PHƯƠNG PHÁP 21 PHÂN TÍCH, ĐÁNH GIÁ, NHẬN ĐỊNH ĐỂ LỰA CHỌN HƯỚNG GIẢI TỐI ƯU

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

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

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

Biên soạn : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 

PHƯƠNG PHÁP 21 : PHÂN TÍCH, ĐÁNH GIÁ, NHẬN ĐỊNH 

ĐỂ LỰA CHỌN HƯỚNG GIẢI TỐI ƯU 

I. PHÂN TÍCH, ĐÁNH GIÁ TÌM HƯỚNG GIẢI TỐI ƯU ĐỐI VỚI CÁC BÀI 

TẬP HÓA VÔ CƠ 

Ví dụ 1: Hòa tan hết 0,2 mol FeO bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư), thu được khí SO2 (sản 

phẩm khử duy nhất). Hấp thụ hoàn toàn khí SO2 sinh ra ở trên vào dung dịch chứa 0,07 mol KOH 

và 0,06 mol NaOH, thu được dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là 

A. 22,34. B. 12,18. C. 15,32. D. 19,71. 

(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A và khối B năm 2013) 

Phân tích và hướng dẫn giải 

Theo giả thiết, ta có : n 

− 

= n + n = 0,07 + 0,06 = 0,13 mol. 

KOH NaOH 

OH 

Theo bảo toàn electron, ta có : n = 2 n ⇒ n = 0,1 mol. 

 

FeO SO 

2 SO 2 

0,2 ? 

n 

− 

OH 

2 

Suy ra 1 < < 2 ⇒ phản ứng tạo ra cả muối SO − 3 

và HSO − 3 

. 

n 

SO2 

SO 2 hoặc CO 2 tác dụng với dung dịch kiềm thực chất là phản ứng trao đổi ion. Dạng bài tập này 

thường có các hướng giải sau : 

● Hướng 1 : Tính toán theo phương trình phản ứng 

SO + 2OH → SO + H O (1) 

− 

2− 

2 3 2 

mol : x → 2x → x → x 

SO + OH → HSO (2) 

− 

− 

2 3 

mol : y → y → y 

⎧x + y = 0,1 ⎧x = 0,03 

Theo các phản ứng (1), (2) và giả thiết, ta có : ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎩2x + y = 0,13 ⎩y = 0,07 

Ta có thể tính khối lượng muối như sau : 

m = 0,07.39 + 0,06.23 + 0,03.80 + 0,07.81 = 12,18 gam 

muoái 

m 

K 

+ m 

Na 

+ m 

SO 

2− m 

3 HSO 

− 

3 

hoặc m = 0,06.40 + 0,07.56 + 0,1.64 − 0,03.18 = 12,18 gam 

muoái 

m(NaOH, KOH) mSO m 

2 H2O 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố 

Trong phản ứng của CO 2 với OH − , ion OH − đã được thay bằng các ion HCO 

bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố S, ta có : 

⎧2n 2− + n 

− 

= n 

− 

= 0,13 ⎧n 2− 

= 0,03 

⎪ SO3 HSO3 OH ⎪ SO3 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪n 2− + n 

− 

= n = 0,1 n 0,07 

SO SO 

− 

= 

⎩ 3 HSO ⎪ 

3 2 

⎩ HSO3 

Suy ra : m = 0,07.39 + 0,06.23 + 0,03.80 + 0,07.81 = 12,18 gam 

muoái 

m 

K 

+ m 

Na 

+ m 

SO 

2− m 

3 HSO 

− 

3 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://daykemquynhon.blogspot.com 

, CO 

− 2 

3 3 

− . Theo 

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

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng 1 

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

HOTLINE : +84905779594 (MOBILE/ZALO) 

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

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

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial







● Hướng 3: Sử dụng công thức giải nhanh 

Ta có : n 

2− = n 

− 

− n = 0,03 mol ⇒ n 

SO 

− 

= n − n 

2 

0,07 mol. 

SO3 OH 2 HSO SO 

− 

= 

2 

 

3 SO 

3 

 

0,13 0,1 0,1 0,03 

Suy ra : m = 0,07.39 + 0,06.23 + 0,03.80 + 0,07.81 = 12,18 gam 

muoái 

m 

K 

+ m 

Na 

+ m 

SO 

2− m 

3 HSO 

− 

3 

Như vậy, đối với bài tập CO 2 hoặc SO 2 phản ứng với dung dịch kiềm thì giải theo hướng 3 là tối 

ưu nhất. Còn nếu không nhớ được công thức giải nhanh thì làm theo hướng 2. 

Để giải nhanh bài tập hóa học thì phải hiểu bản chất hóa học của bài toán, nhưng phải hạn chế 

tối đa việc viết phương trình phản ứng. 

Ví dụ 2: Sục 4,48 lít khí CO2 (đktc) vào 1 lít dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,12M và NaOH 0,06M. 

Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là 

A. 19,70. B. 23,64. C. 7,88. D. 13,79. 

(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2012) 

Từ giả thiết, suy ra : 


4,48 

n = = 0,2 mol; n = n + 2 n = 0,3 mol; n = n = 0,12 mol. 

CO − 2 

2 NaOH Ba(OH) + 

OH 

2 Ba Ba(OH) 2 

22,4 

 

 

0,06 

0,12 0,12 

n 

− 

OH 

Vì 1 < = 1,5 < 2 nên phản ứng tạo ra cả muối HCO 

n 

CO2 

− 2 

vaø CO 

− . 

3 3 

2 

Để tính khối lượng BaCO3, ta cần tính số mol của ion CO − tạo ra trong phản ứng. 

● Hướng 1 : Sử dụng phương trình ion rút gọn 

CO + OH → HCO (1) 

− 

− 

2 3 

mol : x → x → x 

CO + 2OH → CO + H O (2) 

− 

2− 

2 3 2 

mol : y → 2y → y 

⎧ ⎪n = x + y = 0,2 

CO 

Theo (1), (2) và giả thiết, ta có : 

2 

⎧ x = 0,1 

⎨ ⇒ ⎨ 

n x 2y 0,3 y 0,1 

− ⎪⎩ OH = + = ⎩ = 

Do n 

2 − 

< n 

 

2 + 

⇒ n = n 

CO BaCO3 2 − 

= 0,1 mol ⇒ m = 0,1.197 = 19,7 gam 

BaCO 

3 Ba CO3 

3 

0,1 

0,12 

● Hướng 2 : Sử dụng bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố 

Sau phản ứng của CO2 với dung dịch NaOH và Ba(OH)2, ion OH − được thay bằng các ion 

− 2 

HCO vaø CO 

− . Áp dụng bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố C, ta có : 

3 3 

⎧n − 

+ 2n 

2− = n 

− 

= 0,3 ⎧n 2− 

= 0,1 

⎪ HCO3 CO3 OH ⎪ CO3 

⎨ 

⇒ ⎨ 

n 

− 

+ n 

2− = n = 0,2 n 0,1 

HCO CO 

− 

= 

⎩⎪ 

3 CO3 2 

⎪⎩ 

HCO3 


Do n 

2 − 

< n 

 

2 + 

⇒ n = n 


= 0,1 mol ⇒ m = 0,1.197 = 19,7 gam 

BaCO 

3 Ba CO3 

3 

0,1 

0,12 

3 







2 

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng 










● Hướng 3 : Xây dựng và sử dụng công thức giải nhanh 

Theo bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố C, ta có : 

⎧ n + 2n = n 

⎪ 

⎨ 

n 

− 

+ n 

2− 

= n 

⎪⎩ HCO3 CO3 

− 2− − 

HCO3 CO3 

OH 

CO2 

Sử dụng công thức ta có : 

⇒ n = n − n 

2− 

CO3 

− 

OH 

CO2 

n 

2− 

= n 

− 

− n = 0,1 mol. 

CO 

CO 

3 OH 

2 

 

0,25 0,2 

Do n 

2 − 

< n 

 

2 + 

⇒ n = n 


= 0,1 mol ⇒ m = 0,1.197 = 19,7 gam 

BaCO 

3 Ba CO3 

3 

0,1 

0,12 

PS : Công thức n n n 

2− 

= 

− 

− chỉ đúng trong trường hợp phản ứng tạo ra cả muối axit và 

muối trung hòa. 

CO3 

● Hướng 4 : Khai thác tỉ lệ 

Vì 

n 

− 

OH 

0,3 1,5 

CO2 

n 

n 

OH 

− 

OH 

CO2 

CO2 

nCO2 

= = nên suy ra : n 

2− 

= n 

− 

= = 0,1 mol. 

CO 

n 0,2 

2 HCO3 

2 

Do n 

2 − 

< n 

 

2 + 

⇒ n = n 


= 0,1 mol ⇒ m = 0,1.197 = 19,7 gam 

BaCO 

3 Ba CO3 

3 

0,1 

0,12 

Ví dụ 3: Trộn dung dịch chứa a mol AlCl3 với dung dịch chứa b mol NaOH. Để thu được kết tủa thì 

cần có tỉ lệ 

A. a : b = 1 : 4. B. a : b < 1 : 4. C. a : b = 1 : 5. D. a : b > 1 : 4. 

(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2007) 


Bản chất phản ứng : ion Al 3+ tác dụng với ion OH − tạo ra kết tủa Al(OH)3. Nếu ion OH − có dư 

thì kết tủa Al(OH)3 bị hòa tan một phần hoặc hoàn toàn. 

3+ − 

Al 3OH Al(OH) 3 

+ → ↓ 

Al(OH) + OH → [Al(OH) ] 

− 

− 

3 4 

3+ − − 

Al + 4OH → [Al(OH) ] 

4 

Đối với bài tập này, hướng giải thông thường là sử dụng phương trình ion rút gọn. Khi sử dụng 

phương trình ion rút gọn là ta đã gián tiếp sử dụng bảo toàn điện tích. Nên dạng bài tập liên quan 

đến phản ứng trao đổi ion thì sử dụng bảo toàn điện tích sẽ cho hiệu quả cao hơn. 


Căn cứ vào các phản ứng ta thấy : Để kết tủa bị hòa tan hết thì 

Suy ra để thu được kết tủa thì 

n 

− 

OH 

b a 1 

< 4 ⇒ < 4 ⇒ > 

n a b 4 

3+ 

Al 

● Hướng 2 : Sử dụng bảo toàn điện tích 




n 

n 

− 

OH 

3+ 

Al 

≥ 4. 

















4 

Dung dịch sau phản ứng có chứa các ion Na + , Cl − và có thể có ion [Al(OH) ] − . Nếu có ion 

4 

[Al(OH) ] − thì n 

− 

< n 

3+ 

, khi đó phản ứng tạo ra kết tủa. 

4 

[Al(OH) 4 ] 

Al 

Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng, ta có : 

a 1 

n 

+ 

= n 

− 

+ n 

− 

⇒ n 

+ 

< n 

− 

+ n b 4a hay 

Na Cl [Al(OH) 

3 + 

⇒ < > 

4 ] Na Cl Al 

b 4 

b 

3a 

a 

● Hướng 3 : Xây dựng công thức và sử dụng công thức giải nhanh 

Trong trường hợp kết tủa Al(OH) 3 bị hòa tan một phần, áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Al 

và nhóm OH, ta có : 

⎧n 3+ = n + n ⎧ 

Al(OH) 

− 

4n 

3+ = 4n + 4n 

Al 3 [Al(OH) Al(OH) 

− 

⎪ 

4 ] ⎪ Al 3 [Al(OH) 4 ] 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ 4n 

3+ − n 

− 

= n 

Al OH 

⎪n − 

= 3n + 4n n 3n 4n 

OH Al(OH) 

− − 

= + 

3 [Al(OH) Al(OH) 

− 

⎩ 

4 ] ⎪⎩ 

OH 3 [Al(OH) 4 ] 

Để có kết tủa thì : 

a 1 

n = 4 n 

Al(OH) 3 

Al 3 + 

− n 

− 

> 0 ⇒ 4a > b ⇒ > 

OH 

b 4 

● Hướng 4 : Dựa vào cấu tạo của chất sản phẩm 

a 

b 


Al(OH) 3 

Nếu ion Al 3+ phản ứng với ion OH − để chuyển hết thành kết tủa Al(OH) 3, sau đó tiếp tục bị ion 

OH − hòa tan hết thì sản phẩm thu được là [Al(OH) ] − . Suy ra để phản ứng tạo thành kết tủa thì 

4 

n 

− 

n 

3+ 

OH 

Al 

1 a 1 

< 4 hay > ⇒ > 

n n 4 b 4 

3+ − 

Al 

OH 

Như vậy, đối với bài tập liên quan đến hợp chất lưỡng tính thì hướng dùng công thức giải 

nhanh hoặc sử dụng bảo toàn điện tích sẽ cho hiệu quả cao nhất. 

Ví dụ 4: Cho 150 ml dung dịch KOH 1,2M tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl 3 nồng độ x mol/l, 

thu được dung dịch Y và 4,68 gam kết tủa. Loại bỏ kết tủa, thêm tiếp 175 ml dung dịch KOH 1,2M 

vào Y, thu được 2,34 gam kết tủa. Giá trị của x là 

A. 1,2. B. 0,8. C. 0,9. D. 1,0. 


Theo giả thiết, ta thấy : 


4,68 + 2,34 

n = (0,15 + 0,175).1,2 = 0,39 mol; n = = 0,09 mol. 

KOH Al(OH) 3 

78 

∑ ∑ 

Vì 

n 

− 

> n 

− 

nên đã có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa Al(OH)3. 

OH trong KOH OH trong Al(OH) 

3 

0,39 0,09.3 

Các hướng giải : 


3+ − 

Al + 3OH → Al(OH) ↓ (1) 

3 

mol : 0,09 ← 0,27 ← 0,09 


3+ − − 

Al + 4OH → [Al(OH) ] (2) 

4 

mol : 0,03 ← (0,39 − 0,27) = 0,12 

0,12 

Theo (1) và (2), ta có : n = n 

AlCl 3+ 

= 0,12 mol ⇒ [AlCl ] = = 1,2M 

3 Al 

3 

0,1 















+ − 

Dung dịch sau phản ứng có chứa các ion K , Cl , [Al(OH) ] 

− , trong đó : 

4 

n 

+ 

= n = 0,39; n 

KOH − 

= 3n = 0,3x; n 

K Cl AlCl − 

= n − n = (0,1x − 0,09). 

3 [Al(OH) AlCl3 Al(OH) 3 

 

4 ] 

 

0,1x 0,1x 0,09 

Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có : 

0,39 = 0,3x + 0,1x − 0,09 ⇒ x = 1,2 

n 

K 

+ n 

Cl 

− n 

[Al(OH ) 3 ] 

− 

● Hướng 3 : Sử dụng bảo toàn nguyên tố 

⎧ n 

3+ = n + n 

Al(OH) 

− 

Al 3 [Al(OH) 4 ] 

 

⎧ 

AlCl 

3 

n 0,03 

n = n 

+ 

= 0,12 

3 Al 

− 

⎪ 0,09 

⎪ 

⎧ = 

[Al(OH) 4 ] ⎪ 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 0,12 

⎪n − 

= 3n + 4n 

Al(OH) 

− n 

3 

0,12 [AlCl ] 1,2M 

OH 3 [Al(OH) 4 ] + 

= = = 

Al 

3 

 

⎪⎩ 

⎪ 

⎩ 0,1 

⎪⎩ 0,39 0,09 

● Hướng 4 : Sử dụng công thức giải nhanh 

Dựa vào sự bảo toàn nguyên tố Al và nhóm OH ở hướng 3, ta suy ra công thức : 

4n − n = n 

3+ − 

Al OH 

Al(OH) 3 

Sử dụng công thức trên suy ra : 

n + n 0,39 + 0,09 0,12 

4 4 0,1 

− 

OH Al(OH) 3 

n 

3+ 

= = = 0,12 ⇒ [AlCl ] = = 1,2M 

Al 

3 

Ví dụ 5: Hòa tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Cho 110 ml dung dịch KOH 2M 

vào X, thu được a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì cũng thu 

được a gam kết tủa. Giá trị của m là 

A. 20,125. B. 12,375. C. 22,540. D. 17,710. 



Coi phản ứng của m gam ZnSO4 với 110 ml dung dịch KOH 2M là thí nghiệm 1 (TN1); phản 

ứng của m gam ZnSO4 với 140 ml dung dịch KOH 2M là thí nghiệm 2 (TN2). 

Lượng KOH dùng ở hai thí nghiệm khác nhau nhưng thu được lượng kết tủa như nhau. Chứng 

tỏ ở TN1 kết tủa chưa bị hòa tan, ở TN2 kết tủa đã bị hòa tan một phần. 

Đối với bài tập liên quan đến tính lưỡng tính của hiđroxit, ta có thể sử dụng một số hướng giải 

sau : 


Phản ứng xảy ra ở TN1 : 

+ → 

2+ − 

Zn 2OH Zn(OH) 2 

mol : 0,22 → 0,11 

Phản ứng xảy ra ở TN2 : 

2+ − 

Zn 2OH Zn(OH) 2 

+ → ↓ 


mol : 0,11 ← 0,22 → 0,11 

Zn + 4OH → [Zn(OH) ] 

2+ − 2− 

4 

mol :0,015 ← (0,28 − 0,22) = 0,06 



















Suy ra : n = n 

2+ 

= 0,11+ 0,015 = 0,125 mol ⇒ m = 0,125.161 = 20,125 gam 

ZnSO4 Zn 

ZnSO4 


Ở TN1 : Theo bảo toàn nhóm OH, ta có : 2 n = n 

Zn(OH) 

− 

⇒ n = 0,11 mol. 

