CO : H O = 4 : 1 → 3,12 − 6b = 0,36.4 → b = 0,28. 

2 2 

Từ (2) suy ra a=0,72 

Vậy m + m’ = 0,2.29 +0.52.45 +0,72.12 + 0,28.180 = 88,24g 

Câu 39: Đốt cháy X cũng như Y với lượng oxi vừa đủ, luôn thu được CO 2 có số mol bằng số mol O 2 đã 

phản ứng. Biết rằng X, Y (M X < M Y ) là hai este đều mạch hở, không phân nhánh và không chứa nhóm 

chức khác. Đun nóng 30,24 gam hỗn hợp E chứa X, Y (số mol của X gấp 1,5 lần số mol Y) cần dùng 400 

ml dung dịch KOH 1M, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol và hỗn hợp chứa 2 muối. Dẫn toàn bộ F qua bình 

đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 15,2 gam. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối cần dùng 0,42 mol O 2 . 

Tổng số nguyên tử có trong Y là 

A. 21 B. 20 C. 22 D. 19 


Chọn A 

2 Este + KOH → 2 muối và 2 ancol (1) 

n KOH = 0,4 mol. Vậy suy ra khi ancol phản ứng với Na thu được khí 

Khi cho ancol tác dụng với Na dư thấy khối lượng bình tăng 

15,2g → m − m = 15,2 → m = 15,6g 

ancol H2 

ancol 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) ta có: 

m + m = m + m → m = 30,24 + 0, 4.56 − 15,6 = 37,04g 

este KOH muoi ancol muoi 

Gọi Công thức chung của 2 muối là CxHyCOOK 

Khi đốt cháy muối cần 0,42 mol O 2: 

CxHyCOOK: 0, 4 + O : 0, 42 → CO + K CO : 0,2 + H O ( 2) 

2 2 2 3 2 

H2 

( ) 

H 

2 

→ n = 0,5n − = 0,2 mol . 

OH 

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố K, ta có 

n = 2n → n = 0,2 

CxH yCOOK K2CO3 K2CO3 

Gọi số mol CO 2 và H 2O lần lượt là a, b mol. 

Áp dụng định luật bảo toàn O vào (2) ta có : 

( ) 

2a 

+ b = 0,4.2 + 0,42.2 − 0,2.3 = 1,04 3 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng vào (2) ta có: 

m + m = 37,04 + 0,42.32 − 0,2.138 = 22,88 = 44a + 18b 

4 

CO2 H2O 

Từ (3) và (4) suy ra a=0,52 và b=0 

Từ đó ta suy ra trong cả hai muối đều không có H 

( )

Gọi công thức muối của X là KOOC − C a − COOK: x mol 

Gọi công thức muối của Y là KOOC − C b −COOK: y mol 

Áp dụng định luật bảo toàn K ta có: 2x 

+ 2y 

= 0,4 ( 5) 

Theo bài ra ta có: x − 1,5 y = 0 ( 6) 

Từ (5) và (6) ta có: x = 0,12 và y = 0,08 

( ) ( ) 

→ m = 0,12. 83.2 + 12a + 0,08. 83.2 + 12b = 37,04 → 3a + 2b 

= 8 

muoi 

Este mạch hở nên cả 2 ancol đều phải là ancol đơn chức. Khi đốt este có số mol CO2 bằng số mol O2 phản 

ứng mà este 2 chức nên cả 2 este đều có 8H, các gốc axit không có H nên tổng số H trong 2 gốc ancol của 

mỗi este đều là 8H. 

Mặt khác n = n = 0, 4 . 

F 

KOH 

Theo ta tính trên m = 15,6g → MOH = 39 → 2 ancol đó chính là CH 3OH và C 2H 5OH. 

ancol 

Vì M X < M Y nên a = 0, b = 4 là nghiệm duy nhất thỏa mãn. 

Vậy công thức 2 este đó là: 

X: CH3OOC −COOC 2H5 và Y: CH3 −OOC −C ≡ C− C ≡ C− COO − C2H5 

Vậy trong Y có 21 nguyên tử. 

Câu 40: Đốt cháy hoàn toàn 10,58 gam hỗn hợp X chứa ba este đều đơn chức, mạch hở bằng lượng oxi 

vừa đủ, thu được 8,96 lít khí CO 2 (đktc). Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn 10,58 gam X cần dùng 0,07 mol 

H 2 (xúc tác, t o ) thu được hỗn hợp Y. Đun nóng toàn bộ Y với 250 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung 

dịch sau phản ứng, thu được một ancol Z duy nhất và m gam rắn khan. Giá trị của m là 

A. 15,60 B. 15,46 C. 13,36 D. 15,45 


Chọn A 

Đốt cháy 10,58g hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, mạch hở ta có: n CO2 = 0,4 mol. 

Mặt khác hiđro hóa hoàn toàn 10,58g hỗn hợp X cần 0,07 mol H2. Vậy 0,07 mol H2 chính là số mol liên 

kết π trong mạch Cacbon của 3 este. 

→ n − n = 0,07 → n = 0,4 − 0,07 = 0,33 

CO2 H2O H2O 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng đốt cháy ta có: 

m + m = m + m → m = 0, 4.44 + 0,33.18 − 10,58 = 12,96g → n = 0,405 Áp dụng 

X O2 CO2 H2O O2 O2 

định luật bảo toàn nguyên tố O ta có: 

0,4 

2nX + 2nO = 2n 0,16 2,5 

2 CO 

+ n 

2 H2O → nX = mol → n = = 

C 

0,16 

Vậy phải có 1 este có 2C. Vậy este đó phải là HCOOCH 3 . 