2 Zn(OH) 

OH 

2 

 

Ở TN2 : Theo bảo toàn nguyên tố Zn và nhóm OH, ta có : 

⎧ n 

2+ = n + n 

Zn(OH) 

2− 

Zn 2 [Zn(OH) 4 ] 

 

n 

2− 

⎪ 

0,11 

⎪ 

⎧ = 0,015 

[Zn(OH) 4 ] 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ m = 0,125.161 = 20,125 gam 

ZnSO4 

⎪n − 

= 2 n + 4n 

Zn(OH) 

2− n 

2 

0,125 

OH 2 [Zn(OH) 4 ] + ⎪⎩ 

= 

Zn 

⎪ 

 

⎩ 

0,28 0,11 


Theo bảo toàn nguyên tố Zn và nhóm OH, ta có : 

⎧n 2+ = n + n ⎧ 

Zn(OH) 

2− 4n 

2+ = 4n + 4n 

2 

Zn 2 [Zn(OH) Zn(OH) 

− 

⎪ 

4 ] ⎪ Zn 2 [Zn(OH) 4 ] 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ 4n 

2+ − n 

− 

= 2n 

Zn OH 

⎪n − 

= 2n + 4n 

Zn(OH) 

2− n 

− 

= 2n + 4n 

2 

OH 2 [Zn(OH) Zn(OH) 

− 

⎩ 

4 ] ⎪⎩ 

OH 2 [Zn(OH) 4 ] 

Sử dụng công thức giải nhanh, ta có : 

4 n 

2 + 

− n 

− 

= 2 n ⇒ n 0,125 mol m 0,125.161 20,125 gam 

Zn Zn(OH) 

OH 2 Zn 

2 + 

= ⇒ = = 

ZnSO4 

 

? 0,28 0,11 

Ngoài các hướng giải thường gặp ở trên, đối với bài tập này ta còn có một hướng giải khác. 

● Hướng 4 : Tìm khoảng giới hạn 

? 

0,22 

Zn(OH) 2 

Vì khi dùng 0,22 mol OH − thì kết tủa Zn(OH) 2 chưa bị hòa tan, còn khi dùng 0,28 mol OH − 

thì kết tủa đã bị hòa tan nên suy ra : 

n < 2 n < n ⇒ 0,11 < n < 0,14 ⇒ 0,11.161 < m < 0,14.161 

 

− 

2 + − 

OH ôû TN1 Zn OH ôû TN2 Zn 

2 + 

ZnSO4 

 

0,22 

? 

0,28 

⇒ 17,6 < m < 22,54 ⇒ m = 20,125 gam 

ZnSO4 ZnSO4 

Ví dụ 6: Nhỏ từ từ từng giọt đến hết 30 ml dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung dịch chứa Na2CO3 

0,2M và NaHCO3 0,2M, sau phản ứng thu được số mol CO2 là 

A. 0,030. B. 0,010. C. 0,020. D. 0,015. 


Theo giả thiết, ta có : 


n = n = 0,03 mol; n = n = 0,02 mol; n = n = 0,02 mol. 

+ HCl 2− Na 

3 2CO − 

H CO 3 HCO NaHCO 

3 

3 

Bản chất phản ứng khi cho từ từ dung dịch chứa HCl vào dung dịch Na2CO3, NaHCO3 là : H + sẽ 

2 

chuyển hết ion CO − thành HCO − , sau đó chuyển HCO − thành CO 

3 

3 

3 

2. 

Phương trình phản ứng : 

H + CO → HCO (1) 

+ 2− − 

3 3 


H + HCO → CO + H O (2) 

+ − 

3 2 2 

Đối với dạng bài tập liên quan đến phản ứng cho từ từ ion H + vào dung dịch chứa ion 

thường có một số hướng giải sau : 

2 

CO − , ta 

3 





6 












(1), (2) là các phản ứng trao đổi ion, đây là dấu hiệu rất rõ dàng chứng tỏ bài tập này có thể sử 

dụng phương trình ion rút gọn để tính toán. 

H + CO → HCO (1) 

+ 2− − 

3 3 

mol : 0,02 ← 0,02 → 0,02 

H + HCO → CO ↑ + H O (2) 

+ − 

3 2 2 

mol : 0,01 → 0,01 → 0,01 

Theo các phản ứng (1), (2), ta thấy : n 

CO 2 

= 0,01 mol 

● Hướng 2 : Sử dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch X và bảo toàn nguyên tố C 

Với dạng bài tập này, đa số học sinh giải theo hướng 1. Tuy nhiên, nếu vận dụng tốt phương 

pháp bảo toàn điện tích thì có thể giải theo hướng 2 hoặc 3. 

Dung dịch sau phản ứng ngoài ion Na + , Cl − còn có ion HCO − . 

3 

Ta có : n 

+ 

= 2 n + n = 0,06 mol; n n 0,03 mol. 

Na Na2CO3 NaHCO − 

= = 

3 

Cl HCl 

 

0,02 0,02 

Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng và bảo toàn nguyên tố C, ta có : 

⎧ n 

+ 

= n 

− 

+ n 

− 

Na HCO3 

Cl 

⎧ n 

− 

= 0,03 mol 

⎪ 0,06 

0,03 

⎪ HCO3 

⎨ 

⇒ ⎨ 

n 

2− − 

n 

− 

⎪ 

= + n 

(CO CO 

3 , HCO 3 ) ban ñaàu HCO 

n 0,01 mol 

3 2 ⎪ = ⎩ 

CO2 

⎪⎩ 

0,04 

● Hướng 3 : Xây dựng và sử công thức giải nhanh 

Sử dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng và sử dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có : 

⎧ n = n + n 

⎪ 

⎨ 

n 

− 

= n 

⎪⎩ HCO3 

phaûn öùng 

+ 2− − 

H CO3 HCO3 

phaûn öùng 

CO2 

⇒ n = n + n 

+ 2− 

H CO3 

Áp dụng công thức trên suy ra : n = n − n 

2 

= 0,03 − 0,02 = 0,01 mol 

CO2 

CO + − 

2 H CO3 

Như vậy, ở bài tập này thì hướng 3 sẽ cho kết quả nhanh nhất. 

Ví dụ 7: Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác dụng hoàn toàn với 

oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam. Thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ 

để phản ứng hết với Y là : 

A. 90 ml. B. 57 ml. C. 75 ml. D. 50 ml. 



Thay các kim loại Mg, Al, Cu bằng kim loại M. 

+ O 

2 

HCl 

Sơ đồ phản ứng : M ⎯⎯⎯→ M O ⎯⎯→ MCl 

m − m 

M2On 

M 3,33 − 2,13 

2 n n 

n = = = 0,0375 mol 

O2 

phaûn öùng 

32 32 





















o 

t 

2 2 n 

4M + nO ⎯⎯→ 2M O (1) 

0,075 

mol : 0,0375 → 

n 

M O + 2nHCl → 2MCl + nH O (2) 

2 n n 2 

0,075 

mol : → 0,15 

n 

0,15 

Theo (1), (2), ta thấy : n = 0,15 mol ⇒ V = = 0,075 lít = 75 ml 

HCl HCl 

2 

● Hướng 2 : Sử dụng bảo toàn electron 

Sau tất cả các phản ứng, kim loại M chuyển thành muối MCln. 

Do electron và gốc Cl − đều có điện tích là 1-, nên kim loại M nhường đi bao nhiêu mol electron 

thì sẽ nhận về bấy nhiêu mol Cl − để trung hòa điện tích. 

Vậy ta có : n 

− 

= n = 4n = 4.0,0375 = 0,15 mol 

Cl 

electron trao ñoåi O 2 

0,15 

⇒ n = n 0,15 mol V 0,075 lít 75 ml 

HCl 

− 

= ⇒ = = = 

Cl 

HCl 

2 

● Hướng 3 : Bảo toàn điện tích trong phản ứng 

2 

Bản chất phản ứng của M 2O n với HCl là phản ứng của ion O − với ion H + . 

Áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng, ta có : 

m − m 

M2On 

M 3,33 − 2,13 

n 

+ 

= 2n 

2− 

= 2. = 2. = 0,15 mol 

H O 

16 16 

0,15 

⇒ n = n 0,15 mol V 0,075 lít 75 ml 

HCl 

+ 

= ⇒ = = = 

H 

HCl 

2 

● Hướng 4 : Sử dụng bảo toàn điện tích trong oxit và muối 

2 

Khi chuyển từ M 2O n thành MCl n thì ion O − đã được thay bằng ion Cl − . 

m − m 

M2On 

M 3,33 − 2,13 

Theo bảo toàn điện tích, ta có : n 

− 

= 2n 

2− 

= 2. = 2. = 0,15 mol 

Cl O 

16 16 

0,15 

⇒ n = n 0,15 mol V 0,075 lít 75 ml. 

HCl 

+ 

= ⇒ = = = 

H 

HCl 

2 

Ở bài tập này, giải theo hướng 2, hướng 3 hoặc hướng 4 thì sẽ nhanh hơn. 

Ví dụ 8: Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ. Hòa tan hoàn toàn 1,788 gam 

X vào nước, thu được dung dịch Y và 537,6 ml khí H 2 (đktc). Dung dịch Z gồm H 2SO 4 và HCl, 

trong đó số mol của HCl gấp hai lần số mol của H2SO4. Trung hòa dung dịch Y bằng dung dịch Z 

tạo ra m gam hỗn hợp muối. Giá trị của m là 

A. 4,656. B. 4,460. C. 2,790. D. 3,792. 









8 













2M + 2nH O → 2M + 2nOH + nH ↑ (1) 

n+ − 

2 2 

mol : 0,048 ← 0,024 

− + 

OH + H → H O (2) 

mol : 0,048 → 0,048 

2 

⎧ 

⎧ 

n 

+ 

= n 

− 

= 2n = 0,048 x = 0,012 

H phaûn öùng OH H2 

⎪ 

⎪ 

Theo (1), (2) và giả thiết, ta có : ⎨n + 2 n = n 0,048 n 

− 

0,024 

Cl 

HCl H2SO + 

= ⇒ ⎨ = 

4 H phaûn öùng 

⎪ 

⎪ 

⎩ 2x 

x 

⎪n 2− 

= 0,012 

⎩ SO4 

Suy ra : m = 1,788 

muoái + 0,012.35,5 + 0,012.96 = 3,792 gam 

mM m 

Cl 

− 

m 

SO 

2− 

4 

● Hướng 2 : Sử dụng bảo toàn electron và bảo toàn điện tích 

Vì electron và nhóm OH − đều có điện tích là 1-, nên kim loại nhường đi bao nhiêu electron thì 

sẽ nhận về bấy nhiêu nhóm OH − để trung hòa điện tích. Suy ra : 

⎧ n 

− 

= n = 2n = 0,048 

OH electron trao ñoåi H2 

⎪ 

⎧ ⎪x = 0,012 

⎨n + 2 n = n n 0,048 

HCl H2SO + 

= 

− 

= ⇒ ⎨ 

4 H OH 

2 

 

n 

− 

= 0,024; n 

− 

= 0,012 

⎪ 

⎪⎩ 

Cl 

SO4 

⎩ 2x 

x 

Suy ra : m = 1,788 

muoái + 0,012.35,5 + 0,012.96 = 3,792 gam 

mM m 

Cl 

− 

m 

SO 

2− 

4 

● Hướng 3 : Khai thác bản chất phản ứng 

Gọi M là công thức chung của hai kim loại kiềm và kiềm thổ. 

Sơ đồ phản ứng : 

H2 

+ M 

H O 

2 

H 

OH 

− + 

⎯⎯→ H O 

2 

Từ sơ đồ phản ứng, ta thấy : Bản chất của phản ứng là hỗn hợp hai kim loại kiềm và kiềm thổ 

tác dụng với dung dịch HCl và H 2SO 4 giải phóng H 2. 

⎧ n x 0,012 mol 

+ 

= 2n = 0,048 

⎧ = 

H H2 

⎪ 

⎪ 

Ta có : ⎨n m m m m 

muoái 2 

3,792 gam 

+ 

= n + 2 n = 0,048 ⇒ ⎨ = + 

H HCl 

H2SO4 

M − 

+ 

− 

= 

Cl SO4 

⎪ 

⎪ 

 

2x 1,788 

⎩ 

x 

0,024.35,5 

⎩ 

0,012.96 

Vậy làm theo hướng 3 sẽ cho hiệu quả cao nhất. 

Ví dụ 9: Hoà tan hoàn toàn 2,9 gam hỗn hợp gồm kim loại M và oxit của nó vào nước, thu được 

500 ml dung dịch chứa một chất tan có nồng độ 0,04M và 0,224 lít khí H2 (ở đktc). Kim loại M là 

A. Ca. B. Ba. C. K. D. Na. 



Với bài tập này thì việc tính toán theo phương trình phản ứng là không hợp lý vì có 4 ẩn số mà 

chỉ có 3 phương trình toán học. Ta có thể lựa chọn một số hướng giải sau : 

● Hướng 1 : Sử dụng bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng 
















Do kim loại M tác dụng với nước giải phóng H2 nên M có hóa trị 1 (kim loại kiềm) hoặc hóa trị 

2 (kim loại kiềm thổ). 

Sơ đồ phản ứng : (M, M2O n 

) + H2O → M(OH) 

n 

+ H2 

↑ 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với H, ta có : 

2 n = n.n + 2 n ⇒ n = (0,01n + 0,01) mol. 

H2O M(OH) n H2 H2O 

 

? 0,02 0,01 

Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : 

mM, M 2 O 

+ m n H 

 

2 O 

= mM(OH) + m n H 

⇒ 0,02M + 0,16n = 3,06 (*) 

 

 

2 

2,9 (0,01+ 0,01n)18 0,02(M+ 

17n) 0,02 

Thử với n =1 hoặc n = 2, ta thấy nghiệm thỏa mãn (*) là n = 2, M = 137 

Vậy kim loại M là Ba 

● Hướng 2 : Sử dụng hợp chất ảo 

Sơ đồ phản ứng : (M, M O ) + H O → M(OH) + H ↑ 

2 n 2 n 2 

0,224 

n = 0,04.0,5 = 0,02 mol; n = = 0,01mol. 

M(OH) n H2 

22,4 

n 

2n 

electron trao ñoåi H2 

−3 

Chuyển M và M2On thành M2On thì cần n = = = 5.10 mol. 

O2 

phaûn öùng 

4 4 

−3 

m = m + m = 2,9 + 5.10 .32 = 3,06 gam. 

M2O n (M, M2O) O2 

3,06 

n = 2n ⇒ n = 0,01 mol ⇒ M = = 306 gam / mol. 

M(OH) n M2On M2On M2On 

0,01 

⇒ 2M + 16n = 306 ⇒ n = 2; M = 137 (Ba) 

● Hướng 3 : Sử dụng phương pháp quy đổi và bảo toàn electron 

Quy đổi hỗn hợp M, M2On thành hỗn hợp gồm M và O. 


0 

⎧ 

⎪M 

⎨ 

⎪ 

⎩O 

 

2,9 gam 

+ 1 

⎧ 

+ n 0 

⎪M 

H2 

O 

←⎯⎯⎯ ⎯⎯⎯→ ⎨ ⎯⎯⎯→ M(OH) + 

n H 

2 ↑ 

⎪ M O 

⎩ 2 n 0,02 mol 

0,01 mol 

 

0 quy ñoåi 

2,9 gam 

Chất khử là M; chất oxi hóa là O và H 2O, sản phẩm khử của H 2O là H 2. 

Theo bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố M và bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎡⎧ n = 1 

⎧ n.n = 2n + 2 n 

⎪ 

M O H 

2 

⎢⎨ (loaïi) 

0,02 0,02n 2n 0,02 n = 0 

⎪ 

⎧ 

O 

0,01 ⎪ − = ⎢ 

O 

⎩⎪ 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎢ 

⎪M.n + 16n = 2,9 0,02M 16n 2,9 n 2; n 0,01 

O 

O 

M 

O ⎪ ⎧ 

⎩ + = ⎢⎪ 

= = 

⎩ ⎪ 0,02 

⎢ ⎨ M = 137 (Ba) 

⎣ ⎪ ⎩ 

Như vậy, đối với bài tập này thì hướng 3 là hướng giải tối ưu. 








10 











Ví dụ 10: Cho 6,72 gam Fe vào dung dịch chứa 0,3 mol H2SO4 đặc, nóng (giả thiết SO2 là sản phẩm 

khử duy nhất). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 

A. 0,03 mol Fe 2(SO 4) 3 và 0,06 mol FeSO 4. B. 0,05 mol Fe 2(SO 4) 3 và 0,02 mol Fe dư. 

C. 0,02 mol Fe 2(SO 4) 3 và 0,08 mol FeSO 4. D. 0,12 mol FeSO 4. 



Với bài tập này, hướng giải thông thường là tính toán theo phương trình phản ứng. Tuy nhiên, 

vẫn có những hướng khác hiệu quả hơn. 


6,72 

Theo giả thiết : n = = 0,12 mol. 

Fe 

56 

o 

t 

2 4 2 4 3 2 2 

2Fe + 6H SO ⎯⎯→ Fe (SO ) + SO ↑ + H O (1) 

mol : 0,1 ← 0,3 → 0,05 

Sau phản ứng (1), Fe còn dư 0,02 mol. Nên tiếp tục xảy ra phản ứng : 

Fe + Fe (SO ) ⎯⎯→ 3FeSO (2) 

2 4 3 4 

mol :0,02 → 0,02 → 0,06 

Theo các phản ứng (1) và (2), ta thấy : 

n = 0,06 mol; n = 0,05 − 0,02 = 0,03 mol 

FeSO4 Fe 2 (SO 4 ) 3 

● Hướng 2 : Nhận xét, đánh giá kết hợp với bảo toàn nguyên tố 


nH2SO 

0,3 

4 

2 < = = 2,5 < 3 nên phản ứng tạo ra cả muối Fe2(SO4)3 và FeSO4. 

n 0,12 

Fe 

Quá trình khử : 

2H SO + 2e → SO + SO + 2H O 

2− 

2 4 4 2 2 

mol : 0,3 → 0,15 

Đặt số mol của Fe2(SO4)3 và FeSO4 lần lượt là x và y. Theo bảo toàn nguyên tố Fe và quá trình 

⎧ 

⎪ 

n = 2x + y = 0,12 

Fe trong muoái 

⎧ x = 0,03 

khử, ta có : ⎨ 

⇒ ⎨ 

n 

2− 

= 3x + y = 0,15 y = 0,06 

⎪⎩ SO4 

trong muoái 

⎩ 

● Hướng 3 : Nhận xét, đánh giá 

6,72 

Từ giả thiết, suy ra : n = 3n = 3. = 0,36 mol. 

electron nhöôøng max Fe 

56 

2− 

Quá trình khử : 2H SO + 2e → SO + SO + 2H O 

2 4 4 2 2 

Suy ra : n = n = 0,3 mol. 

electron nhaän max H2SO4 

Như vậy, trong phản ứng của Fe với H2SO4 đặc, H2SO4 phản ứng hết. 