Theo đề bài ta thấy thủy phân Y trong NaOH chỉ thu được 1 ancol duy nhất, vậy ancol đó là CH 3OH. 

Vậy CT trung bình cuả 3 este sau khi hiđro hóa là R̅ COOCH3(Y) 

m = m + m = 10,58 + 0,07.2 = 10,72g 

Y X H2 

R̅ COOCH 3 + NaOH → R̅ COONa + CH 3OH

O,16 → 0,25 → 0,16 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 

m + m = m + m → m = 10,72 + 0,25.40 − 0,16.32 = 15,6g 

Y NaOH CH3OH 

Câu 41: X, Y, Z là 3 este đều no mạch hở (không chứa nhóm chức khác và (Mx < My < Mz). Đun nóng hỗn 

hợp E chứa X,Y,Z với dung dịch NaOH vừa đủ thu được 1 ancol T và hỗn hợp F chứa 2 muối A, B có tỉ lệ 

mol tương ứng là 5 : 3 (M A< M B). Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 12 gam 

và đồng thời thu được 4,48 lít H2 (dktc). Đốt cháy toàn bộ F thu được Na2CO3, CO2 và 6,3g H2O.Số 

nguyên tử hidro có trong Y là 

A. 6 B. 8 C. 12 D. 10 


B1: Tìm CTCT của ancol T: 

Gọi công thức ancol T là R(OH) n hoặc CxH 2x+ 2On : R ( OH ) + nNa → R ( ONa) + .n 

H2 

⇒ n = 2 / n. n = 0,4 / n mol 

( ) H2 

R OH 

n 

n 

n 

1 

2 

mbình tăng = 

m − m ⇒ m = 12, 4 g 

ancol H2 

ancol 

⇒ M 

( ) 

= 31n = 14x + 2 + 16n 

R OH 

n 

⇒ 15n 

= 14x 

+ 2 ( n x 

Ta chỉ thấy với 2; x 2 

≤ và ( 2 2) 

x + chẵn) 

n = = thì R 28( C H ) 

Vậy T là C2H4(OH)2 với số mol là 0,2 mol 

B2: Xác định 2 muối A và B 

Có 2n 

ancol 

= n 

goc axit 

= thỏa mãn. 

2 4 

Vì ancol 2 chức nên các este mạch hở phải có các gốc axit đơn chức 

=> nmuối = 2.0,2 = 0,4 mol 

Đặt công thức 2 muối là C H 

2 + 1O2 

Na và C H 

2 + 1O2 

Na với số mol lần lượt là 5t và 3t 

⇒ t = 0,05 mol 

a 

a 

Khi đốt cháy ( 1,5 1) 0,5 ( 0,5) ( 0,5) 

b 

a 

b 

b 

C H 

+ 

O Na + a − O → Na CO + a − CO + a − H O 

2a 

1 2 2 2 3 2 2 

( 1,5 1) 0,5 ( 0,5) ( 0,5) 

C H 

+ 

O Na + b − O → Na CO + b − CO + b − H O 

2b 

1 2 2 2 3 2 2 

⇒ n .2 = n 

( ) 

H2 O H A, 

B 

( a ) ( b ) 

⇒ 0,35.2 = 0,25 2 − 1 + 0,15 2 − 1 

⇒ 11 = 5a 

+ 3b 

⇒ a = 1; b = 2 thỏa mãn 2 cuối HCOONa và CH 3COONa 

B3: Tìm CTCT của Y 

Lại có M 

X 

< MY < M 

Z 

⇒ Y phải là: HCOOCH2CH2COOCCH3 

Số H trong Y = 8

Câu 42: Cho 0,01 mol một este tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch NaOH 0,2M, đun nóng. Sản phẩm 

tạo thành gồm một ancol và một muối có số mol bằng nhau và bằng số mol este. Mặt khác, xà phòng hóa 

hoàn toàn 1,29 gam este đó bằng một lượng vừa đủ 60ml dung dịch KOH 0,25M, cô cạn dung dịch sau 

phản ứng thu được 1,665 gam muối khan. Công thức của este đó là: 

A. C2H4(COO)2C4H8 B. C4H8(COO)2C2H4 C. CH2(COO)2C4H8 D. C4H8(COO)C3H6 


Chọn B. 

nNaOH 

- Khi cho 0,01 mol este tác dụng với 0,02 mol NaOH thì: = 2. Mặt khác số mol muối ancol thu 

neste 

được bằng số mol este. Vậy este có dạng là R(COO) 2R' 

0 

t 

R(COO) R' + 2KOH ⎯⎯→ R(COOK) + R'(OH) 

2 2 2 

0,015mol 0,0075mol 0,0075mol 

BTKL 

0,465 

⎯⎯⎯→ mR'(OH) = m 

2 este + 56n KOH − mmuèi khan = 0,465(g) ⇒ M R'(OH) = = 62(C 

2 

2H 4(OH) 2) 

0,0075 

1,665 

⇒ M muèi = = 222: C4H 8(COOK) 