1 1 

Ta có : n 

2− = n = .0,3 = 0,15 mol. 

SO 

H 

4 taïo muoái 

2SO4 

2 2 

Căn cứ vào đáp án, chỉ thấy có phương án A thỏa mãn : 

n 

2− = 3n + n = 0,15 mol. 

SO 

Fe 


2 (SO 4 ) 3 FeSO4 

 


0,03 

0,06 

















Như vậy, đối với bài tập này thì làm theo hướng 3 là hợp lý nhất. Nếu phương án nhiễu mạnh 

hơn thì làm theo hướng 2. Nếu làm theo hướng 1 thì sẽ mất nhiều thời gian hơn do phải cân bằng 

các phản ứng. 

Ví dụ 11: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO3, thu được V lít 

(ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối 

của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là : 

A. 2,24. B. 4,48. C. 5,60. D. 3,36. 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Long Châu Sa – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014) 


⎧Cu 

HNO 

⎧⎪ 

Cu(NO ) 

3 

3 2 

⎧NO 

Sơ đồ phản ứng : ⎨ ⎯⎯⎯→ ⎨ + ⎨ + H O 

2 

⎩Fe ⎪⎩ 

Fe(NO ) NO 

3 3 ⎩ 2 

Từ giả thiết, ta có : 56 n + 64 n = 12 ⇒ n = n = x = 0,1 mol. 

Fe Cu Fe Cu 

x 

x 

Ở bài tập này, đề bài cho biết chất khử và số mol, yêu cầu tính thể tích của sản phẩm khử. Như 

vậy hướng giải hay dùng nhất sẽ là bảo toàn electron. 

● Hướng 1 : Tính cụ thể số mol của các khí NO, NO 2. Từ đó suy ra thể tổng thể tích khí NO và 

NO 2. 

Theo giả thiết và bảo toàn electron, ta có : 

⎧ 30nNO 

+ 46nNO2 

M(NO, NO 2 ) = = 19.2 

⎪ 

n 

NO NO 

NO 

+ nNO 

⎪⎧ 

8n − 8n = 0 

2 

2 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪ 3n 3nNO 

nNO 

0,5 

2 

Fe + 2 n 

Cu = 3nNO + n 

⎪ + = 

NO 

⎩ 

2 

⎪⎩ 0,1 0,1 

⇒ n = n = 0,125mol ⇒ V = 0,125.2.22,4 = 5,6 lít 

NO NO 2 (NO, NO 2 ) 

Ngoài ra, thay vì sử dụng công thức khối lượng mol trung bình, ta có thể dùng sơ đồ đường 

chéo để tính được tỉ lệ mol của NO và NO2. Còn nếu muốn tính số mol của NO, NO2 nhanh hơn 

nữa thì ta có thể dùng tính chất đặc biệt của giá trị trung bình : 

M + M 

NO NO2 

Nhận thấy : M(NO, NO 2 ) = = 38 ⇒ n = n 

NO NO2 

2 

● Hướng 2 : Tính tổng số mol của các khí NO, NO2. Từ đó suy ra thể tổng thể tích khí NO và NO2. 

Đề bài không hỏi thể tích của từng khí nên không nhất thiết phải tính cụ thể số mol của từng 

khí. Nếu có thể tính được trực tiếp tổng số mol của hai khí thì thì việc tính toán chắc chắn sẽ nhanh 

hơn so với hướng 1. Với hướng tư duy như vậy, ta có thể giải như sau : 

Đặt công thức trung bình của NO và NO 2 là NO , ta có : 14 + 16x = 19.2 ⇒ x = 1,5 

Với x = 1,5 thì số oxi hóa của N trong NO là +3. Trong phản ứng, số oxi hóa của N giảm từ 

+5 về +3. 

Áp dụng bảo toàn electron, ta có : 

3n + 2 n = 2 n ⇒ n = 0,25 mol ⇒ V = 0,25.22,4 = 5,6 lít 

Fe Cu NO NO NO (ñktc) 

 

x x x 

0,1 0,1 

? 

● Hướng 3 : Sử dụng kết hợp bảo toàn điện tích, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng 

Theo bảo toàn điện tích, ta có : n 

− 

= n = 3n + 2 n = 0,5 mol. 

NO 

electron trao ñoåi 


Fe Cu 

x 


x 



0,1 0,1 





12 











Đặt số mol của hỗn hợp NO và NO2 là a. Theo bảo toàn nguyên tố N và H suy ra số mol của 

HNO3 và số mol của H2O. 

HNO → NO + (NO, NO ) ↑ + H O 

− 

3 3 2 2 

mol : 0,5 + a 0,5 a 0,25 + 0,5a 


⎧ 

⎪ 

n = a = 0,25 mol 

(NO 2 , NO) 

63(a + 0,5) = 62.0,5 + 38a + 18(0,5a + 0,25) ⇒ ⎨ 

V = 0,25.22,4 = 5,6 lít 

⎪⎩ (NO 2 , NO) 

Ngoài ra, ta có thể thay NO, NO2 bằng 1 chất NO ( x = 1,5 ) như hướng 2. 

Sơ đồ phản ứng thể hiện vai trò của HNO3 : 

HNO → NO + NO ↑ + H O 

− 

3 3 x 

2 

mol : 0,5 + a 0,5 a 0,25 + 0,5a 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có : 3(0,5 + a) = 0,5.3 + 1,5a + (0,25 + 0,5a) ⇒ a = 0,25 mol 

⇒ V = 0,25.22,4 = 5,6 lít 

(NO 2 , NO) 

Như vậy, ở bài tập này thì hướng 2 sẽ cho kết quả nhanh nhất. 

Ví dụ 12: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO 3 loãng (dư), thu được dung dịch X 

và 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N 2O và N 2. Tỉ khối của hỗn hợp khí Y so với khí 

H 2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là : 

A. 97,98. B. 106,38. C. 38,34. D. 34,08. 



Nếu phản ứng không tạo ra muối NH 4NO 3 thì theo bảo toàn nguyên tố Al dễ dàng tính được số 

mol và khối lượng của muối Al(NO 3) 3, không cần phải tính số mol của N 2O và N 2. Như vậy, chắc 

chắn phản ứng phải tạo ra cả muối NH 4NO 3. 

Hướng giải bài tập này là sử dụng bảo toàn electron. Việc tính toán nhanh hay chậm phụ thuộc 

vào việc tính số mol của hai khí N2O và N2. 


⎧ n = n + n = 0,06 

(N2O, N 2 ) N2O N2 

⎪ 

⎧ 

⎪n = 0,03 

N2 

Theo giả thiết, ta có : ⎨ 44n + 28n ⇒ 

N2O 

N ⎨ 

2 

⎪M(N2O, N = = 18.2 n = 0,03 

2) 

N2O 

n + n 

⎪⎩ 

⎪⎩ 

N2O 

N2 


⎧ 12,42 

n 0,46 

⎧ n = 0,105 mol 

= = 

Al 

NH4NO3 

⎪ 27 

⎪ 

⎨ ⇒ ⎨ 

3.n 8.n 10.n 8.n m = 0,46.213 + 0,105.80 = 106,38 gam 

muoái 

⎪ 

= + + 

Al N2O N2 NH4NO3 

 

⎪ 

 

mAl( NO 3 ) m 

3 NH4NO 

0,46 3 

⎪⎩ 

0,03 0,03 ? ⎩ 

● Hướng 2 : Sử dụng tính chất đặc biệt của giá trị trung bình và bảo toàn electron 

M + M 

N2O 

N 

0,06 

2 

Nhận thấy : M(N2O, N = = 36 ⇒ n = n = = 0,03 mol. 

2) 

N2 N2O 

2 2 



x 



















⎧ 12,42 

n 0,46 

⎧ n = 0,105 mol 

= = 

Al 

NH4NO3 

⎪ 27 

⎪ 

⎨ ⇒ ⎨ 

3n 8n 10 n 8n m = 0,46.213 + 0,105.80 = 106,38 gam 

muoái 

⎪ 

= + + 

Al N2O N2 NH4NO3 

 

⎪ 

 

mAl (NO 3 ) m 

3 NH4NO 

0,46 3 

⎪⎩ 

0,03 0,03 ? ⎩ 

● Hướng 3 : Sử dụng số oxi hóa trung bình và bảo toàn electron 

Đặt công thức của hai khí là N O . Ta có : 14.2 + 16x = 18.2 = 36 ⇒ x = 0,5 . 

2 x 

Với x = 0,5 thì số oxi hóa của N trong N O là 0,5. Như vậy số oxi hóa của N trong 

2 

HNO3 

x 

giảm từ +5 và +0,5. 


⎧ 12,42 

n 0,46 ⎧ n = 0,105 mol 

= = 

Al 

NH4NO3 

⎪ 27 

⎪ 

⎨ ⇒ ⎨ 

3n 9 n 8n m = 0,46.213 + 0,105.80 = 106,38 gam 

muoái 

⎪ 

= + 

Al N 

 

2O NH 

x 

4NO3 

⎪ 

 

mAl( NO 3 ) m 

0,46 

3 NH4NO3 

⎪⎩ 

0,06 ? ⎩ 

Ngoài ra, nếu đề bài cho các phương án nhiễu không mạnh thì ta có thể giải nhanh như sau : 


m = m + m > m = 0,46.213 = 97,98 gam ⇒ m = 106,38 gam 

muoái Al(NO 3 ) 3 NH4NO3 Al(NO 3 ) 3 

muoái 

Ví dụ 13: Hòa tan hoàn toàn m gam Al bằng dung dịch HNO 3 loãng, thu được 5,376 lít (đktc) hỗn 

hợp khí X gồm N 2, N 2O và dung dịch chứa 8m gam muối. Tỉ khối của X so với H 2 bằng 18. Giá trị 

của m là 

A. 17,28. B. 19,44. C. 18,90. D. 21,60. 



Đây là dạng bài tập kim loại hoạt động mạnh phản ứng với HNO 3 tạo muối amoni. Vì : 

213m 

m = = 7,888m < m = 8m gam. 

Al(NO 3 ) 3 

muoái 

27 

Với dạng bài tập này thì bảo toàn electron là sự lựa chọn tối ưu. Việc tính toán nhanh hay chậm 

phụ thuộc vào việc tính số mol của N2 và N2O. 

● Hướng 1 : Sử dụng công thức khối lượng mol trung bình và bảo toàn electron 

∑ 

⎧ n(N 2 , N2O) = nN + n 

2 N2O 

= 0,24 

⎪ 

⎧⎪ 

nN 

= 0,12 

2 

Theo giả thiết, ta có : ⎨ 28nN 

+ 44n 

2 N2O 

⇒ ⎨ 

⎪M(N 2 , N2O) = = 18.2 ⎪nN2O 

= 0,12 

nN 

n 

⎩ 

⎩ 

+ 

2 N2O 

0,112m 

mNH4NO 

= 8m − 7,888m = 0,112m (gam) ⇒ n 

3 NH4NO 

= = 0,0014m (mol). 

3 

80 

Áp dụng bảo toàn electron, ta có : 3 n 

Al = 8nN2O + 10 nN + 8n 

2 NH4NO 

⇒ m = 21,6 gam 

3 

 

0,037m 0,12 0,12 0,0014m 


● Hướng 2 : Sử dụng tính chất đặc biệt của giá trị trung bình và bảo toàn electron 

M + M 

N2 N2O 

5,376 

Nhận thấy : M(N 2 , N2O) 

= = 18.2 = 36 gam / mol ⇒ n = n = = 0,12 mol. 

N2 N2O 

2 22,4.2 





14 













0,112m 

m = 8m − 7,888m = 0,112m (gam) ⇒ n = = 0,0014m (mol). 

NH4NO3 NH4NO3 

80 

Áp dụng bảo toàn electron, ta có : 3 n 

= + 

+ 

⇒ = 

Al 

8nN2O 10 nN 8n 

2 NH4NO 

m 21,6 gam 

3 

0,037m 0,12 0,12 0,0014m 

● Hướng 3 : Sử dụng số oxi hóa trung bình và bảo toàn electron 

Đặt công thức trung bình của hai khí N2 và N2O là N O . 

2 x 

⎧ 

5,376 

⎪ 

x = 0,5 

Ta có : n = = 0,24 mol; M = 28 + 16x = 18.2 ⇒ 

N 0,5 

2O 

N 

x 

2O 

⎨+ 

22,4 

x 

⎪⎩ N O 

Theo bảo toàn electron và bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎧3m ⎧ 3n 9n 8n − 8n = 

NH4NO 

9.0,24 = 2,16 ⎧ 

⎪ 

= + 

Al N 3 

2O0,5 NH4NO3 

⎪ 27 

⎪ m = 21,6 gam 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

m + m = 8m 213m 

⎩⎪ Al(NO 3 ) 3 NH4NO ⎪ n = 0,03 mol 

3 + 80n = 8m ⎪⎩ 

NH4NO3 

NH4NO3 

⎪⎩ 27 


M + M 

N2 N2O 

5,376 

Nhận thấy : M(N 2 , N2O) 

= = 18.2 = 36 gam / mol ⇒ n = n = = 0,12 mol. 

N2 N2O 

2 22,4.2 

Vì phản ứng tạo ra muối NH 4NO 3 nên theo bảo toàn electron, ta có : 

3n > 10n + 8n = 2,16 ⇒ n > 0,72 ⇒ m > 0,72.27 = 19,44. 

Al phaûn öùng N2 N2O Al phaûn öùng Al phaûn öùng 

Suy ra : m = 21,6 gam 

Ví dụ 14: Thể tích dung dịch HNO 3 1M (loãng) ít nhất cần dùng để hoà tan hoàn toàn một hỗn hợp 

gồm 0,15 mol Fe và 0,15 mol Cu là (biết phản ứng tạo chất khử duy nhất là NO) : 

A. 1,0 lít. B. 0,6 lít. C. 0,8 lít. D. 1,2 lít. 



Lượng HNO3 cần dùng để hòa tan Fe và Cu ít nhất khi muối sắt tạo thành là Fe(NO3)2. 

Vì chỉ có 2 phản ứng nên có thể tính toán theo phương trình phản ứng, nhưng hướng giải này 

chưa bao giờ là hướng giải tối ưu. 


3Cu + 8HNO → 3Cu(NO ) + NO ↑ + 4H O (1) 

3 3 2 2 

mol : 0,15 → 0,4 

3Fe + 8HNO → 3Fe(NO ) + NO ↑ + 4H O (2) 

3 3 2 2 

mol : 0,15 → 0,4 

Suy ra : n = 0,8 mol ⇒ V = 0,8 lít 

HNO3 dd HNO3 

1M 

Để giải nhanh hơn, ta có thể đi theo các hướng sau : 

● Hướng 2 : Sử dụng bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố N 


2 0,5 

















⎧ 3n = 2 n + 2 n 

NO Cu Fe 

n 0,2 ⎧ n = n + n 

NO 

HNO3 NO − 

= 0,8 mol 

⎪ ⎪⎧ = 

⎪ 

NO3 

taïo muoái 

? 0,15 0,15 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ 

n 0,6 

⎨ 

− 

⎪ 

= 

n 3n 

NO3 

taïo muoái V 0,8 lít 

− 

= ⎪ 

NO ⎩ ⎪ = 

dd HNO3 

1M 

⎩ NO3 

taïo muoái 

⎩ 

● Hướng 3 : Sử dụng bảo toàn điện tích và bán phản ứng 

2+ 2+ Dung dịch sau phản ứng có các ion : Cu , Fe vaø NO − 3 

. Áp dụng bảo toàn điện tích, ta có : 

n 

− 

= 2 n 

2+ + 2 n 

2+ 

= 0,6 mol 

NO3 

Cu Fe 

Vai trò của HNO3 : 

0,15 0,15 

4HNO + 3e → 3NO + NO + H O 

− 

3 3 2 

mol : 0,8 ← 0,6 

Suy ra : V 

dd HNO3 

1M 

= 

0,8 lít 

● Hướng 4 : Sử dụng bảo toàn electron và bán phản ứng ion – electron 

3 n 

+ 

= 

H 

2 n + 

Cu 2 n ⇒ 

Fe n 

+ 

= 

H 0,8 mol ⇒ n = 

HNO 0,8 mol ⇒ V = 

3 dd HNO3 

1M 0,8 lít 

4 

? 

0,15 0,15 

Với dạng bài tập này thì hướng 4 sẽ tối ưu nhất. 

Ví dụ 15: Cho 6,72 gam Fe vào 400 ml dung dịch HNO 3 1M, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, 

thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hòa tan tối đa m 

gam Cu. Giá trị của m là 

A. 1,92. B. 0,64. C. 3,84. D. 3,20. 



Nhận thấy : Sau tất cả các phản ứng, dung dịch X chứa Fe 2+ , Cu 2+ và NO − . 

3 

Ngoài hướng tính toán theo phương trình phản ứng, ta có thể giải theo các hướng khác : 


Fe + 4HNO → Fe(NO ) + NO ↑ + 2H O 

mol : 0,1 ← 0,4 → 0,1 

3 3 3 2 

2Fe(NO ) + Fe → 3Fe(NO ) 

3 3 3 2 

mol : 0,04 ← (0,12 − 0,1) = 0,02 

Cu + 2Fe(NO ) → 2Fe(NO ) + Cu(NO ) 

mol : 0,03 ← (0,1− 0,04) = 0,06 

Suy ra : m = 0,03.64 = 1,92 gam 

Cu 

3 3 3 2 3 2 

● Hướng 2 : Sử dụng bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố N 

⎧ n 

− 

= 2n + 2n = 3n 

⎪ NO3 

taïo muoái Fe Cu NO 8 

⎧ 

⎪n = 0,03 

Cu 

⎨ 

⇒ n = (n + n ) ⇒ 

HNO3 

Fe Cu 

⎨ 

⎪n = n 3 

HNO − 

+ n 

3 NO NO 

m = 0,03.64 = 1,92 gam 

⎩ 

Cu 


0,4 

0,12 ? ⎪⎩ 

● Hướng 3 : Sử dụng bảo toàn electron và bán phản ứng ion – electron 

+ − 

4H + NO + 3e → NO + 2H O 

3 2 

mol : 0,4 → 0,3 

16 
















3 

2 n + 2 n = n 

Fe Cu + 

⇒ n = 0,03 mol ⇒ m = 0,03.64 = 1,92 gam 

Cu Cu 

H 

4 

0,12 ? 0,4 


4HNO + 3e → 3NO + NO + 2H O 

− 

3 3 2 

mol : 0,4 → 0,3 

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

2 n 

2+ + 2 n 

2+ = n 

− 

⇒ n 

2+ 

= 0,03 mol ⇒ m = 0,03.64 = 1,92 gam 

Cu phaûn öùng 

Fe Cu NO3 

Cu 

 

0,12 ? 0,3 

Đối với bài tập này thì hướng 3, 4 là những sự lựa chọn tối ưu nhất. 

Ví dụ 16*: Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp 

gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X 

và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết 

tủa thu được là lớn nhất. Giá trị tối thiểu của V là 

A. 240. B. 120. C. 360. D. 400. 



Bài tập này có khá nhiều phản ứng nên tính toán theo các phản ứng sẽ mất nhiều thời gian. Ta 

có thể sử dụng một số hướng giải khác ngắn gọn hơn : 

● Hướng 1 : Sử dụng bảo toàn electron và bán phản ứng ion - electron 


n 

+ 

H 

0,4 

= = 5 > 4 ⇒ H + dư, mol electron nhận tính theo NO − . 

3 

n 0,08 

− 

NO3 

⎧ 

⎪ 

n = 3n + 2n = 0,12 

electron nhöôøng (max) Fe Cu 

+ − 

⎨ 

⇒ Cu, Fe phaûn öùng heát; H , NO coøn dö. 

3 

n = 3n 0,24 

electron nhaän (max) 

− 

= 

⎪⎩ 

NO3 

Theo bảo toàn electron, ta có : 3n 

− 

= 2 n + 3n ⇒ n 0,04 mol 

NO3 phaûn öùng Cu 

Fe 

− 

= 

NO3 

phaûn öùng 

 

? 

3+ 2+ 

⎧Fe : 0,02 mol; Cu : 0,03 mol 

⎪ 

+ 

Dung dịch X có : ⎨H dö : 0,4 − 4.0,04 = 0,24 mol 

⎪ 2− 

− 

⎩ 

SO ; NO dö 

4 3 

0,03 0,02 

Theo bảo toàn điện tích trong phản ứng của X với dung dịch NaOH, ta có : 

n = n = n + 3n + 2n = 0,36 mol ⇒ V = 0,36 lít = 360 ml 

NaOH 

− + 3+ 2+ 

OH H Fe Cu 

dd NaOH 1M 

● Hướng 2: Sử dụng bảo toàn electron, bảo toàn điện tích và bán phản ứng ion - electron 

n 

+ 

H 

0,4 

= = 5 > 4 ⇒ H + dư, mol electron nhận tính theo NO − . 

3 

n 0,08 

− 

NO3 


⎧ 

⎪ 

n = 3n + 2n = 0,12 

electron nhöôøng (max) Fe Cu 

⎨ 

⇒ Cu, Fe phaûn öùng heát; H , NO 

n = 3n 0,24 

electron nhaän (max) 

− 

= 

⎪⎩ 

NO3 



+ − 

3 

coøn dö. 















Suy ra : 3n 

− 

= 2 n + 3n ⇒ n 0,04 mol 

NO3 phaûn öùng Cu 

Fe 

− 

= 

NO3 

phaûn öùng 

 

− 

NO3 

dö 

? 

0,03 0,02 

⇒ n = 0,08 − 0,04 = 0,04 mol. 

Dung dịch X phản ứng với NaOH sẽ tạo ra dung dịch có chứa các ion Na , SO 

+ 2− , NO 

− . 

4 3 

Áp dung bảo toàn điện tích, ta có : 

n 

+ 

= 2 n 

2 − 

+ n 

− 

= 0,44 mol ⇒ n = n n 0,36 mol 

Na SO NaOH phaûn öùng 

4 NO ∑ + 

− 

+ 

= 

3 

Na Na ban ñaàu 

 

 

dd NaOH 1M 

0,2 0,04 0,44 

0,08 

⇒ V = 0,36 lít = 360 ml 

● Hướng 3: Sử dụng bảo toàn điện tích và tìm khoảng giới hạn 

Sau tất cả các phản ứng, dung dịch sau phản ứng có chứa các ion : Na , SO 

Áp dụng bảo toàn điện tích, ta có : 

⎧ n = 2 n + n 

⎪ 

⎨ 

⎪0 ≤ n − < 0,08 

⎩ NO3 

+ 

2 − − 

Na SO4 NO3 

0,2 

+ 

Na 

NaOH 

, NO 

+ 2− − . 

4 3 

⇒ 0,4 ≤ n < 0,48 ⇒ 0,4 − 0,08 ≤ n < 0,48 − 0,08 

⇒ 0,32 ≤ n < 0,4 ⇒ n = 0,36 mol ⇒ V = 0,36 lít = 360 ml 

NaOH NaOH dd NaOH 1M 

Như vậy, làm theo hướng 3 sẽ ngắn gọn nhất. Nếu phương án nhiễu mạnh hơn thì nên làm theo 

hướng 2. 

Ví dụ 17: Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550 ml dung dịch AgNO3 1M. Sau 

khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là (biết thứ tự trong dãy 

thế điện hoá: Fe 3+ /Fe 2+ đứng trước Ag + /Ag) : 

A. 64,8. B. 54,0. C. 59,4. D. 32,4. 



2,7 5,6 

Theo giả thiết : n = = 0,1 mol; n = = 0,1 mol; n = 0,55.1 = 0,55 mol. 

Al Fe AgNO 

27 56 

3 

Thứ tự khử Ag + 2 

: Al > Fe > Fe + . 

Các hướng tính khối lượng chất rắn : 



Al + 3AgNO → Al(NO ) + 3Ag ↓ 

(1) 

3 3 3 

mol : 0,1 → 0,3 → 0,3 

Fe + 2AgNO → Fe(NO ) + 2Ag ↓ 

(2) 

3 3 2 

mol : 0,1 → 0,2 → 0,1 → 0,2 

Fe(NO ) + AgNO → Fe(NO ) + Ag ↓ (3) 

3 2 3 3 3 


mol : 0,05 ← 0,05 → 0,05 



Theo các phản ứng (1), (2), (3), ta thấy : Al, AgNO 3 phản ứng hết, Fe phản ứng tạo ra cả muối 

Fe(II) và Fe(III). Như vậy, chất rắn thu được chỉ có Ag. 





18 













n = n = 0,55 mol ⇒ m = 0,55.108 = 59,4 gam 

Ag AgNO3 

Ag 


Ta thấy : 3n + 2 n < n 

Al Fe + 

< 3n + 3n . 

Ag 

Al Fe 

0,1 0,1 

0,55 

0,1 0,1 

Suy ra : Al, Fe tan hết vào dung dịch, Fe phản ứng tạo ra cả Fe(II) và Fe(III), Ag + phản ứng hết. 

Vậy chất rắn chỉ có Ag, 

PS : 

m = 0,55.108 = 59,4 gam 

Ag 

+ Nếu 3n < n 

Al + 

< 3n + 2n thì Fe dư. Chất rắn gồm Ag và Fe dư 

Al Fe 

Ag 

+ Nếu n 

+ 

< 3n thì Al dư và Fe chưa phản ứng. Chất rắn gồm Ag và Al dư và Fe. 

Al 

Ag 

+ Nếu 3n + 3n < n 

Al Fe Ag + 

thì Ag + dư. Chất rắn chỉ có Ag. 


Ta thấy : 3n 

3 + 

+ 2 n 

2 + 

< n 

− 

< 3n 3n 

Al Fe NO 

3 + 

+ 

 

3 + 

. 

3 Al Fe 

0,1 0,1 0,55 0,1 0,1 

Suy ra : Dung dịch sau phản ứng chứa các ion 

tan hết, Ag + đã phản ứng hết. Chất rắn chỉ có Ag, 

3+ 2+ 3+ − 

Al , Fe , Fe , NO . 

3 

m = 0,55.108 = 59,4 gam 

Ở bài tập này làm theo hướng 2 hoặc hướng 3 sẽ cho kết quả nhanh hơn. 

Ag 

Như vậy, Fe và Al đã 

Ví dụ 18*: 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 AgNO3 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%. 




2+ − 

2+ 3+ 

⎧Fe o 

O 2 , Cl 2 , t ⎪⎧ 

MgCl , MgO 

2 HCl ⎪⎧ 

Mg , Cl AgNO ⎧AgCl 

↓ ⎪⎧ 

Mg , Fe 

3 

⎨ ⎯⎯⎯⎯→ 

(1) ⎨ ⎯⎯→ 

(2) ⎨ ⎯⎯⎯→ 

2+ 3+ 

(3) ⎨ + ⎨ 

− 

⎩Mg ⎪⎩ 

FeCl , Fe O 

3 x y ⎪⎩ 

Fe , Fe ⎩Ag ↓ ⎪⎩ 

NO3 

 

dd saûn phaåm 

Xét toàn bộ quá trình phản ứng, ta thấy : Chất khử là Fe, Mg; chất oxi hóa là O 2, Cl 2 và AgNO 3, 

sản phẩm khử của AgNO 3 là Ag. 

Đây là một bài tập vô cơ khó, bản chất hóa học rất phức tạp, ở phản ứng (1) ta không biết chính 

xác các oxit sắt nào đã sinh ra. Nên hướng tính toán theo phương trình phản ứng không khả thi. 

Hướng giải hợp lý là vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn. 

● Hướng 1 : Theo bảo toàn electron, bảo toàn điện tích trong phản ứng của H 

nguyên tố O và Cl và giả thiết, ta có : 

vaø O 

+ 2 − , bảo toàn 
















⎧ 3n + 2 n = 2n + 4n + n 

Fe Mg Cl 

 

2 O2 

Ag 

⎪ ⎧n = 0,06 ⎧ 

0,08 0,08 

O 

n = 0,06 

2 O2 

⎪ 

⎪ 

⎪ 

⎪n = n 2n n 0,16 

2 

Cl 

HCl 

+ 

= 2n 

− 

= 4n 

H O O ⎪ 

+ = 

2 

2 Ag ⎪n = 0,07 

Cl2 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ ⎨ 

0,24 

⎪ 

⎪2n − n = − 0,24 

Cl2 

AgCl ⎪n = 0,02 

Ag 

⎪n = 2n + n 

AgCl Cl2 

HCl 

⎪ 

⎪ 

⎪ 

⎪108n + 143,5n = 56,69 

Ag 

AgCl 

143,5n + 108n = 56,69 

⎩ 

⎪⎩ 

n = 0,38 

AgCl 

⎪⎩ AgCl 

Ag 

0,07 

Vậy : %V = %n = .100% = 53,85% 

Cl2 trong X Cl2 

trong X 

0,06 + 0,07 

+ 2 

● Hướng 2 : Theo bảo toàn electron, bảo toàn điện tích trong phản ứng của H vaø O 

− , bảo toàn 

điện tích trong dung dịch sau phản ứng (3), bảo toàn nguyên tố Ag và giả thiết, ta có : 

⎧ 3n + 2 n = 2n + 4n + n 

Fe Mg Cl 

 

2 O2 

Ag 

⎪ 

0,08 0,08 

⎪ 

⎧ n = 0,06 ⎧ n = 0,06 

O2 

O2 

n = n 

2 

HCl 

+ 

= 2n 

− 

= 4n 

⎪ 

⎪ 

H O O2 

⎪ 

⎪2n + n = 0,16 

Cl2 

Ag 

⎪n = 0,07 

Cl 

0,24 

⇒ 

⇒ 

2 

⎨ 

⎨ 

⎨ 

⎪n + n = n n 3n 2 n 

n n 0,4 

Ag AgCl 

AgCl Ag + 

= 

− 

= + ⎪ + = 

⎪n = 0,02 

Ag 

Ag pö NO3 

Fe Mg 

⎪ 

⎪ 

⎪ 

0,08 

⎪ 

0,08 ⎪⎩ 

108n + 143,5n = 56,69 

Ag AgCl ⎪⎩ 

n = 0,38 

AgCl 

⎪ 

⎩ 

143,5n + 108n = 56,69 

AgCl 

Ag 

0,07 

Vậy : %V = %n = .100% = 53,85% 

Cl2 trong X Cl2 

trong X 

0,06 + 0,07 

Ví dụ 19: Cho m gam một oxit sắt phản ứng vừa đủ với 0,75 mol H2SO4, thu được dung dịch chỉ 

chứa một muối duy nhất và 1,68 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S +6 ). Giá trị của m là 

A. 24,0. B. 34,8. C. 10,8. D. 46,4. 





Sơ đồ phản ứng : FexOy + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố S và H, ta có : 

⎧nH2SO = n 

4 SO 

+ 3n 

2 Fe 2 (SO 4 ) 3 

⎪ ⎪⎧ 

nFe 2 (SO 4 ) 

= 0,225 mol 

3 

⎨ 

0,75 0,075 ? ⇒ ⎨ 

⎪ 

nH2O 

= 0,75 mol 

nH2O 

= nH2SO 

= 0,75 ⎪⎩ 

⎩ 

4 


mFexO + m 

y H2SO = m 

4 Fe 2 (SO 4 ) 

+ m 

3 SO 

+ m 

2 H2O ⇒ mFexO 

= 34,8 gam 

y 

 

? 

0,75.98 0,225.400 

0,075.64 0,75.18 



●Hướng 2 : Sử dụng bảo toàn nguyên tố và công thức giải nhanh 

Theo bảo toàn nguyên tố S, Fe và công thức giải nhanh n = 0,1n + 0,0125m , 

Fe electron axit nhaän hoãn hôïp 

ta có : 






20 













⎧ n = n + 3n 

H2SO4 SO2 Fe 2 (SO 4 ) 3 

⎪ ⎧ 

n = 0,225 mol 

0,75 0,075 ? 

Fe 2 (SO 4 ) 

3 

⎪ 

⎪ 

⎨n = 2n ⇒ 

Fe Fe 2 (SO 4 ) ⎨n = 0,45 mol 

3 

Fe 

⎪ 

⎪ 

⎪n = 0,1.2 n + 0,0125m m = 34,8 gam 

Fe SO2 FexOy FexOy 

 

⎪ ⎩ 

⎪⎩ 

0,075 

● Hướng 3 : Phân tích, đánh giá và bảo toàn electron 

Vì FexOy phản ứng với H2SO4 đặc, nóng giải phóng khí SO2 nên FexOy có tính khử. Vậy FexOy 

là FeO hoặc Fe3O4. Trong phản ứng các oxit này đều nhường đi 1 electron. 

Theo bảo toàn electron, ta có : n = n = 2 n = 0,15 mol. 

electron trao ñoåi FexOy SO2 

 

⎧ n = 0,5n = 0,075 

Fe 2 (SO 4 ) 3 

FeO 

⎪ 

Nếu Fe xO y là FeO thì theo bảo toàn nguyên tố Fe và S, ta có : ⎨n ≠ 3n + n 

H2SO4 Fe 2 (SO 4 ) 3 SO2 

⎪ 

 

⎩ 0,75 0,075 0,075 

Vậy Fe xO y là Fe 3O 4, 

m = 0,15.232 = 34,8 gam 

Fe3O4 

Ví dụ 20: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2O 3 và Fe 3O 4 phản ứng hết với dung dịch HNO 3 

loãng (dư), thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn 

dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m là : 

A. 49,09. B. 34,36. C. 35,50. D. 38,72. 



Bài tập này có nhiều phản ứng nên hướng tính toán theo phương trình phản ứng là không hợp lý 

vì sẽ mất rất nhiều thời gian và khó làm. Có rất nhiều hướng khác để giải bài tập này, dưới đây 5 

hướng cơ bản : 


Gọi số mol của Fe(NO 3) 3 là a. Theo bảo toàn nguyên tố N và H suy ra số mol của HNO 3 và 

H 2O. 

(Fe, Fe O ) + HNO ⎯⎯→ Fe(NO ) + NO ↑ + H O (1) 

0,075 

x y 3 3 3 2 

mol : (3a + 0,06) a 0,06 (1,5a + 0,03) 

Áp dụng bảo toàn khối lượng cho sơ đồ (1), ta có : 

11,36 + 63(3a 

 

+ 0,06) = 242a + 0,06.30 

 

+ 18(1,5a 

 

+ 0,03) ⇒ a = 0,16 

m(Fe, Fe O ) Fe( NO 3 ) 

x y m 

m 

HNO 3 mNO 

m 

3 H2O 

⇒ m = 0,16.242 = 38,72 gam 

Fe(NO 3 ) 3 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp quy đổi và bảo toàn electron 

Với hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 ta có thể quy đổi thành các hỗn hợp khác nhau : (Fe và 

O), (Fe và Fe2O3), (Fe và FeO),… Hướng quy đổi thành (Fe và O) có lợi cho việc tính toán nhất. 

0 

−2 

⎧ ⎫ ⎧ 

⎫ 

+ 5 

Fe, Fe O 

+ 3 + 2 

⎪Fe 

⎪ ⎪ 3 4 ⎪ + H NO3 

Sơ đồ phản ứng : ⎨ Fe(NO ) N 

0 

⎬←⎯⎯⎯ 

⎯⎯⎯→ ⎨ 

quy ñoåi 

2 2 

3 3 O H O 

− − 

⎬ ⎯⎯⎯⎯→ + + 

2 

⎪ 0,06 mol 

O ⎪ ⎪FeO, Fe O ⎪ 

⎩ ⎭ ⎩ 2 3 

⎭ 


11,36 gam 11,36 gam 





Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng 21 









22 


Theo sơ đồ phản ứng ta thấy : Chất khử là Fe; chất oxi hóa là O và HNO3, sản phẩm khử của 

HNO3 là NO. 