2 ⇒ Este đó là: C4H 8(COO) 2C2H 

4 

0,0075 

Câu 43: Hỗn hợp X chứa các este đều mạch hở gồm hai este đơn chức và một este đa chức, không no chứa 

một liên kết đôi C=C. Đốt cháy hoàn toàn 0,24 mol X cần dùng 1,04 mol O 2, thu được 0,93 mol CO 2 và 0,8 

mol H2O. Nếu thủy phân X trong NaOH, thu được hỗn hợp Y chứa 2 ancol có cùng số nguyên tử cacbon 

và hỗn hợp Z chứa 2 muối. Phần trăm khối lượng của este đơn chức có khối lượng phân tử lớn trong X là 

A. 22,7% B. 15,5% C. 25,7% D. 13,6% 


Chọn D 

0,93 

- Ta có: CX 

= = 3,875 . Vì khi thủy phân X trong NaOH thu được 2 ancol có cùng cacbon và 2 muối 

0, 24 

⇒ Trong X có 1 chất là HCOOC 2H 5 (A), este đơn chức còn lại là RCOOC 2H 5 (B), este 2 chức (C) được 

tạo từ etylenglicol C2H4(OH)2 và hai axit cacboxylic HCOOH; RCOOH (trong gốc –R có 1 liên kết đôi 

C=C) 

quan hÖ 

+ Lúc này kA = 1 ; kB = 2 ; kC = 3. Áp dụng ⎯⎯⎯⎯⎯→ n + 2n = n − n = 0,13 (1) 

BT: O 

A B C CO H O O 

2 2 2 

B C CO H O 

CO 2 vµ H2O 2 2 

⎯⎯⎯→ 2n + 2n + 4n = 2n + n − 2n = 0,58 (2) và n A + n B + n C = 0,24 (3) 

+ Từ (1), (2), (3) ta tính được: n A = 0,16 mol ; n B = 0,03 mol ; n C = 0,05 mol 

BT: C 

⎯⎯⎯→ 3.0,16 + 0,03.C + 0,05.C = 0,93 (4) (với C B > 4, C C > 5) 

B 

C 

+ Nếu C B = 5 thay vào (4) ta có: C C = 6 ⇒ Thỏa (nếu C B càng tăng thì C C < 6 nên ta không xét nữa). 

7, 25 

Vậy (B) là CH 2=CH-COOC 2H 5: 0,03 mol ⇒ %mC 

= = 13,61 

22,04 

Câu 44: Hỗn hợp X chứa ba este mạch hở, trong phân tử chỉ chứa một loại nhóm chức và được tạo bởi 

từ các axit cacboxylic có mạch không phân nhánh. Đốt cháy hết 0,2 mol X cần dùng 0,52 mol O 2, thu 

được 0,48 mol H2O. Đun nóng 24,96 gam X cần dùng 560 ml dung dịch NaOH 0,75M thu được hỗn 

hợp Y chứa các ancol có tổng khối lượng là 13,38 gam và hỗn hợp Z gồm hai muối, trong đó có a gam 

muối A và b gam muối B (MA < MB). Tỉ lệ gần nhất a : b là 

A. 0,6 B. 1,2 C. 0,8 D. 1,4 


Chọn D. 

- Quy đổi hỗn hợp X thành gốc hidrocacbon CxHy và nhóm –COO (CO2). Vì vậy khi đốt X thì số mol 

O 2 tham gia phản ứng chính bằng số mol O 2 đốt gốc C xH y. 

- Khi đốt 0,2 mol X (giả định đốt nhóm CxHy) thì : 

BT:O 

⎯⎯⎯→ n = n − 0,5n = 0,28 ⇒ m = 12n + 2n = 4,32(g) 

CO (khi ®èt C H ) O H O C H CO H O 

2 x y 2 2 x y 2 2 

- Cho 24,96 gam X tác dụng với NaOH thì

⎧ 

6,48 

nX(trong 24,96g) = 0,2. = 0,3mol 

⎪ 

4,32 

n−COO = nNaOH = 0,42 ⇒ mCxH = 24,96 − 44n 

y 

−COO 

= 6,48 ⇒ ⎨ 

⎪ 0,42 

n−COO(trong 0,2 mol X) = = 0,28mol 

⎪⎩ 

1,5 

+ Ta nhận thấy rằng nC(trong gèc CxH y) 

= nC(trong nhãm -COO) = 0,28 , vì thế số nguyên tử C trong gốc C xH y 

bằng số nhóm –COO trong các phân tử este. 

nNaOH 

0,42 

+ Mặc khác : n− COO = = = 1,4 . Từ 2 dữ kiện trên ta suy ra được các este trong X là 

n 0,3 

X 

HCOOCH 3,(COOCH 3) 2 và HCOOCH 2CH 2OOCH . Khi đó : 

⎧ BTKL ⎯⎯⎯→ HCOONa + (COONa) = X + NaOH − ancol = ⎧ HCOONa = 

⎪ 68n 134n m 40n m 28,38 

2 

n 0,24mol 

→ ⎨ 

⇒ ⎨ 

BT:Na 

n 2n n 0,42 

⎩n(COONa) 

= 0,09mol 

2 

⎪⎩ ⎯⎯⎯→ + = = 

(COONa) 

2 

HCOONa (COONa) NaOH 

mHCOONa 

0,24.68 

⇒ = = 1,353 

m 0,09.134 

2 

Câu 45: Đốt cháy hoàn toàn 14,24 gam hỗn hợp X chứa 2 este đều no, đơn chức, mạch hở thu được CO 2 

và H2O có tổng khối lượng là 34,72 gam. Mặt khác đun nóng 14,24 gam X với dung dịch NaOH vừa đủ, 

thu được hỗn hợp Y chứa 2 ancol kế tiếp và hỗn hợp Z chứa 2 muối của 2 axit cacboxylic kế tiếp, trong đó 

có a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Tỉ lệ gần nhất của a : b là 

A. 0,6 B. 1,25 C. 1,20 D. 1,50 

HƯỚNG DẪN GIẢI: Chọn B 

- Khi đốt X chứa 2 este no, đơn chức, mạch hở thì ta luôn có: nCO 

= n 

2 H2O 

= 0,56 mol 

BTKL mCO2+ H2O − mX BT: O 2nCO2 + n H2O − 2nO2 

⎯⎯⎯→ nO 

= = 0,64 mol ⎯⎯⎯→ n 

2 

X = = 0, 2 mol 

32 2 

0,56 

- Ta có: CX 

= = 2,8. Vì khi cho X tác dụng với NaOH thu được 2 ancol kế tiếp và 2 muối của 2 axit 

0, 2 

⎧HCOOCH 3 : x mol ⎧x + y = 0,2 ⎧x = 0,12 

cacboxylic kế tiếp nên 2 este trong X lần lượt là ⎨ → ⎨ → ⎨ 

⎩CH3COOC2H 5 : y mol ⎩2x + 4y = 0,56 ⎩y = 0,08 

- Hỗn hợp muối Z gồm HCOONa (A): 0,12 mol và CH3COONa (B): 0,08 mol ⇒ a : b = 1, 243 

Câu46: Đun nóng 26,5 gam hỗn hợp X chứa một axit không no (có 1 liên kết đôi C=C trong phân tử) 

đơn chức, mạch hở và một ancol no đơn chức, mạch hở với H2SO4 đặc làm xúc tác thu được m gam hỗn 

hợp Y gồm este, axit và ancol. Đốt cháy hoàn toàn m gam Y cần dùng 1,65 mol O 2, thu được 55 gam 

CO2. Cho m gam Y tác dụng với 0,2 mol NaOH rồi cô cạn dung dịch được bao nhiêu gam chất rắn khan? 

A. 16,1. B. 18,2. C. 20,3. D. 18,5. 

HƯỚNG DẪN GIẢI: Chọn C. 

- Nhận thấy rằng lượng oxi dùng để đốt hỗn hợp Y bằng với lượng oxi dùng để đốt X. 

- Giả sử đốt 26,5 gam hỗn hợp X thì số mol O2 phản ứng là 1,65 mol và lượng CO2 tạo thành là 1,25 

mol. Khi đó ta có : 

1,5n CO − n 

2 O2 

BTKL mX + 32nO − 44n 

2 CO2 

naxit 

= = 0,15mol và ⎯⎯⎯→ nH2O 

= = 1,35mol 

1,5 

18 

- Áp dụng độ bất bão hòa ta được : nCO − n 

2 H2O = naxit − nancol ⇒ nancol = n axit −(nCO − n 

2 H2O) = 0,25mol 

BT:C 

- Áp dụng độ bất bảo hòa ta được : ⎯⎯⎯→ 0,15.n + 0,25m = nCO 

= 1,25 → n = 5 vµ m=2 

2 

(Với n và m lần lượt là số nguyên tử C trong axit và ancol) 

→ Vậy trong X chứa C 4H 7COOH (0,15 mol) và C 2H 5OH (0,25 mol). 

- Giả sử cho hỗn hợp X tác dụng với 0,2 mol NaOH, khi đó ta có : 

n = 0,15mol vµ n = 0,05mol m = 122n + 40n = 20,3(g) 

C4H7COONa NaOH muèi C4H7COONa NaOH 

Câu 47: X, Y là hai axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở (trong phân tử X, Y chứa không quá 2 liên kết 

π và 50 < MX < MY); Z là este được tạo bởi X, Y và etylen glicol. Đốt cháy 13,12 gam hỗn hợp E chứa X,

Y, Z cần dùng 0,50 mol O 2. Mặt khác 0,36 mol E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol Br 2. Nếu 

đun nóng 13,12 gam E với 200 ml dung dịch KOH 1M (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 

hỗn hợp F gồm a gam muối A bà b gam muối B (M A < M B). Tỉ lệ của a : b gần nhất với giá trị nào sau 

đây 

A. 2,9 B. 2,7 C. 2,6 D. 2,8 


Chọn C. 

⎧⎪ 

O 2 : 0,5 mol ⎯⎯→ CO2 + H2O 

- Quá trình 1: 13,12 (g) E + ⎨ 

. Gọi a, b, c lần lượt là mol của X, Y, Z. 

⎪⎩ KOH : 0, 2 mol ⎯⎯→ a (g) A + b (g) B 

⎧a + b + 2c = nKOH 

= 0,2 mol 

⎪ BT: O 

⎧nCO 

= 0,49 mol 

2 

+ Ta có: ⎨ ⎯⎯⎯→ 2nCO2 + nH2O = 2.(a + b + 2c) + 2nO 

1,4 

2 = → ⎨ 

⎪ nH2O 

0,42 mol 

BTKL 

⎩ = 

⎪⎩ ⎯⎯⎯→ 44nCO 18n 

2 + H2O = mE + mO 

29,12 

2 = 

- Quá trình 2: Khi cho E tác dụng với dung dịch Br 2, nhận thấy n Br = 0,1 < n 

2 

E = 0,36 ⇒ Trong X, Y chỉ 

có 1 chất tham gia phản ứng cộng Br 2, khi đó Z được tạo bởi X, Y cũng có phản ứng cộng Br 2. 