Áp dụng bảo toàn electron và bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎪⎧ 3n = 2n + 3n 

Fe O NO ⎪⎧ 3n − 2n = 0,18 n 0,16 

Fe O ⎪⎧ 

= 

Fe 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

⎪⎩ 56n + 16n = 38,72 56n 16n 11,36 n 0,15 

Fe O ⎪⎩ + = = 

Fe O ⎪⎩ 

O 

Theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : 

n = n = 0,16 mol ⇒ m = 0,16.242 = 38,72 gam 

Fe(NO 3 ) 3 Fe Fe(NO 3 ) 3 

● Hướng 3 : Sử dụng phương pháp quy đổi và bảo toàn điện tích 

Quy đổi hỗn hợp Fe và các oxit của nó thành hỗn hợp gồm Fe (x mol) và O (y mol). 

Theo bảo toàn điện tích, ta có : 

⎧ n 

− 

= n + 2 n 

electron trong ñoåi 

2− 

NO3 

taïo muoái 

O 

⎧ n 

− 

= 3n + 2 n 

2 

NO3 

taïo muoái NO 

− 

= 0,18 + 2y 

O 

⎪ 

3nNO 

y ⎪ 

⎨ 

⇒ ⎨ 

0,06 y 

⎪3n 

3+ = n 

− 

Fe NO3 

taïo muoái 

⎪ 

⎩3x = 0,18 + y (*) 

⎪⎩ x 

Lại có : m + m = 56x + 16y = 11,36 (**) 

Fe O 

⎧3x − 2y = 0,18 ⎧x = 0,16 

Từ (*) và (**), ta có : ⎨ 

⇒ ⎨ ⇒ m = 38,72 gam 

Fe(NO 3 ) 3 

⎩56x + 16y = 11,36 ⎩y = 0,15 

● Hướng 4 : Sử dụng phương pháp tạo hợp chất ảo 

Suy nghĩ : Nếu ta có thể biến hỗn hợp Fe và các oxit của Fe (hỗn hợp X) thành Fe2O3 thì dễ 

dàng tính được số mol của Fe 2O 3, biết số mol của Fe 2O 3 sẽ tính được số mol của Fe(NO 3) 3 dựa vào 

bảo toàn nguyên tố Fe. 

Vậy vấn đề bây giờ là tính khối lượng O2 phản ứng với X để tạo ra Fe2O3. Trong phản ứng, X 

nhường cho HNO3 bao nhiêu mol electron thì cũng nhường cho O2 bấy nhiêu mol electron. Nên ta 

3 3 

có : n = 4n = 3n ⇒ n = n = .0,06 = 0,045 mol 

electron trao ñoåi O2 NO O2 

NO 

4 4 

⇒ m = m + m = 11,36 + 0,045.32 = 12,8 gam 

Fe2O3 X O2 

12,8 

⇒ n = 2n = 2. = 0,16 mol ⇒ m = 0,16.242 = 38,72 gam 

Fe(NO 3 ) 3 Fe2O3 Fe(NO 3 ) 3 

160 

PS : Như vậy, để chuyển hỗn hợp gồm kim loại và oxit thành hỗn hợp oxit hoặc 1 oxit thì ta 

nelectron trao ñoåi 

nelectron trao ñoåi 

thêm một lượng oxi là nO 

= hoaëc n 

2 

O 

= . Tùy thuộc vào từng bài mà số 

4 2 

mol electron trao đổi có thể tính theo H 2, SO 2, NO, NO 2,... 


Sơ đồ phản ứng tổng quát : 

+ 3 0 

O2 ⎧⎪ Fe 

HNO3 

dö 

3+ 

Fe ⎯⎯→ ⎨ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ Fe + saûn phaåm khöû + H O 

hoaëc H2SO4 

ñaëc, noùng dö 

2 

⎪⎩ 

Fe O 

x y 


m gam 

Theo sơ đồ phản ứng ta thấy : Chất khử là Fe; chất oxi hóa là O và HNO3 hoặc H2SO4 đặc, 

nóng, sản phẩm khử là NO, NO2 hoặc SO2. Sản phẩm khử có thể là 1 chất hoặc hỗn hợp các chất. 



















Gọi n là số mol electron mà HNO 

electron axit nhaän 

3 hoặc H 2SO 4 nhận vào để sinh ra sản phẩm khử. 

Áp dụng bảo toàn electron và bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎪ 

⎧3n = 4n + n ⎪ 

⎧24n − 32n = 8n 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪56n + 32n = m ⎪56n + 32n = m 

⎩ 

⎩ 

Fe O2 electron axit nhaän Fe O2 


Fe O2 hoãn hôïp Fe O2 

hoãn hôïp 

⇒ n = 0,1n + 0,0125m 

Fe electron axit nhaän hoãn hôïp 

Áp dụng công thức giải nhanh, ta có : 

n = n = 0,1.n + 0,0125.m = 0,16 mol ⇒ m = 38,72 gam 

Fe(NO 3 ) 3 Fe electron axit nhaän hoãn hôïp Fe(NO 3 ) 3 

 

3.0,06 11,36 

Như vậy, bài tập này giải theo hướng 2, hướng 4 hoặc hướng 5 thì cho kết quả nhanh hơn. 

Ở sơ đồ trên, nếu thay Fe bằng Cu thì ta có : 

⎧ 

⎪2n = 4n + n ⎧ 

⎪16n − 32n = 8n 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪64n + 32n = m ⎪64n + 32n = m 

⎩ 

⎩ 

Cu O2 electron axit nhaän Cu O2 


Cu O2 hoãn hôïp Cu O2 

hoãn hôïp 

⇒ n = 0,1n + 0,0125m 

Cu electron axit nhaän hoãn hôïp 

Ví dụ 21: Hòa tan hoàn toàn 20,88 gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 

dung dịch X và 3,248 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn dung dịch X, thu được m 

gam muối sunfat khan. Giá trị của m là 

A. 52,2. B. 48,4. C. 54,0. D. 58,0. 




Đặt số mol của Fe 2(SO 4) 3 là a. Theo bảo toàn nguyên tố S và H, ta tính được số mol của H 2SO 4 

và H 2O. 


o 

t 

+ ⎯⎯→ + ↑ + 

x y 2 4 2 4 3 2 2 

Fe O H SO Fe (SO ) SO H O (1) 

mol : (3a + 0,145) a 0,145 (3a + 0,145) 

Theo bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎧ ⎪a = 0,145 

20,88 + (3a 

 

+ 0,145)98 = 400a + 0,145.64 + (3a 

 

+ 0,145).18 ⇒ ⎨ 

m 

m = 58 gam 

mFe O mH SO 

Fe 2 (SO 4 ) m 

x y 3 

SO 

m 

Fe 

2 

H O 

⎪⎩ 2 (SO 4 ) 3 

2 4 2 


Chất khử là FexOy; chất oxi hóa là H2SO4 sản phẩm khử là SO2. 

Theo bảo toàn electron, ta có : 

20,88 x 1 

(3x − 2y)n = 2n ⇒ (3x − 2y). = 2.0,145 ⇒ = ⇒ Fe O laø FeO. 

FexOy SO2 

x y 

56x + 16y y 1 


1 1 20,88 

n = n = . = 0,145 mol ⇒ m = 58 gam 

Fe 2 (SO 4 ) 3 FeO Fe 2 (SO 4 ) 3 

2 2 72 
















Có thể tìm công thức của FexOy đơn giản hơn : Gọi n là số electron mà FexOy nhường. Áp dụng 

bảo toàn electron, ta có : 

20,88 

MFexO 

⎧ 

y ⎪n = 1 

n.n = 2n ⇒ n. = 2.0,145 ⇒ = 72 ⇒ 

FexOy SO ⎨ ⇒ Fe O laø FeO. 

2 

x y 

M 

n 

M = 72 

Fe Fe 

xOy 

xO 

⎪⎩ 

y 

● Hướng 3 : Sử dụng quy đổi và bảo toàn electron 

Quy đổi Fe xO y thành hỗn hợp gồm Fe và O. 

Trong phản ứng, chất khử là Fe; chất oxi hóa là O và H2SO4, sản phẩm khử của H2SO4 là SO2. 

Theo bảo toàn electron, bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : 

⎧ 3n 2n 2n 

Fe O SO 3n 2n 0,29 n 0,29 ⎧ n = 0,125 

⎪ 

= + ⎧ Fe 

2 ⎪ − = ⎧ 

2 (SO 4 ) 

Fe O ⎪ = 

Fe ⎪ 

3 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

56n + 16n = m 

Fe O FexO 56n + 16n = 20,88 n = 0,29 

⎩⎪ 

y ⎩⎪ 

Fe O ⎩⎪ 

O m = 58 gam 

⎩⎪ 

Fe 2 (SO 4 ) 3 

● Hướng 4 : Sử dụng kỹ năng phân tích, đánh giá 

Trong phản ứng, Fe xO y là chất khử nên chỉ có thể là FeO hoặc Fe 3O 4. 

Dù là FeO hay Fe3O4 thì trong phản ứng mỗi phân tử oxit đều nhường đi 1 electron. 

20,88 

Suy ra : n = n = 2n = 0,29 mol ⇒ M = = 72 (FeO). 

FexOy electron trao ñoåi SO2 FexOy 

0,29 


1 

n = n = 0,145 mol ⇒ m = 0,145.400 = 58 gam 

Fe 2 (SO 4 ) 3 FeO Fe 2 (SO 4 ) 3 

2 

● Hướng 5 : Sử dụng hợp chất ảo 

n 

2n 

electron trao ñoåi SO 

Để chuyển Fe xO y thành Fe 2O 

2 

3 thì cần n = = = 0,0725 mol. 

O2 

4 4 

20,88 + 0,0725.32 

Suy ra : n = n = = 0,145 mol ⇒ m = 58 gam 

Fe 2 (SO 4 ) 3 Fe2O3 Fe 2 (SO 4 ) 3 

160 


n = 0,1. 0,145.2 + 0,0125.20,88 = 0,29 ⇒ n = 0,145 ⇒ m = 58 gam 

Fe Fe 2 (SO 4 ) 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 

nelectron axit nhaän 

mhoãn hôïp 



Như vậy, để giải nhanh bài tập này, ta có thể lựa chọn các hướng giải 3; 4; 5 hoặc 6. 

Ví dụ 22: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho khí CO qua m gam X nung nóng, sau một 

thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Cho toàn bộ Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, 

đến phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam kết tủa. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch 

H2SO4 đặc, nóng (dư), thu được 1,008 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa 

18 gam muối. Giá trị của m là 

A. 7,12. B. 6,80. C. 5,68. D. 13,52. 



● Hướng 1 : Sử dụng phương pháp tạo hợp chất ảo 

Chuyển hỗn hợp Y thành hợp chất ảo Fe 2O 3. 

18 

Theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : n = n = = 0,045 mol. 

Fe2O3 Fe 2 (SO 4 ) 3 

400 

Để chuyển hỗn hợp Y thành hợp chất ảo Fe2O3 thì cần cho Y phản ứng với một lượng oxi là : 






24 











n 2n 

electron trao ñoåi SO 2 1,008 

2 

n = = = . = 0,0225mol. 

O2 

4 4 4 22,4 


m = m + m ⇒ m = 6,48 gam. 

Fe2O3 Y O2 

Y 

 

0,045.160 

? 0,0225.32 

t 

Trong phản ứng của X với CO, ta có : CO + O ⎯⎯→ CO 

(trong X) 2 

4 

Suy ra : n = n = n = n = = 0,04 mol. 

O phaûn öùng CO phaûn öùng CO2 taïo thaønh CaCO3 

100 


m = m + m = 7,12 gam 

X 

Y O phaûn öùng 

 

6,48 


Vì các phản ứng xảy ra hoàn toàn và hỗn hợp Y phản ứng được với dung dịch NaOH giải phóng 

khí H2, chứng tỏ Al dư, Fe2O3 đã phản ứng hết. 

Theo giả thiết, suy ra : Khi cho Y phản ứng với dung dịch H 2SO 4 sẽ thu được 2.4a = 8a mol H 2; 

Khi cho Y phản ứng với dung dịch NaOH sẽ thu được 2a mol H 2. 


0,04.16 

● Hướng 2 : Sử dụng công thức giải nhanh, bảo toàn nguyên tố và bản chất phản ứng 

⎧ 

2.18 

n 2n 0,09 ⎧ 

⎪ = = = 

Fe Fe 2 (SO 4 ) 3 

400 ⎪ n = 0,09 

Fe 

⎪ 

⎧ m = 6,48 

n = 0,1n + 0,0125m 

⎪ ⎪ Y 

Fe electron axit nhaän Y 

⎨ ⇒ ⎨n = 0,1.2 n + 0,0125m ⇒ 

Fe SO2 

Y ⎨ 

⎪n = n = n = n = 0,04 ⎪ 

⎪ m = 7,12 gam 

X 

O bò taùch ra CO CO 0,045 

2 CaCO 

⎩ 

3 

⎪ 

⎪ 

⎪m = m + m 

⎪m = m + 0,04.16 

X Y O bò taùch ra 

⎩ X Y 

⎩ 

● Hướng 3: Sử dụng phương quy đổi, bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố 

Quy đổi hỗn hợp X gồm FeO, Fe 2O 3, Fe 3O 4 thành Fe và O. 

Chất khử trong toàn bộ quá trình phản ứng là Fe, CO; chất oxi hóa là O và H2SO4. 18 gam muối 

là muối Fe2(SO4)3. 

Theo bảo toàn nguyên tố C, Fe và bảo toàn electron, ta có : 

⎧ 

⎪ n = n = n 

⎪ 

CO CO2 CaCO3 

 

0,04 

⎪ 

⎪⎧ n = 0,09 

Fe 

⎨n = 2 n = 0,09 ⇒ 

Fe Fe 2 (SO 4 ) 

⎨ ⇒ m = 0,09.56 + 0,13.16 = 7,12 gam 

3 

⎪ 

n = 0,13 

⎪⎩ 

O mFe 

m 

0,045 

O 

⎪ 

⎪3n + 2 n = 2 n + 2 n 

Fe CO O SO2 

⎪ 

⎩ 

0,09 0,04 ? 0,045 

Đối với bài tập dạng này thì giải theo hướng 3 là tối ưu nhất. Nhanh hơn cả việc sử dụng “công 

thức giải nhanh”. 

Ví dụ 23: Hỗn hợp X gồm 3,92 gam Fe, 16 gam Fe2O3 và m gam Al. Nung X ở nhiệt độ cao trong 

điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. 

Phần một tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được 4a mol khí H2. Phần hai phản ứng với 

dung dịch NaOH dư, thu được a mol khí H2. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m 

là 

A. 5,40. B. 3,51. C. 7,02. D. 4,05. 



o 

















⎧⎪ 

Fe, Al 

⎨ 

⎪⎩ 

Fe O 

 

o 

t 

⎯⎯→ 

(1) ⎨ 

Al O 

2 3 ⎪ 2 3 

X 

⎧⎪ 

Fe, Aldö 

⎩ 

Y 

⎧⎪ FeCl 

⎨ 

⎪⎩ AlCl 

2 

3 

+ H ↑ 

NaAlO + H ↑ 

2 2 

Đối với bài tập này, ngoài việc tính toán theo phương trình phản ứng, ta còn có một số hướng 

giải sau : 

● Hướng 1 : Sử dụng bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : nFe trong Y 

= nFe trong X 

= n 

Fe + 2 nFe 2 O 

= 0,27 mol. 

3 

Áp dụng bảo toàn electron trong phản ứng nhiệt nhôm, ta có : 

3n = 6 n ⇒ n = 0,2 mol. 

Al phaûn öùng Fe 

2 O 3 Al phaûn öùng 

0,1 

2 

0,07 0,1 

Áp dụng bảo toàn electron trong phản ứng (2) và (3), ta có : 

⎧ 2 n + 3n = 2 n 

Fe Al dö H2 

 

⎪ 0,27 8a ⎪⎧ a = 0,045 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ m = m + m = 7,02 gam 

Al ban ñaàu Al dö Al phaûn öùng 

⎪3n 

= 2 n 

n 0,06 

Al dö H ⎪ = 

Al dö 

2 

 

⎩ 

 

0,06.27 0,2.27 

⎪⎩ 

2a 

● Hướng 2: Sử dụng bảo toàn electron 

⎧ 3n + 2n = 2n + 2n 

Al Fe Fe2O3 H2 ôû (2) 

⎧3n + 2 n = 2 n + 2 n 

Al 

Fe Fe2O3 H2 

ôû (2) 

⎧ 

a = 0,45 

⎪ baûo toaøn lectron cho phaûn öùng (1) vaø (2) ⎪ 

0,07 0,1 8a ⎪ 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ ⎨n = 0,26 

Al 

⎪ 3n = 6n + 2n 3n = 6 

Al Fe2O3 H2 

ôû (3) ⎪ n + 2 n 

Al Fe 

⎪ 

2 O 3 H 2 ôû (3) ⎪ 

⎪ 

m = 7,02 gam 

Al 

⎩baûo toaøn lectron cho phaûn öùng (1) vaø (2) ⎩ 

0,1 

⎪ 

2a 

⎩ 


Theo bảo toàn electron, ta có : 3n = 6n ⇒ n = 0,2 mol. 

Al phaûn öùng Fe2O3 

Al phaûn öùng 

Suy ra : n > n = 0,2 ⇒ m > 0,2.27 = 5,4 gam ⇒ m = 7,02 gam 

Al ban ñaàu Al phaûn öùng Al ban ñaàu Al 

Hướng giải 3 là tối ưu nhất. Nhưng nếu phương án nhiễu mạnh hơn thì phải sử dụng hướng 1 

hoặc 2. 

Ví dụ 24: Nung hỗn hợp bột gồm 15,2 gam Cr 2O 3 và m gam Al ở nhiệt độ cao. Sau khi phản ứng 

hoàn toàn, thu được 23,3 gam hỗn hợp rắn X. Cho toàn bộ hỗn hợp X phản ứng với axit HCl (dư) 

thoát ra V lít khí H2 (ở đktc). Giá trị của V là : 

A. 7,84. B. 4,48. C. 3,36. D. 10,08. 


Theo giả thiết : n 

Cr2 O3 

H2SO4 

(2) 

NaOH 

(3) 

15,2 

= = 0,1 mol. 

152 









26 












8,1 

m = m − m = 8,1 gam ⇒ n = = 0,3 mol. 

Al 

X Cr 

2 O 3 

Al 

27 

23,3 15,2 


o 

t 

+ ⎯⎯→ + 

2 3 2 3 

Cr O 2Al 2Cr Al O (1) 

mol : 0,1 → 0,2 → 0,2 

Cr + 2HCl ⎯⎯→ CrCl + H ↑ (2) 

2 2 

mol :0,2 → 

0,2 

2Al + 6HCl ⎯⎯→ 2AlCl + 3H ↑ (3) 

3 2 

mol : 0,1 → 

0,15 

Al O + 6HCl ⎯⎯→ 2AlCl + 3H O (4) 

2 3 3 2 

Ở phản ứng (1) : n = 0,2 mol; n = 0,2 mol ⇒ n = 0,3 − 0,2 = 0,1 mol. 

Cr taïo thaønh Al phaûn öùng Al dö 

Ở phản ứng (2), (3) : n = 0,2 + 0,15 = 0,35 mol ⇒ V = 0,35.22,4 = 7,84 lít 

H2 H 2 (ôû ñktc) 

● Hướng 2 : Áp dụng bảo toàn electron 

Trong phản ứng của Cr2O3 với Al, số oxi hóa của Cr thay đổi từ +3 về 0, của Al thay đổi từ 0 

lên +3. Nên một phân tử Cr2O3 nhận vào 6 electron, 1 nguyên tử Al nhường 3 electron. 

Vì 6 n < 3n nên suy ra : Al dư, Cr 

Cr2 O3 

Al 

2O 3 phản ứng hết. 

0,1 

0,3 

0 

+ 3 

⎧ 

⎧ 

+ 1 

0 

⎪Al 

o 

t ⎪⎧ 

Al dö, Cr 

HCl dö ⎪AlCl , HCl dö 

3 

Sơ đồ phản ứng : ⎨ ⎯⎯→ H 

+ 3 (1) ⎨ ⎯⎯⎯→ 

(2) ⎨ 

+ ↑ 

+ 2 

2 

⎪ 

Al O 

2 3 

Cr 

2 

O 

⎪⎩ 

⎪ 

⎩ 

 

3 ⎩Cr Cl2 

hoãn hôïp X 

Xét toàn bộ quá trình phản ứng, ta thấy : chất khử là Al; chất oxi hóa là Cr2O3 và HCl, sản phẩm 

khử của HCl là H 2. Áp dụng bảo toàn electron, ta có : 

3n = 2 n + 2 n ⇒ n = 0,45 mol ⇒ V = 0,45.22,4 = 7,84 lít 

Al Cr2 O3 H2 H2 H 2 (ôû ñktc) 

 

0,3 0,1 ? 

● Hướng 3 : Áp dụng bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố 

Lập luận tương tự như hướng 2 để suy ra sau tất cả các phản ứng muối tạo thành là CrCl2 và 

AlCl3. 

Nhận xét : Trong phản ứng của X với HCl, ion H + đã được thay thế bằng các ion Al 3+ và Cr 2+ 

nên theo bảo toàn điện tích, ta có : n 

+ 

= 3n 

3+ + 2 n 

2+ 

= 1,3 mol. 

H 

Al Cr 

0,3 0,2 

Trong đó số mol H + 2 

phản ứng với O − là : n 

+ 

= 2n 

2− 

= 2.3n = 0,6 mol. 

H O 

Cr2 O3 

 



Suy ra số mol H + tham gia phản ứng với Al và Cr tạo ra H 2 là 1,3 – 0,6 = 0,7 mol. Suy ra : 

1 1 

n = n 

H 

+ 

= .0,7 = 0,35 mol ⇒ V = 0,45.22,4 = 7,84 lít 

2 H 

H 2 (ôû ñktc) 

2 2 

Như vậy, đối với bài tập này thì làm theo hướng 2 là hợp lý nhất. 


0,1 















Ví dụ 25: Nung 6,58 gam Cu(NO3)2 trong bình kín không chứa không khí, sau một thời gian thu 

được 4,96 gam chất rắn và hỗn hợp khí X. Hấp thụ hoàn toàn X vào nước để được 300 ml dung 

dịch Y. Dung dịch Y có pH bằng 

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



● Hướng 1 : Sử dụng phương trình phản ứng và tăng giảm khối lượng 

o 

t 

1 

Cu(NO ) ⎯⎯→ CuO + 2NO ↑ + O ↑ (1) 

3 2 2 2 

2 

x 

mol : x → x → 2x → 

2 

1 

2NO + O + H O → HNO (2) 

2 2 2 3 

2 

x 

mol : 2x → → 2x 

2 

Theo tăng giảm khối lượng, ta có : m = m − m = 6,58 − 4,96 = 1,62 ⇒ x = 0,015 

giaûm Cu(NO 3 ) 2 CuO 

 

+ 

0,03 

Suy ra : n = 2.0,015 = 0,03 mol ⇒ [H ] = [HNO ] = = 0,1M ⇒ pH = 1 

HNO3 

3 

0,3 

● Hướng 2 : Sử dụng bảo toàn điện tích và tăng giảm khối lượng 

Bản chất phản ứng : 

188x 

o 

− t 2− 

1 

2NO3 ⎯⎯→ O + 2NO2 + O2 

2 

1 

2NO2 + O2 + H2O ⎯⎯→ 2HNO3 

2 

Theo bảo toàn điện tích và sự tăng giảm khối lượng, ta có : 

n − 2n 2− n 

NO 2 

3 O − 

⎪ 

⎧ = 

⎪⎧ 

= 0,015 

O 

⎨ 

⇒ ⎨ 

62n − 16n 2− 

6,58 4,96 n − 

⎪ − = − = 0,03 

⎩ NO 

NO 

3 O 

⎪⎩ 

3 

+ 

0,03 

⇒ n = n 

HNO − 

= 0,03 mol ⇒ [H ] = [HNO ] = = 0,1⇒ pH = 1 

3 NO 

3 

3 

0,3 

Sử dụng bảo toàn điện tích và tăng giảm khối lượng sẽ nhanh hơn sử dụng phương trình phản 

ứng và tăng giảm khối lượng. 

Ví dụ 26: Nung một hỗn hợp rắn gồm a mol FeCO 3 và b mol FeS 2 trong bình kín chứa không khí 

(dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, đưa bình về nhiệt độ ban đầu, thu được chất rắn duy 

nhất là Fe2O3 và hỗn hợp khí. Biết áp suất khí trong bình trước và sau phản ứng bằng nhau, mối liên 

hệ giữa a và b là (biết sau các phản ứng, lưu huỳnh ở mức oxi hoá +4, thể tích các chất rắn là không 

đáng kể) : 

A. a = 0,5b. B. a = b. C. a = 4b. D. a = 2b. 




Vì áp suất trong bình trước và sau phản ứng không đổi, chứng tỏ số mol O2 phản ứng bằng tổng 

số mol của CO2 và SO2 tạo thành. 

80x 







28 











Với bài tập này, hướng làm được sử dụng nhiều nhất là tính toán theo phương trình phản ứng. 

Nhưng vì bản chất phản ứng của các chất với O2 là phản ứng oxi hóa – khử, nên ta còn có một 

hướng giải khác là sử dụng bảo toàn electron. 

● Hướng 1 : Tính toán theo phản ứng 

1 

o 

t 

2FeCO + O ⎯⎯→ Fe O + 2CO (1) 

3 2 2 3 2 

2 

a 

mol : a → 

→ a 

4 

11 

o 

t 

2FeS + O ⎯⎯→ Fe O + 4SO (2) 

2 2 2 3 2 

2 

11b 

mol : b → 

→ 2b 

4 

a 11b 

Ta có : n = n ⇒ + = a + 2b ⇒ a = b 

O2 phaûn öùng (CO 2 , SO2 

taïo thaønh) 

4 4 

● Hướng 2 : Dùng bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron 

Theo bảo toàn nguyên tố S và C, ta có : 


n = n = a mol; n = 2n = 2b mol. 

CO2 FeCO3 SO2 FeS2 

a 11b 

4 n = n + 11n ⇒ n = + 

O2 FeCO3 FeS2 O2 

4 4 

? a 

b 

a 11b 

Ta có : n = n ⇒ + = a + 2b ⇒ a = b 

O2 phaûn öùng (CO 2 , SO2 

taïo thaønh) 

4 4 

Rõ ràng sử dụng phương trình phản ứng chưa bao giờ là hướng giải tối ưu! 

Ví dụ 27: Nhiệt phân 4,385 gam hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4, thu được O2 và m gam chất rắn 

gồm K 2MnO 4, MnO 2 và KCl. Toàn bộ lượng O 2 tác dụng hết với cacbon nóng đỏ, thu được 0,896 

lít hỗn hợp khí Y (đktc) có tỉ khối so với H 2 là 16. Thành phần phần trăm theo khối lượng của 

KMnO 4 trong X là : 

A. 62,76%. B. 74,92%. C. 72,06%. D. 27,94%. 



Đối với bài tập này, hướng tính toán theo phương trình phản ứng là không hợp lý, vì phải viết 

nhiều phản ứng nên mất nhiều thời gian. Tuy nhiên, để tìm ra hướng giải nhanh hơn cùng không hề 

đơn giản! 


⎧ 

0,896 

⎪n = n + n = = 0,04 

Y CO CO2 

⎪ 

22,4 ⎧ ⎪n = 0,03 

CO 

Theo giả thiết, ta có : ⎨ 

28n + 44n 

⇒ ⎨ 

CO CO 

⎪ 

n = 0,01 

2 

CO 

MY = M(CO, CO 2 

2 ) = = 16.2 = 32 ⎪⎩ 

⎪ n + n 

⎩ 

CO CO2 




















o 

t 

3 2 

2KClO ⎯⎯→ 2KCl + 3O ↑ 

(1) 

mol : x → 1,5x 

o 

t 

4 2 4 2 2 

2KMnO ⎯⎯→ K MnO + MnO + O ↑ (2) 

mol : y → 

0,5y 

o 

t 

2 2 

C + O ⎯⎯→ CO (3) 

mol : 0,01 ← 0,01 

2 

o 

t 

2C + O ⎯⎯→ 2CO (4) 

mol : 0,015 ← 0,03 

Theo giả thiết và các phản ứng, ta có : 

⎧ 

⎪m = 122,5x + 158y = 4,385 

(KClO 3 , KMnO 4 ) 

⎧ x = 0,01 0,02.158 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ %m = .100% = 72,6% 

KMnO4 

n 1,5x 0,5y 0,025 

y 0,02 

4,385 

O = + = = 

⎪⎩ 

⎩ 

2 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp quy đổi và bảo toàn khối lượng 

0,896 

Hỗn hợp Y gồm CO và CO2, n = = 0,04 mol; m = 0,04.16.2 = 1,28 gam. 

Y 

Y 

22,4 

Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có : n = n = 0,04 mol ⇒ m = 0,04.12 = 0,48 gam. 

C (CO, CO 2 ) C 

Trong phản ứng nhiệt phân KMnO4, K2MnO4 và MnO2 sinh ra theo tỉ lệ mol 1 : 1 nên quy đổi 

thành KMnO3. 

⎧⎪ KClO : x mol o 

3 t ⎪⎧ KCl : x mol ⎪⎧ 

CO2 

Sơ đồ phản ứng : ⎨ + C 

⎯⎯→ ⎨ + ⎨ 

⎪ ⎩KMnO : y mol 

4 

0,48 gam ⎪ ⎩KMnO : y mol 

3 ⎪ ⎩CO 

 

 

4,385 gam 


m 

(KCl, KMnO 3 ) 

= 3,585 gam. 

? 

1,28 gam 

⎧122,5x + 158y = 4,385 ⎧x = 0,01 0,02.158 

Suy ra : ⎨ 

⇒ ⎨ ⇒ %m = .100% = 72,6% 

KMnO 

74,5x 142y 3,585 y 0,02 

4 

⎩ + = ⎩ = 

4,385 

● Hướng 3 : Sử dụng phương pháp trung bình, quy đổi và bảo toàn electron 

Đặt công thức chung của hỗn hợp CO, CO 2 là CO x. Theo giả thiết, ta có : 

0,896 

M = 12 + 16x = 16.2 = 32 ⇒ x = 1,25; n = = 0,04 mol. 

COx 

COx 

22,4 

Trong phản ứng nhiệt phân KMnO 4, K 2MnO 4 và MnO 2 sinh ra theo tỉ lệ mol 1 : 1 nên quy đổi 

thành KMnO 3. 

+ 5 

⎧ 

−1 

⎧ 

K ClO 

0 + 2,5 

⎪ 

o 

3 

t ⎪K Cl 

Sơ đồ phản ứng : ⎨ + C ⎯⎯→ ⎨ + C O 

+ 7 

+ 5 

1,25 

⎪K Mn O 

⎪ 

 

⎩ 

K Mn O3 

0,04 mol 

4 

 

⎩ 

4,385 gam 

Căn cứ vào sơ đồ phản ứng ta thấy : Chất khử là C; chất oxi hóa là KClO3 và KMnO4. 



? 





30 













⎧ 

⎪ 

122,5n + 158n = 4,385 

KClO3 KMnO4 ⎪ 

⎧n = 0,02 

KClO3 

0,02.158 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ %m = .100% = 72,6% 

KMnO4 

⎪6n + 2n = 2,5n = 0,1 n = 0,02 

4,385 

⎩ 

KClO3 KMnO4 CO1,25 ⎪⎩ KMnO4 

● Hướng 4 : Sử dụng phương pháp quy đổi, bảo toàn khối lượng và bảo toàn electron 

Hỗn hợp Y gồm CO và CO 2. Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có : 

n = n = 0,04 mol ⇒ m = 0,04.32 

 

− 0,04.12 

 

= 0,8 gam ⇒ n = 0,025 mol. 

C (CO, CO 2 ) O2 O2 

n(CO, CO 2 ) mC 

Trong phản ứng nhiệt phân KMnO 4, K 2MnO 4 và MnO 2 sinh ra theo tỉ lệ mol 1 : 1 nên quy đổi 

thành KMnO 3. 

Sơ đồ phản ứng nhiệt phân : 

⎧ 

⎪K ClO 

3 

⎨ 

+ 7 −2 

⎪ ⎩ K Mn O 

4 

+ 5 −2 −1 

4,385 gam 


⎧ 

o 

t ⎪K Cl 

⎯⎯→ ⎨ + 

+ 5 

⎪ ⎩ K Mn O3 

Al 2O 3 + 6H + → 2Al 3+ + 3H 2O 

mol: 0,2 → 1,2 

Al 2O 3 + 2OH − → 2AlO 

− 2 + H 2O 


0 

O 

2 

0,025 mol 

⎧ 

⎪122,5n + 158n = 4,385 ⎧ 

KClO3 KMnO4 ⎪n = 0,02 

KClO3 

0,02.158 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ %m = .100% = 72,6% 

KMnO4 

6n + 2n = 4n = 0,1 n = 0,02 

4,385 

⎩⎪ 

KClO3 KMnO4 O2 ⎪⎩ KMnO4 

Như vậy, hướng 4 là hợp lý nhất. Sau này, khi gặp bài tập nhiệt phân muối KMnO 4 thì nên ta 

coi sản phẩm tạo thành là KMnO3 và O2 để tính toán nhanh hơn! 

Ví dụ 28: Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO 4 và NaCl (hiệu suất 100%, 

điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện 

phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam 

Al2O3. Giá trị của m là 

A. 25,6. B. 23,5 C. 51,1. D. 50,4. 


Hướng dẫn giải 

6,72 20,4 

Theo giả thiết, ta có ; n = = 0,3 mol; n = = 0,2 mol. 

khí ôû anot 

Al2O3 

22,4 102 

Thứ tự khử trên catot : Cu 2+ > H2O; thứ tự oxi hóa trên anot : Cl − > H2O. 

Điện phân đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực, chứng tỏ trong dung dịch ion 

Cu 2+ và ion Cl − bị điện phân hết. 

Dung dịch X sau phản ứng điện phân hòa tan được Al2O3, chứng tỏ trong X chứa axit (H + ) hoặc 

bazơ ( OH − ). 


● Hướng 1: Tính toán theo phương trình phản ứng 

Phương trình phản ứng xảy ra : 

Cu 2+ + 2Cl − → Cu + Cl 2 

mol: x → 2x → x → x 

+ Nếu hết ion Cl − , dung dịch còn dư ion Cu 2+ thì : 

2Cu 2+ + 2H2O → 2Cu + O2 + 4H + 

mol: 2y → 2y → y → 4y 

+ Nếu hết ion Cu 2+ , dung dịch còn dư ion Cl − 

thì : 


2Cl − + 2H2O → 2OH − + H2 + Cl2 

mol: 2y → 2y → y 
















Ta có : 

⎪⎧ n = x + y = 0,3 

(Cl 2 , O 2 ) 

⎧ x = 0 

⎨ ⇒ ⎨ 

n 4y 1,2 

y 0,3 

+ ⎪⎩ H = = ⎩ = 

(loaïi) 

mol: 0,2 → 0,4 

⎧ ⎪n = x + y = 0,3 

Cl 

Ta có : 

2 

⎧ x = 0,1 

⎨ ⇒ ⎨ 

n 2y 0,4 y 0,2 

− ⎪⎩ OH = = ⎩ = 

CuSO4 : 0,1 mol, NaCl : 0,2 + 0,4 = 0,6 mol. 

m = 160.0,1 + 58,5.0,6 = 5,11 gam 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp bảo toàn điện tích, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố 

Nếu X chứa OH − thì khí thoát ra trên anot chỉ là Cl2 (0,3 mol), ta có : 

⎧ 

⎪ n 

− 

= n 

− 

= 2 nAl 

2 

2O 

⎪ OH AlO 

3 

 

0,4 ← ⎯ 0,2 

⎪ 

⎨n − 

= n 

− 

= 2 n ⇒ m = m + m = 51,1 gam 

Cl 

OH 

Cl 

2 CuSO4 

NaCl 

⎪ 

 

0,4 → 0,4 0,2 0,1.160 

0,6.58,5 

⎪ 

→ 

⎪n 

= n 

Cu 

Cl2 

⎪ 

⎩ 

0,1 ← 0,3− 0,2= 

0,1 

Nếu X chứa H + thì khí thoát ra có cả Cl 2 và O 2 ( n 

(Cl 2 , O 2 ) 

= 0,3 mol ), ta có : 

⎧n + = 3n 3+ 

= 6 nAl2O3 

H 

Al 

 

⎪ 1,2 ← ⎯ 0,2 

⎨ 

⇒ nCl 

= 0 (loaïi). 