+ Gọi X là chất có 2 liên kết π ⇒ Y có chứa 1 liên kết π và Z có chứa 3 liên kết π. 

⎧ nX + nY + n Z = nKOH 

⎧a + b + 2c = 0,2 ⎧a = 0,03 mol 

⎪ ⎪ ⎪ 

+ Ta có hệ sau: ⎨nCO − n 

2 H2O = n X + 2n Z → ⎨a + 2c = 0,07 → ⎨b = 0,13 mol 

⎪ * ⎪ 

n E .(n X n Z ) n Br .n 

2 E 

0,36.(a c) 0,1.(a b c) ⎪ 

+ = 

⎩ + = + + ⎩c = 0,02 mol 

⎩ 

BT: C 

⎯ ⎯ ⎯→ n.0, 03 + m .0,13 + 0, 02.(n + m+ 2) = 0, 49 (với n,m là số C của X, Y với n ≥ 3 và m ≥ 2). 

⎧B : CH2 

= CH − COONa : 0,05mol a 

+ Xét n = 3 suy ra n = 2. Từ đó Z gồm ⎨ 

⇒ = 2,617 

⎩A : CH3 

− COONa : 0,15 mol b 

+ Nếu n > 3 thì m < 2 : không thỏa điều kiện. 

Câu 48: X gồm hai α – aminoaxxit no, hở (chứa một nhóm -NH2, một nhóm –COOH) là Y và Z 

(Biết M Z = 1,56M Y). Cho a gam X tác dụng 40,15 gam dung dịch HCl 20% thu được dung dịch A. Để tác 

dụng hết các chất trong dung dịch A cần 140 ml dung dịch KOH 3M. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn a 

gam X thu được sản phẩm cháy gồm CO 2, H 2O, N 2 được dẫn qua bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy 

khối lượng bình tăng 32,8 gam. Phân tử khối của Z là : 

A. 117 B. 139 C. 147 D. 123 


Chọn A. 

- Khi cho X tác dụng với 0,22 mol HCl rồi đem dung dịch thu được tác dụng với 0,42 mol thi : 

n = n − n = 0,42 − 0,22 = 0,2mol . 

A KOH HCl 

2 

- Đặt CTTQ của X là CnH2n+ 1O2N 

, đốt X thì : CnH2n+ 

1O2N ⎯⎯→ nCO 2+ (n + 0,5)H 2O 

O 

0,2mol → 0,2n 0,2(n+ 

0,5) 

- Theo đề ta có : 44nCO + 18n 

2 H2O = mdd t¨ng → 44.0,2n + 18(n + 0,5) = 32,8 ⇒ n = 2,5 

Vậy trong X có chứa NH2CH 2COOH(Y) ⇒ mZ = 1,56m Y = 117 (NH2CH(CH 3)COOH) 

Câu 49: Cho hỗn hợp M gồm hai chất hữu cơ X, Y. Trong đó X là một axít hữu cơ hai chức, mạch hở, 

không phân nhánh (trong phân tử có một liên kết đôi C=C) và Y là ancol no, đơn chức, mạch hở. Đốt 

cháy hoàn toàn 22,32 gam M thu được 14,40 gam H2O. Nếu cho 22,32 gam M tác dụng với K dư thu 

được 4,256 lít H 2 (đktc). Phần trăm khối lượng của Y trong M gần nhất với giá trị nào sau đây? 

A. 27,25%. B. 62,40%. C. 72,70%. D. 37,50%. 


Chọn D 

mM − 2nH2O −16nO(trongM) 22,32 − 2.0,8 − 16(4n X + n Y ) 

- Khi đốt 22,32 gam M thì : nCO 

= = 

2 

12 12 

- Áp dụng độ bất bão hòa ta được :

22,32 − 2.0,8 − 16(4n X + n Y ) 

nCO − n 

2 H2O = 2nX − nY → − 0,8 = 2nX − nY → 88n X + 4nY 

= 11,12(1) 

12 

- Khi cho lượng M trên tác dụng với K dư thì : 2nX + nY = 2nH 

= 0,38(2) 

2 

- Từ ta giải hệ (1) và (2) được : nX 0,12mol vµ nY 

0,14mol 

BT:C 

= = , suy ra nCO 

2 

= 0,9mol . 

- Xét hỗn hợp M ta có : ⎯⎯⎯→ an X + bnY = nCO 

→ 0,12a + 0,14b = 0,9 → a = 4 vµ b=3 

2 

- Vậy X và Y lần lượt là : HOOC − CH = CH − COOH (0,12mol) và C3H 7OH(0,14mol) 

0,14.60 

→ %m C3H7OH(Y) 

= .100 = 37,63 

22,32 

Câu 50: Đốt cháy hết 25,56g hỗn hợp H gồm hai este đơn chức thuộc cùng dãy đồng đẳng liên tiếp và một 

amino axit Z thuộc dãy đồng đẳng của glyxin (M Z > 75) cần đúng 1,09 mol O 2, thu được CO 2 và H 2O 

với tỉ lệ mol tương ứng 48 : 49 và 0,02 mol khí N 2. Cũng lượng H trên cho tác dụng hết với dung dịch 

KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng được m gam rắn khan và một ancol duy nhất. Biết KOH dùng dư 

20% so với lượng phản ứng. Giá trị của m là 

A. 38,792 B. 34,760 C. 31,880 D. 34,312 


Chọn A 

- Khi đốt hỗn hợp H thì : 

+ 

+ 

BTKL 

⎧⎯⎯⎯→ 44nCO + 18n 

2 H2O = mH + 32nO − 28n 

2 N2 

⎪ 

⎧44nCO + 18n 

2 H2O = 59,88 ⎧nCO 

= 0,96mol 

2 

⎨nCO 

48 

→ ⎨ ⇒ ⎨ 

2 

⎪ = ⎩49n CO − 48n 

2 H2O = 0 ⎩nH2O 

= 0,98 mol 

⎩nH2O 

49 

BT:N 

⎧⎯⎯⎯→ namino axit = 

2nN2 

⎪ 

⎧n 

⎨ 

mH −12nCO − 2n 

2 H2O − 28n ⇒ 

N 

⎨ 

2 

⎪n n 

amino axit + neste = n−COO 

= ⎩ 

⎩ 

32 

amino axit 

este 

= 0,04mol 

= 0,32 mol 

nCO 

2 

- Ta có CH 

= = 2,666 mà Camino axit > 2 nên trong H có chứa HCOOCH3 và CH3COOCH3. 

nH 

- Khi cho H tác dụng với lượng dư dung dịch KOH thì : 

+ CH 3OH 

BTKL 

= este = r¾n H KOH CH 3OH H2O 

n n 0,36 

⎯⎯⎯→ m = m + 1,2.56.n −32n − 18n = 38,972(g) 

Câu 52: X gồm hai α – aminoaxxit no, hở (chứa một nhóm -NH2, một nhóm –COOH) là Y và Z (Biết 

MZ = 1,56MY). Cho a gam X tác dụng 40,15 gam dung dịch HCl 20% thu được dung dịch A. Để tác dụng 

hết các chất trong dung dịch A cần 140 ml dung dịch KOH 3M. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn a gam X 

thu được sản phẩm cháy gồm CO 2, H 2O, N 2 được dẫn qua bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy khối 

lượng bình tăng 32,8 gam. Phân tử khối của Z là : 

A. 117 B. 139 C. 147 D. 123 


Chọn A. 

- Khi cho X tác dụng với 0,22 mol HCl rồi đem dung dịch thu được tác dụng với 0,42 mol thi : 

n = n − n = 0,42 − 0,22 = 0,2mol . 

A KOH HCl 

2 

- Đặt CTTQ của X là CnH2n+ 1O2N 

, đốt X thì : CnH2n+ 

1O2N ⎯⎯→ nCO 2+ (n + 0,5)H 2O 

O 

0,2mol → 0,2n 0,2(n + 0,5) 

- Theo đề ta có : 44nCO + 18n 

2 H2O = mdd t¨ng → 44.0,2n + 18(n + 0,5) = 32,8 ⇒ n = 2,5 

Vậy trong X có chứa NH2CH 2COOH (Y) ⇒ M Z = 1,56M Y = 117 

Câu 53: Cho 8,28 gam chất hữu cơ A chứa C, H, O (có CTPT trùng CTĐG) tác dụng với dung dịch 

NaOH vừa đủ, sau đó chưng khô, phần hơi thu được chỉ có nước, phần chất rắn khan khối lượng 13,32 

gam. Nung lượng chất rắn này trong oxi dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được 9,54 gam Na 2CO 3; 14,52 

gam CO 2 và 2,7 gam nước. Cho phần chất rắn trên vào dung dịch H 2SO 4 loãng dư thu được hai chất hữu 

cơ X, Y (biết MX < MY).Số nguyên tử hiđro có trong Y là : 

A. 6 B. 8 C. 10 D. 2


Chọn A. 

- Khi cho 8,28 gam A tác dụng với NaOH thì : 

BTKL mX + 40n NaOH − mr¾n khan 

⎯⎯⎯→ nH2O(sp khi t¸c dông ví i NaOH) = = 0,12mol (ví i nNaOH = 2nNa 2CO 

= 0,18mol) 

3 

18 

- Khi đốt hỗn hợp rắn khan thì : 

BT:H 

⎯⎯⎯→ n = n + n − n = 0,36mol 

H(trong X) H2O(sp ch¸y) H2O(sp phn øng ví i NaOH) NaOH 

BT:C mX −12nC − nH 

⎯⎯⎯→ nC(trongX) = nCO + n 

2 Na2CO = 0,42mol ⇒ n 

3 

O(trongX) = = 0,18mol 

16 

→ n C : n H : nO 

= 7: 6: 3, theo đề A có CTPT trùng với CTĐG nhất của A nên CTPT của A là C7H6O 

3 

nX 

0,06 1 nX 

1 

- Nhận thấy rằng = = vµ 

= 

n 0,18 3 n 2 

NaOH 

H2O(sn phÈm phn øng ví i NaOH) 

- Từ các dữ kiện trên ta suy ra được CTCT của A là : HCOOC 6H4 

− OH 

- Phương trình phản ứng: HCOOC 6H4OH(A) + 3NaOH ⎯⎯→ HCOONa + C6H 4(ONa) 2 + 2H2O 

- Cho hỗn hợp rắn qua H 2SO 4 dư thu được HCOOH (X) và C 6H 4(OH) 2 (Y). Vậy số nguyên tử H trong Y 

là 6. 