2 

n + 2n 2− 

⎪ = = 4 nO2 

H O (H2O) 

 

⎪⎩ 1,2 ⎯⎯→ 

0,3 

● Hướng 3 : Sử dụng bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố 

Nếu dung dịch X chứa OH − thì khí sinh ra ở anot là Cl 2 (0,3 mol). Trong dung dịch X chứa các 

2 

ion âm là SO − 4 

và OH − và ion dương là Na + . Vậy ion Cl − trong NaCl đã được thay thế bằng ion 

2 

SO − 4 

và OH − . 

Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau điện phân và trong phản ứng của Al2O3 với 

OH − , ta có : 

⎧n − + 2n 2− = n − = 2 n 

OH SO Cl 

= 0,6 

4 Cl 

2 

n − 0,4 nCuSO 

n 2− 

⎪ 0,3 ⎪⎧ 

= 

OH ⎪⎧ 

= = 0,1 

4 SO4 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

n n 2 n n 

Al 2 0,1 

− − 

OH [Al(OH) 4 ] 2O 0,4 − 

⎪ = = = = 

3 SO 

n 

⎪ 4 ⎪ NaCl 

= n − 

⎩ ⎩ 

= 0,6 

Cl 

⎪⎩ 

0,2 

Suy ra m = mCuSO 

+ m = 

 

4 NaCl 

51,1 gam 

0,1.160 

0,6.58,5 

Nếu dung dịch sau điện phân chứa H + thì khí sinh ra là Cl2 và O2. 

Theo giả thiết và áp dụng bảo toàn điện tích ta có : 

n + 3n 3+ 

⎧⎪ 

= = 3.2n 

H Al 

Al2O 

= 1,2 

3 

⎨ 

⇒ nO 

= 0,3 ⇒ n 

2 Cl 

= 0 (loaïi). 

2 

n + = 2n 2− 

= 2.2n 

H O trong H O 

⎪⎩ 

2O 

2 

Hiện nay, phương pháp giải dạng bài tập điện phân dung dịch chứa hỗn hợp muối CuSO 4 (hoặc 

Cu(NO3)2) và NaCl hoặc (KCl) vẫn chủ yếu là tính theo phương trình phản ứng. Giải như vậy rất 

dài dòng và mất nhiều thời gian. Gặp dạng bài tập này ta nên lựa chọn hướng 3. 






32 











II. PHÂN TÍCH, ĐÁNH GIÁ TÌM HƯỚNG GIẢI TỐI ƯU ĐỐI VỚI CÁC BÀI 

TẬP HÓA HỮU CƠ 

Ví dụ 1: Hỗn hợp khí X gồm anken M và ankin N có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Hỗn 

hợp X có khối lượng 12,4 gam và thể tích 6,72 lít (ở đktc). Số mol, công thức phân tử của M và N 

lần lượt là : 

A. 0,1 mol C2H4 và 0,2 mol C2H2. B. 0,1mol C3H6 và 0,2 mol C3H4. 

C. 0,2 mol C2H4 và 0,1 mol C2H2. D. 0,2 mol C3H6 và 0,1 mol C3H4. 



● Hướng 1 : Sử dụng phương pháp tìm khoảng giới hạn số nguyên tử C 

Đặt công thức của M và N lần lượt là C nH 2n (x mol) và C nH 2n-2 (y mol). 


⎧ 6,72 ⎧ x + y = 0,3 

⎪x + y = = 0,3 ⎪ 

⎧ 4,2n = 2y + 12,4 

⎨ 22.4 ⇒ ⎨14n(x + y) − 2y = 12,4 ⇒ ⎨ 

⎪ 

0 < y < 0,3 

14nx (14n 2)y 12,4 ⎪ 

+ − = ⎩ 

⎩ 

⎩ 0,3 

⎧⎪ 

N laø C H 

3 4 

⎧ y = 0,1 

⇒ 2,95 < n < 3,095 ⇒ n = 3 ⇒ ⎨ vaø ⎨ 

⎩⎪ 

M laø C H x 0,2 

3 6 ⎩ = 

Suy ra D là đáp án đúng : 0,2 mol C H vaø 0,1 mol C H 

3 6 3 4 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp trung bình và phương pháp đường chéo 

Đặt công thức của M, N là CxH . 

y 

⎧ 6,72 

nCxH 

0,3 MC y 

xH 41,33 x 3 ⎧ 

⎪ = = M laø C 

y 

3H6 

Theo giả thiết : 22,4 

⎪⎧ = ⎪⎧ 

= ⎪ 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

⎪m 12x y 41,33 y 5,33 N laø C 

C 

3H4 

xH 

= 12,4 ⎩⎪ 

+ = ⎪⎩ 

= ⎪ 

⎩ 

⎩ 

y 

Sử dụng sơ đồ đường chéo cho số nguyên tử H của M, N, ta có : 

C 3H 6 6 5,33 – 4 = 1,33 nC3H 

1,33 2 

6 

5,33 

⇒ = = 

n 

C 3H 

C 4 4 6 – 5,33 = 0,67 

3H 

0,67 1 

4 

2 

Vậy n 

C3H 

= .0,3 = 0,2 mol vaø n 

6 C3H 

= 0,3 − 0,2 = 0,1 mol 

4 

3 

● Hướng 3 : Sử dụng phương pháp trung bình 

Vì M, N có cùng số nguyên tử C, nên đặt công thức trung bình của chúng là CxH . 

y 


⎧ 6,72 ⎧ 12,4 

⎪n = = 0,3 

C C 

xH M 

xH 

41,33 M laø C H (M 42) x 3 

y 

y 

3 6 

22,4 

⎪ = = ⎧⎪ = ⎧⎪ 

= 

⎨ ⇒ ⎨ 0,3 ⇒ ⎨ vaø ⎨ 

⎪N laø C H (M = 40) ⎪y = 5,33 

⎩ 

⎩ 

⎪m = 12,4 ⎪ 3 4 

CxH 

12x + y = 41,33 

⎩ 

⎩ 

y 


Giả sử hai chất có cùng số mol thì số 

6 + 4 

H = = 5, trên thực tế H = 5,33 > 5 , chứng tỏ C 3H 6 

2 

phải có số mol nhiều hơn. Suy ra D là đáp án đúng : 0,2 mol C H vaø 0,1 mol C H 

3 6 3 4 



Đối với bài này thì hướng làm nhanh nhất là thử đáp án : 















● Hướng 4 : Thử đáp án 

Ở phương án A : 

m = 0,1.28 + 0,2.26 = 8 gam ≠ 12,4 gam (loaïi). 

X 

Ở phương án B : m = 0,2.28 + 0,1.26 = 8,2 gam ≠ 12,4 gam (loaïi). 

X 

Ở phương án C : m = 0,1.42 + 0,2.40 = 12,2 gam ≠ 12,4 gam (loaïi). 

X 

Ở phương án D : m = 0,2.42 + 0,1.40 = 12,4 gam (thoûa maõn) 

X 

Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm 0,15 mol vinylaxetilen và 0,6 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X (xúc tác Ni) 

một thời gian, thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H2 bằng 10. Dẫn hỗn hợp Y qua dung dịch 

brom dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng brom tham gia phản ứng là 

A. 0 gam. B. 24 gam. C. 8 gam. D. 16 gam. 



Vì MY 

= 10.2 = 20 nên trong Y có chứa H2. Rất khó xác định chính xác thành phần các chất 

trong Y nên ta giả sử Y gồm 5 chất. 

⎧⎪ C H 

o 

4 4 t , Ni ⎪⎧ 

C H , C H 

4 6 4 8 Br 


2 

⎪⎧ 

C H Br 

4 6 4 

⎨ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ 

sau moät thôøi gian ⎨ ⎯⎯→ ⎨ 

⎪⎩ H ⎪⎩ C H , C H , H ⎪⎩ 

C H Br , C H Br 

 

 

2 4 10 4 4 2 4 8 2 4 4 6 

X 


Theo bảo toàn khối lượng, ta có : m = m = 0,15.52 0,6.2 

Y X 

+ = 9 gam. 

Y 

m 

m 

C H H 

4 4 

2 

Mặt khác, m = n M Y 

⇒ n = 0,45 mol ⇒ n = 0,15 

 

+ 0,6 − 0,45 = 0,3 mol. 

Y Y Y H2 

phaûn öùng 

9 ? 

2.10 n 

n 

X 

Y 

Coi như C4H4 phản ứng với H2 tạo ra một hiđrocacbon duy nhất là C H . 

4 y 

Theo bảo toàn nguyên tố C và H, ta có : 

⎧ n = n = 0,15 

C4H 

C 

y 

4H4 

y 8 

⎧ n = n = 0,15 

⎪ ⎧⎪ = 

⎪ Br2 phaûn öùng C4H8 

⎨y.n = 2 n + 4 n ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

C4H H 

y 

2 phaûn öùng C4H4 

⎪ ⎪C H laø C H 

⎩ 

4 y 4 8 ⎪m = 0,15.160 = 24 gam 

⎩ Br2 

phaûn öùng 

⎪⎩ 0,15 

0,3 

0,15 

● Hướng 2 : Sử dụng công thức k.n = n + n 

hôïp chaát höõu cô H2 phaûn öùng Br2 

phaûn öùng 

Vinylaxetilen có công thức phân tử là C 4H 4 và công thức cấu tạo là CH2 

= CH − C ≡ CH (k = 3) 

Theo bảo toàn khối lượng, ta có : m = m = 0,15.52 0,6.2 

Y X 

+ = 9 gam. 

m 

m 

C H H 

4 4 

2 

Mặt khác, m = n M Y 

⇒ n = 0,45 mol ⇒ n = 0,15 

 

+ 0,6 − 0,45 = 0,3 mol. 

Y Y Y H2 

phaûn öùng 

9 ? 

Sử dụng kết quả 

2.10 n 

n 

X 

Y 

k.n = n + n , ta có : 


phaûn öùng 


3n 

= n + n ⇒ n 

 

= 0,15 mol ⇒ m = 0,15.160 = 24 gam 

C 4 H 4 H 2 phaûn öùng Br 2 phaûn öùng Br 2 phaûn öùng Br 2 phaûn öùng 

0,15 0,3 ? 

● Hướng 3 : Sử dụng phương pháp quy đổi 







34 











Quy đổi hỗn hợp Y thành hỗn hợp gồm C4H8 và H2. Theo bảo toàn khối lượng và giả thiết, ta 

có: 

⎧ 56n + 2n = 0,15.52 + 2.0,6 = 9 

C4H8 H2 

⎪ 

 

m 

m X 

n 0,15 ⎧ n = n = 0,15 

⎪ 

⎧ 

Y ⎪ = 

C Br 

4H8 

⎪ 2 phaûn öùng C4H8 

⎨ ⇒ 

⇒ 

56n + 2n 

⎨ ⎨ 

⎪ C4H8 H n = 0,3 

2 

H m = 0,15.160 = 24 gam 

M 

2 Br2 

phaûn öùng 

Y = = 20 

⎪⎩ 

⎪⎩ 

⎪ n + n 

⎩ 

C4H8 H2 

Như vậy, đối với bài tập này thì làm theo hướng 3 là hợp lý nhất. Còn nếu hỗn hợp gồm nhiều 

hiđrocacbon không no có số C khác nhau thì làm theo hướng 2 sẽ hợp lý nhất. 

Ví dụ 3: Nung nóng hỗn hợp X gồm 0,1 mol axetilen; 0,2 mol propen; 0,1 mol etilen và 0,6 mol 

hiđro với xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H2 bằng 12,5. Cho hỗn 

hợp Y tác dụng với brom dư trong CCl4 thấy có tối đa a gam brom phản ứng. Giá trị của a là 

A. 24. B. 16. C. 32. D. 48. 

(Thi thử Đại học lần 2 – THPT chuyên Vĩnh Phúc, năm học 2012 – 2013) 



mY 

15 

m = m = 0,1.26 0,2.42 0,1.28 0,6.2 

Y X 

+ 

 

+ 

 

+ = 15 gam ⇒ n = = = 0,6 mol 

Y 

M 12,5.2 

mC H mC H m 

m 

C H H 

2 2 3 6 2 4 

2 

⇒ n = 0,1 0,2 0,1 0,6 0,6 

H2 

phaûn öùng 

+ + + − = 0,4 mol 

Sử dụng kết quả 

nX 

nY 

k.n = n + n , ta có : 


phaûn öùng 

2.n + n + n = n + n ⇒ n = 0,1 mol ⇒ m = 16 gam 

C2H2 C3H6 C2H4 H2 phaûn öùng Br2 phaûn öùng Br2 phaûn öùng Br2 

phaûn öùng 

 

0,1 0,2 0,1 

0,4 ? 

Ví dụ 4: Trong một bình kín chứa 0,35 mol C2H2; 0,65 mol H2 và một ít bột Ni. Nung nóng bình 

một thời gian, thu được hỗn hợp khí X có tỉ khối so với H 2 bằng 8. Sục X vào lượng dư dung dịch 

AgNO 3 trong NH 3 đến phản ứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y và 24 gam kết tủa. Hỗn hợp 

khí Y phản ứng vừa đủ với bao nhiêu mol Br 2 trong dung dịch? 

A. 0,10 mol. B. 0,20 mol. C. 0,25 mol. D. 0,15 mol. 



⎧C H 

⎨ 

H 

⎧C H 

⎪C H 

⎯⎯⎯→ ⎨ 

C H 

2 6 

o 

2 2 t , Ni 2 4 


dd AgNO3 

dö 

⎩ 2 ⎪ 2 2 

⎪⎩ H2 

 

X 

⎧ 


C Ag 

2 2 

C H 

⎪ 

⎨C H 

⎪ 

⎩H 


↓ 

Y 

2 4 

Br2 

2 6 

C2H4Br2 

2 

 

Y 



⎪⎧ 

C2H6 

↑ 

⎯⎯→ + ⎨ 

⎪⎩ 

H2 

↑ 











Để tính số mol Br2 phản ứng, ta có thể đi theo các hướng sau : 

● Hướng 1 : Sử dụng phương pháp bảo toàn khối lượng và công thức giải nhanh 






36 

Số mol hỗn hợp khí ban đầu : n(C2H 2 , H 2 ) 

= nC2H + n 

2 H 

= 1 mol. 

2 

 


0,35 0,65 

m m 

0,35.26 + 0,65.2 

X (C2H 2 , H 2 ) ban ñaàu 

m(C2H 2 , H 2 ) ban ñaàu 

= mX 

⇒ nX 

= = = = 0,65 mol. 

MX 

MX 

8.2 

Suy ra : nH2 phaûn öùng 

= n(C2H 2 , H 2 ) ban ñaàu 

− n 

X 

= 0,35 mol. 

 

1 

0,65 

24 

Theo giả thiết, suy ra : nC2H2 dö 

= nC2Ag = = 0,1 mol ⇒ n 

2 C2H2 phaûn öùng vôùi H2 vaø Br 

= 0,25 mol. 

2 

240 

Do C 2H 2 có hai liên kết π nên tham gia phản ứng cộng H 2 và Br 2 theo tỉ lệ 1 : 2. 

Suy ra : n + n = 2.n ⇒ n = 0,15 mol 

Br2 phaûn öùng H2 phaûn öùng C2H2 phaûn öùng vôùi H2 vaø Br2 Br2 

phaûn öùng 

 

? 0,35 0,25 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp quy đổi và công thức giải nhanh 

24 

Theo giả thiết, suy ra : n = n = = 0,1 mol. 

C2H2 dö C2Ag2 

240 

Quy đổi hỗn hợp hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm C 2H 4 và H 2. Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có : 

n = n = 0,35 mol. Suy ra : n = n − 2.n = 0,15 mol 

C2H4 C2H2 

ban ñaàu 

Br2 phaûn öùng C2H4 C2H2 

dö 

 

0,35 0,1 

Rõ ràng hướng 2 nhanh và sáng tạo hơn nhiều so với hướng 1. 

Ví dụ 5: Hỗn hợp khí X gồm C2H6, C3H6 và C4H6. Tỉ khối của X so với H2 bằng 24. Đốt cháy hoàn 

toàn 0,96 gam X trong oxi dư rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào 1 lít dung dịch Ba(OH) 2 0,05M. 

Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là 

A. 9,85. B. 7,88. C. 13,79. D. 5,91. 




Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm C 2H 6 và C 4H 6. 

Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố C, ta có : 

⎧ m = 30n + 54n = 0,96 

X C2H6 C4H6 

⎪ 

⎪ 

⎧ n = 0,005 

C2H6 

⎨ 30n + 54n ⇒ 

C2H6 C4H ⎨ 

⇒ n = 2.0,005 

6 CO2 

+ 4.0,015 = 0,07 mol. 

⎪MX = = 48 n = 0,015 

C4H6 nC 2H 

n 

6 C4H 

n + n 

⎪⎩ 

6 

⎪⎩ 

C2H6 C4H6 

Khi cho 0,07 mol CO 2 vào dung dịch chứa 0,05 mol Ba(OH) 2 sẽ tạo ra cả muối BaCO 3 và 

Ba(HCO 3) 2 : 

Ba(OH) + CO → BaCO ↓ + H O (1) 

2 2 3 2 

mol : 0,05 → 0,05 → 0,05 

BaCO + CO + H O → Ba(HCO ) (2) 

3 2 2 3 2 

mol : 0,02 ← (0,07 − 0,05) = 0,02 


















Suy ra : n = 0,03 mol ⇒ m = 0,03.197 = 5,91 gam 

BaCO3 BaCO3 

Hoặc có thể quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm C3H6 và C4H6. 