Câu 54: Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic Y và một este Z (Y, Z đều mạch hở không phân nhánh). 

Đun nóng 0,275 mol X cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 2M thu được hỗn hợp 2 muối và hỗn hợp 2 

ancol. Đun nóng toàn bộ 2 ancol này với H 2SO 4 đặc ở 140 o C thu được 7,5 gam hỗn hợp 3 ete. Lấy hỗn 

hợp 2 muối trên nung với vôi tôi xút chỉ thu được một khí duy nhất, khí này làm mất màu vừa đủ dung 

dịch 44 gam Br 2 thu được sản phẩm chứa 85,106% brom về khối lượng. Khối lượng của Z trong X là: 



Chọn B. 

- Nhận thấy rằng, khi cho hỗn hợp X gồm axit Y và este Z thu được hai ancol và hai muối nên Z là este 

hai chức được tạo từ axit hai chức và hai ancol, ta có hệ sau : 

⎧nY + nZ = nX ⎧nY + nZ = 0,275 ⎧nY 

= 0,15mol 

+ ⎨ → ⎨ ⇒ ⎨ 

⎩nY + 2nZ = nNaOH ⎩nY + 2nZ = 0,4 ⎩nZ 

= 0,125mol 

- Khi đun nóng toàn bộ lượng ancol thu được với H 2SO 4 đặc ở 140 o C thì : 

nancol 

2nZ 

BTKL 

+ nH2O = = = 0,125mol ⎯⎯⎯→ mancol = mete + 18n H2O 

= 9,75(g) 

2 2 

mancol 

⇒ M ancol = = 39 , vậy hỗn hợp ancol gồm CH 3OH và C 2H 5OH. 

nancol 

- Xét quá trình hỗn hợp muối tác dụng với NaOH/ CaO (t 0 ), rồi cho hỗn khí tác dụng với Br 2 ta được : 

mBr2 

mkhÝ = = 51,7 ⇒ mkhÝ = mdÉn xuÊt halogen − mBr 

= 7,7(g) 

2 

%m 

Br 

2 

- Giả sử khí thu được là anken thì : 

C H COONavà NaOOC − CH = CH − COONa . 

⇒ 2 3 

2 

0 

t 

m 

M = = 28(C H ). 

khÝ 

hidrocacbon 2 4 

nBr 

Vậy este Z là CH 3OOC − CH = CH − COOC 2H5 

với mZ 

= 19,75(g) 

Câu 55: X, Y, Z là 3 este đều đơn chức, mạch hở (trong đó Y và Z không no có một liên kết C=C và có 

tồn tại đồng phân hình học). Đốt cháy 21,62 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với oxi vừa đủ, sản phẩm cháy 

dẫn qua dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 34,5 gam so với trước phản ứng. Mặt 

khác, đun nóng 21,62 gam E với 300 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu được hỗn hợp F chỉ chứa 2 

muối và hỗn hợp gồm 2 ancol kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng. Khối lượng của muối có khối lượng 

phân tử lớn hơn trong hỗn hợp F là: 



Chọn D.

- Khi đốt cháy hỗn hợp E rồi hấp thụ sản phảm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư, ta có hệ sau: 

⎧12n C + nH + 16nO = mE 

⎧12n CO + 2n 

2 H2O + 32n E = 21,62 ⎧nCO 

= 0,87mol 

2 

⎪ ⎪ ⎪ 

⎨100n CaCO − (44n 

3 CO + 18n 

2 H2O) = mdung dÞch gim → ⎨56nCO + 18n 

2 H2O = 34,5 ⇒ ⎨nH2O 

= 0,79mol 

⎪ 

nE 

n 

⎪ 

NaOH 

nE 

0,3 

⎪ 

⎩ = 

⎩ = ⎩nE 

= 0,3mol 

+ Áp dụng độ bất bão hòa ta được : nY + nZ = nCO − n 

2 H2O = 0,08mol ⇒ nX = nE − nY − nZ 

= 0,22mol 

nCO 

2 

+ Có CE 

= = 2,9 nên trong E có chứa HCOOCH3. 

nE 

- Theo dữ kiện đề bài thi hỗn hợp ancol thu được đồng đẳng kế tiếp nên hỗn hợp ancol gồm CH 3OH và 

C2H5OH, mặc khác trong Y và Z có một liên π C = C đồng thời có đồng phân hình học. Từ tất cả các dữ 

nCO 

− 2n 

2 X 

kiện trên ta suy ra: CY,Z 

≥ 5. Mặc khác, ta có : C Y,Z = = 5,375 . 

n + n 

Vậy este Y và Z lần lượt là CH 3 − CH = CH − COOCH 3và CH 3 − CH = CH − COOC 2H5 

⇒ m = 0,08.108 = 8,64(g) 

CH 3− CH = CH−COONa 

Câu 56: Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm một số este đơn chức, mạch hở bằng dung dịch NaOH vừa 

đủ thu được a gam hỗn hợp muối và b gam hỗn hợp ancol. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp muối 

trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp khí Y và 11,13 gam Na2CO3. Dẫn toàn bộ Y qua ình đựng dung dịch 

Ca(OH) 2 dư, thu được 34,5 gam kết tủa, đồng thời thấy khối lượng bình tăng 19,77 gam so với ban đầu. 

Đun b gam hỗn hợp ancol với H 2SO 4 đặc ở 140 o C thu được 6,51 gam hỗn hợp các ete. Các phản ứng xảy 

ra hoàn toàn. Gía trị m là: 



Chọn C. 

⎧44nCO + 18n 

2 H2O = mb×nh t¨ng ⎧nCO 

= 0,345mol 

2 

⎪ 

⎪ 

- Xét quá trình đốt a gam hỗn hợp muối ta có: ⎨nCO = n 

2 CaCO ⇒ n 

3 ⎨ H2O 

= 0,255mol 

⎪ 

nX 2n 

⎪ 

⎩ = Na2CO n 

3 

⎩ X = 0,21mol 

n = n + 0,5(n − n ) = 0,42mol ⇒ m = m + m − 32n = 17,46(g) 

+ O 2(p- ) CO2 H2O Na2CO 3 muèi b×nh t¨ng Na2CO 3 O2 

- Xét quá trình đun b gam hỗn hợp ancol với H2SO4 đặc ở 140 o C ta có : 

nancol 

nX 

nH2O = = = 0,105mol ⇒ mancol = mete + 18n H2O 

= 8,4(g) 

2 2 

- Xét quá trình thủy m gam hỗn hợp X bằng dung dịch NaOH vừa đủ, áp dụng : 

BTKL 

⎯⎯⎯→ mX = mmuèi + mancol − 40n NaOH = 17,46(g) (với nNaOH 

= 2nNa 2CO 

= 0,21mol ) 

3 

Câu 57: Đốt cháy hoàn toàn 10,58 gam hỗn hợp X chứa ba este đều đơn chức, mạch hở bằng lượng oxi 

vừa đủ, thu được 8,96 lít khí CO 2 (đktc). Mặt khác, hidro hóa hoàn toàn 10,58 gam X cần dùng 0,07 mol 

H 2 (xúc tác, t o ) thu được hỗn hợp Y. Đun nóng toàn bộ Y với 250 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung 

dịch sau phản ứng, thu được một ancol Z duy nhất và m gam rắn khan. Gía trị của m là : 



Chọn B. 

- Hidro hóa hoàn toàn hỗn hợp X thì : mY = mX + 2nH2 

= 10,72(g) 

- Giả sử đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y (CTTQ của Y là CnH2nO2) thì : 

mY −12nCO − 2n 

2 H2O 

+ nCO 

= n = 

2 H2O 

0,4 mol ⇒ nY 

= n−COO 

= = 0,16mol 

32 

nCO 

2 

- Ta có : CY 

= 

nY 

= 2,5 . Vậy trong Y có chứa este HCOOCH 3 

- Khi cho lượng Y trên tác dụng với 0,25 mol NaOH thì ancol Z thu được là CH3OH 

BTKL 

với nCH 3OH 

= nY 

= 0,16mol ⎯⎯⎯→ mr¾n khan = mY + 40n NaOH − 32nCH 3OH 

= 15,6(g) 

Y 

Z

Câu 58: Cho 11 gam hỗn hợp X gồm hai este đơn chức, mạch hở tác dụng hết với 200 gam dung dịch 

KOH 5,6% đun nóng, chưng cất dung dịch sau phản ứng thu được Y gồm hai ancol đồng đẳng kế tiếp cô 

cạn phần dung dịch còn lại được m gam chất rắn khan. Cho Y vào bình na dư thì khối lượng bình tăng 

5,35 gam và có 1,68 lít khí thoát ra (đkc). Biết 16,5 gam X làm mất màu tối đa dung dịch chứa a gam 

Br 2. Giá trị gần đúng của (m + a) là : 

A. 40,7 B. 60,7 C. 56,7 D. 52,7 


Chọn D. 

- Xét hỗn hợp ancol Y : 

+ Cho Y tác dụng với Na thì : nY = nX = 2nH2 

= 0,15mol 

BTKL 

mY 

⎯⎯⎯→ mY = mb×nh t¨ng + 2nH 

= 5,5(g) ⇒ M 

2 

Y = = 36,66 . Vậy trong Y gồm CH 3OH và C 2H 5OH 

n 

⎧nCH 3OH + nC 2H5OH = 2nH2 ⎧nCH 3OH 

= 0,1mol 

Với ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎩32n CH 3OH + 46n C2H5OH = 5,5 ⎩nC2H5OH 

= 0,05mol 

- Khi cho 11 gam X tác dụng với 0,2 mol KOH thì : 

BTKL 

⎯⎯⎯→ mr¾n khan = mX + 56n KOH − mY 

= 16,7(g) 

mX 

- Xét hỗn hợp X ta có : M X = = 73,33 . Vậy trong X có chứa HCOOCH3, 

n 

X 

mX 

− 60n HCOOCH 11− 

60.0,1 

3 

+ Gọi B là este còn lại có: M B = = = 100(C 2H3COOC 2H 5) 

. 

nB 

0,05 

→ Vậy hỗn hợp X gồm HCOOCH 3 (0,1 mol) và C 2H 3COOC 2H 5 (0,05 mol) 

- Khi cho 16,5 gam X (tức 0,15 mol HCOOCH3 và 0,075 mol C2H3COOC2H5) tác dụng với Br2 thì : 

n = n + n = 0,225mol ⇒ m = 36(g) 

Br2 HCOOCH 3 C2H3COOC 2H5 Br2 

→ Vậy mr¾n khan + mBr 

= 52,7(g) 

2 

Y

BÀI TẬP TỔNG HỢP VÔ CƠ - HỮU CƠ HAY ÔN THI THPT QG MÔN HÓA

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?