⎧ m = 42n + 54n = 0,96 

X C3H6 C4H6 

⎪ 

⎪ 

⎧ n = 0,01 

C3H6 

⎨ 42n + 54n ⇒ 

C3H6 C4H ⎨ 

⇒ n = 3.0,01 

6 CO2 

+ 4.0,01 = 0,07 mol. 

⎪MX = = 48 n = 0,01 

C4H6 nC 3H 

n 

6 C4H 

n + n 

⎪⎩ 

6 

⎪⎩ 

C3H6 C4H6 

Khi cho 0,07 mol CO 2 vào dung dịch chứa 0,05 mol Ba(OH) 2 sẽ tạo ra cả muối BaCO 3 và 

Ba(HCO 3) 2. Sử dụng công thức giải nhanh, ta có : 

n = 2 n − n = 0,03 ⇒ m = 0,03.197 = 5,91 gam 

BaCO3 Ba(OH) 2 CO2 BaCO3 

 

0,05 

0,07 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng 

⎧ M(C2H 6 , C3H 6 , C6H 6 ) = 24.2 = 48 ⎧n = 6n = 0,12 

H (C3H 4 , C3H 6 , C3H 8 ) 

⎪ 

⎪ 

⎨ 0,96 ⇒ ⎨ 0,96 − 0,12 

⎪n = = 0,02 

(C3H 4 , C3H 6 , C3H 8 ) ⎪n = n = = 0,07 

CO2 

C 

⎩ 

48 ⎩ 

12 

Sử dụng công thức giải nhanh, ta có : n = 2 n − n = 0,03 ⇒ m = 5,91 gam 


 

● Hướng 3 : Sử dụng phương pháp trung bình và bảo toàn nguyên tố 

Đặt công thức trung bình của hỗn hợp X là C H . 

6 


⎧ MX 

= 12x + 6 = 24.2 = 48 ⎧x = 3,5 

⎪ 

⎪ 

⎨ 0,96 

⇒ ⎨ n = 3,5.0,02 

CO2 

= 0,07 

⎪n = = 0,02 

C H 

⎪ 

x 6 

x n 

⎩ 48 

C H 

⎩ 

x 6 

x 

Sử dụng công thức giải nhanh, ta có : n = 2 n − n = 0,03 ⇒ m = 5,91 gam 


 

Đối với bài tập này, hướng 3 là sự lựa chọn tối ưu nhất. 

Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn một lượng ancol X cần vừa đủ 8,96 lít khí O2 (đktc). thu được 6,72 lít 

khí CO2 (đktc) và 7,2 gam H2O. Biết X có khả năng phản ứng với Cu(OH)2. Tên của X là 

A. propan-1,3-điol. B. glixerol. C. propan-1,2-điol. D. etylen glicol. 



● Hướng 1 : Sử dụng công thức giải nhanh và bảo toàn nguyên tố C, H, O 

Đặt công thức phân tử của X là CxHyOz. 

Theo giả thiết, khi đốt cháy X cần 0,4 mol O2, tạo thành 0,3 mol CO2 và 0,4 mol H2O; X phản 

ứng được với Cu(OH)2. Suy ra X là ancol no, đa chức và phải có ít nhất hai nhóm –OH liền kề. Suy 

ra : n = n − n = 0,1 mol. 

CxHyOz H2O CO2 

 


0,4 0,3 

t 

Sơ đồ phản ứng : C H O + O ⎯⎯→ CO + H O 

x y z 

2 2 2 

 

0,1 mol 

o 

0,05 

0,05 

0,4 mol 0,3 mol 0,4 mol 


0,07 

0,07 













38 


Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, H, O, ta có : 

⎧0,1x = 0,3 ⎧x = 3 ⎧CTPT cuûa X laø C H O 

3 8 2 

⎪ ⎪ ⎪ 

⎨0,1y = 0,4.2 ⇒ ⎨y = 8 ⇒ ⎨CTCT cuûa X laø CH OH − CHOH − CH 

2 3 

⎪0,1z 0,4.2 0,3.2 0,4 ⎪z 2 ⎪ 

 

⎩ + = + ⎩ = ⎩ 

propan−1,2− 

ñiol 

● Hướng 2 : Sử dụng công thức giải nhanh, bảo toàn nguyên tố O và dựa vào đáp án 

Theo giả thiết, khi đốt cháy X cần 0,4 mol O 2, tạo thành 0,3 mol CO 2 và 0,4 mol H 2O; X phản 

ứng được với Cu(OH) 2. Suy ra X là ancol no, đa chức (có ít nhất hai nhóm –OH liền kề). 

⎧ n = n − n = 0,1 

X H2O CO2 

⎪ ⎧ O = 2 

X 

⎪ nCO 

⎪ 

2 

Ta có : ⎨C = = 3 ⇒ 

X ⎨X : C H O hay CH OH − CHOH − CH 

n 

3 8 2 2 3 

⎪ 

X 

⎪ 

propan−1,2−ñiol 

⎪ O .n + 2n = 2n + n ⎩ 

X X O2 CO2 H2O 

⎪⎩ 

Hướng 2 tối ưu hơn hướng 1. 

Ví dụ 7: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp 3 ancol đơn chức, thuộc cùng dãy đồng đẳng, thu được 

3,808 lít khí CO 2 (đktc) và 5,4 gam H 2O. Giá trị của m là 

A. 4,72. B. 5,42. C. 7,42. D. 5,72. 



Khi đốt cháy hỗn hợp X gồm 3 ancol đơn chức, thu được : 

5,4 3,808 

n = = 0,3 > n = = 0,17 ⇒ X gồm 3 ancol no, đơn chức. 

H2O 

CO2 

18 22,4 

● Hướng 1 : Sử dụng phương trình phản ứng cháy và bảo toàn khối lượng 


3n 

o 

t 

C H OH + O ⎯⎯→ nCO + (n + 1)H O (1) 

n 2n+ 

1 

2 2 2 

2 

mol : 0,255 ← 0,17 0,3 

Theo giả thiết, (1) và bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎪ 

⎧ n = 1,5n = 0,255 

O2 CO2 

⎨ 

⇒ m = 0,17.44 + 0,3.18 − 0,255.32 = 4,72 gam 

C H OH 

m + m = m + m 

n 2 n+ 

1 

 

⎪⎩ 

C H OH O 

n 2 n 1 2 CO2 H2O + 

mCO m 

2 H2O mO 

2 

● Hướng 2 : Sử dụng công thức (k − 1)n = n − n 

hôïp chaát CxHyOz CO2 H2O 

Ancol no có k = 0, suy ra : n = n − n = 0,3 − 0,17 = 0,13 ⇒ n = n = 0,13 

ancol H2O CO2 

O trong ancol ancol 

Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : m = 0,17.12 + 0,3.2 + 0,13.16 = 4,72 gam 

ancol 

mC trong ancol mH trong ancol mO trong ancol 


⎧ n = 1,5n = 0,255 

O2 CO2 

⎪ 

mCO 

Ta có : ⎨m + m = m + m ⇒ m = 18n − 4n = m − 

C H OH O C H OH H 

2 CO2 H2O 

n 2n 1 

2O CO2 H2O 

n 2n+ 

1 

+ 

⎪ 

11 

32.1,5nCO 44n 

2 CO 18n 

⎩ 

2 H2O 


Sử dụng công thức giải nhanh, ta có : m = 18n − 4n = 5,4 − 0,17.4 = 4,72 gam 

C H OH H n 2 n 1 

2 O CO 

+ 

2 




2 














Đối với bài này, nếu nhớ được công thức giải nhanh thì lựa chọn hướng 3. Nếu không nhớ hoặc 

ancol là đa chức thì hướng 2 là lựa chọn tối ưu. 

Ví dụ 8: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,07 mol một ancol đa chức và 0,03 mol một ancol 

không no, có một liên kết đôi, mạch hở, thu được 0,23 mol khí CO2 và m gam H2O. Giá trị của m là 

A. 5,40 . B. 2,34 . C. 8,40 . D. 2,70. 



●Hướng 1 : Tính theo phương trình phản ứng 

nCO 

0,23 

2 

Số nguyên tử cacbon trung bình của hai ancol là : Cancol 

= = = 2,3 . 

n 0,07 + 0,03 

hai ancol 

Vì ancol không no phải có số nguyên tử C lớn hơn hoặc bằng 3, suy ra ancol hai chức là 

C2H4(OH)2. 

Số C trong ancol không no là : 

CH 2=CHCH 2OH. 


5 

o 

t 

C H (OH) + O ⎯⎯→ 2CO + 3H O (1) 

2 4 2 2 2 2 

2 

mol : 0,07 → 

0,21 

o 

t 

= − + ⎯⎯→ + 

2 2 2 2 2 

CH CH CH OH 4O 3CO 3H O (2) 

mol : 0,03 → 

0,09 

Theo (1), (2), ta có : n = 0,3 mol ⇒ m = 0,3.18 = 5,4 gam 

H2O 

H2O 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố 

0,23 − 0,07.2 

Cancol khoâng no 

= = 3. Suy ra ancol không no là 

0,03 

nCO 

0,23 

2 


= = = 2,3 . 

n 0,07 + 0,03 

hai ancol 


C 2H 4(OH) 2. 

0,23 − 0,07.2 

Số C trong ancol không no là : Cancol khoâng no 

= = 3. Suy ra ancol không no là 

0,03 

CH 2=CHCH 2OH. Theo bảo toàn nguyên tố H, ta có : 

⎧ n = 0,3 

⎪ H2O 

2 n = 6 n + 6 n ⇒ 

H2O C2H 4 (OH) 2 CH2 = CHCH2OH 

⎨ 

m = 5,4 gam 

⎪⎩ H2O 

? 0,07 0,03 




nCO 

0,23 

2 


= = = 2,3 . 

n 0,07 + 0,03 


hai ancol 


C2H4(OH)2. 

Như vậy, hỗn hợp X gồm một ancol no và một ancol không no, có 1 liên kết π . 















Khi đốt cháy hỗn hợp X, ta thấy : 

⎧Vôùi C H OH : n n 0 

⎧ n = 0,3 

⎪ 

− = 

n 2n−1 H H 

2O CO2 

⎪ 2O 

⎨ 

⇒ n − n = n ⇒ 

H2O CO2 C2H 4 (OH) ⎨ 

2 

⎪Vôùi C H (OH) : n − n = n 

⎩ 2 4 2 H2O CO2 C2H 4 (OH) ⎪m = 5,4 gam 

2 ⎩ H2O 

? 0,23 0,07 

Đối với bài tập này thì hướng 3 là hướng giải tối ưu. Khi gặp các bài tập đốt cháy hợp chất hữu 

cơ ta nên chú ý khai thác hai công thức : 

(k − 1)n = n − n và 

CxHy hoaëc CxHyOz CO2 H2O 

(k −1− 0,5t)n = n − n 

CxHyNz hoaëc CxHyOzNt CO2 H2O 

Ví dụ 9: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic và glixerol. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu 

được 15,68 lít khí CO 2 (đktc) và 18 gam H 2O. Mặt khác, 80 gam X hòa tan được tối đa 29,4 gam 

Cu(OH) 2. Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong X là 

A. 46%. B. 16%. C. 23%. D. 8%. 


Hướng dẫn giải 

Phương trình phản ứng của glixerol với Cu(OH)2 : 

o 

t thöôøng 

+ ⎯⎯⎯⎯→ + 

3 5 3 2 3 5 2 2 2 

2C H (OH) Cu(OH) [C H (OH) O] Cu 2H O (1) 

 

mol : kz → 0,5kz 

Suy ra : Ở phản ứng (1) n : n = 2 :1. 

C3H 5 (OH) 3 Cu(OH) 2 

dung dòch phöùc maøu xanh thaãm 

Đây là dạng bài tập chia hỗn hợp thành các phần không bằng nhau. Để giải dạng bài tập này ta 

có thể làm như sau : 

● Hướng 1 : Đặt số mol chất trong các phần khác nhau tỉ lệ với nhau theo một số k; a; b... 

Trong m gam X, ta đặt : 

n = x mol; n = y mol; n = z mol. 

CH3OH C2H5OH C3H 5 (OH) 3 

Trong 80 gam X, ta đặt : n = kx mol; n = ky mol; n = kz mol. 

CH3OH C2H5OH C3H 5 (OH) 3 

Theo bảo toàn nguyên tố C, H, giả thiết và (1), ta có : 

⎧ x + 2y + 3z = n = 0,7 ⎧ 

CO2 

⎪ 

⎪x + 2y + 3z = 0,7 ⎧x = 0,05 

⎪4x + 6y + 8z = 2n = 2 

H2O 

⎪ 

⎪ 

⎨ ⇒ ⎨4x + 6y + 8z = 2 ⇒ ⎨y = 0,1 

⎪m = 32kx + 46ky + 92kz = 80 

X 

⎪32x + 46y + 92z 80 ⎪z = 0,15 

⎪ ⎩ 

0,5kz = n = 0,3 

⎪ = 

⎩ 

Cu(OH) 2 

⎩ 0,5z 0,3 

0,1.46 

Suy ra : %m = .100% = 23% 

CH3OH 

0,05.32 + 0,1.46 + 0,15.92 

● Hướng 2 : Tìm trực tiếp mối liên hệ về số mol chất giữa các phần khác nhau 

Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố C, H, ta có : 



⎧ n + 2n + 3n = n = 0,7 

CH3OH C2H5OH C3H 5 (OH) 3 CO2 

⎪ 

⎪4n + 6n + 8n = 2n = 2 ⎧n + 2n + 3n = 0,7 

CH3OH C2H5OH C3H 5 (OH) 3 H2O CH3OH C2H5OH C3H 5 (OH) 3 

⎪ 

⎪ 

⎨32n + 46n + 92n 4n 6n 

CH3OH C2H5OH C3H 5 (OH) 80 ⇒ ⎨ + + 8n = 2 

3 CH3OH C2H5OH 

C3H 5 (OH) 3 

⎪ 

= ⎪ 

⎪ 

98n 29,4 

Cu(OH) 

32n + 46n − 41,33n = 0 

2 

⎪⎩ CH3OH C2H5OH C3H 5 (OH) 3 

⎪ 

n : n = 2 :1 

⎩ C3H 5 (OH) 3 Cu(OH) 2 






40 













⎧ nCH = 

3OH 

0,05 

⎪ 

0,1.46 

Suy ra : ⎨nC = ⇒ = = 

2H5OH 

0,1 %m 

CH3OH 

.100% 23% 

⎪ 

0,05.32 + 0,1.46 + 0,15.92 

⎪⎩ 

nC = 

3H 5 (OH) 

0,15 

3 

Ví dụ 10: Để hiđro hóa hoàn toàn 0,025 mol hỗn hợp X gồm hai anđehit có khối lượng 1,64 gam, 

cần 1,12 lít H 2 (đktc). Mặt khác, khi cho cũng lượng X trên phản ứng với một lượng dư dung dịch 

AgNO 3 trong NH 3 thì thu được 8,64 gam Ag. Công thức cấu tạo của hai anđehit trong X là : 

A. OHC–CH 2–CHO và OHC–CHO. B. H–CHO và OHC–CH 2–CHO. 

C. CH2=C(CH3)–CHO và OHC–CHO. D. CH2=CH–CHO và OHC–CH2–CHO. 



Khối lượng mol trung bình, số liên kết π trung bình, số nhóm chức anđehit trung bình của hai 

anđehit lần lượt là : 

m 

X 

1,64 nH 

0,05 n 

2 

Ag 0,08 

MX 

= = = 65,6 (1); π = = = 2 (2); CHO = = = 1,6 (3). 

n 0,025 n 0,025 2n 2.0,025 

X X X 

Từ (2), loại được phương án B. Vì OHC–CH 2–CHO có 2 liên kết π , nhưng HCHO chỉ có 1 liên 

kết π nên 1 < π < 2. 

Từ (3), loại được phương án A. Vì OHC–CH 2–CHO và OHC–CHO đều có 2 nhóm –CHO nên 

nAg 

= 4. Vậy đáp án đúng là C hoặc D. 

nX 

Để tìm đáp án đúng ta có thể làm theo các hướng sau : 

● Hướng 1 : Dựa vào đáp án, xét từng trường hợp cụ thể 

* Nếu C là phương án đúng thì theo bảo toàn electron và giả thiết, ta có : 

⎪ 

⎧ 2n + 4n = n = 0,08 

CH2 = C(CH 3 ) −CHO OHC− CHO Ag 

⎧ ⎪n = 0,01 

CH2 = C(CH 3 ) −CHO 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ m = 1,57 ≠ 1,64. 

X 

⎪n + n = 0,025 

⎩ CH2 = C(CH 3 ) −CHO OHC−CHO ⎪⎩ 

n = 0,015 

OHC−CHO 

* Nếu D là phương án đúng thì theo bảo toàn electron và giả thiết, ta có : 

⎧ 

⎪2n + 4n = n = 0,08 ⎧n 0,01 

CH2 = CH−CHO OHC−CH2 − CHO Ag ⎪ = 

CH2 

= CH−CHO 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ m = 1,64. 

X 

⎪n + n = 0,025 n = 0,015 

⎩ CH2 = CH−CHO OHC−CH2 −CHO ⎪⎩ 

OHC−CH2 

−CHO 

Vậy D là phương án đúng. 

● Hướng 2 : Phân tích, đánh giá kết hợp với đáp án 

1+ 

2 

Do CHO = 1,6 > = 1,5 nên anđehit hai chức phải có số mol nhiều hơn anđehit đơn chức. 

2 

* Nếu C là phương án đúng thì ta có : 

⎧ n 

< n 

CH2 = C(CH 3 ) −CHO OHC−CHO 

⎪ 

⎨ 70n + 58n 


70 + 58 

⎪MX 

= < = 64 

n + n 2 

⎪⎩ 



Mặt khác, MX 

= 65,6 , suy ra C không phải là phương án đúng. 

* Nếu D là phương án đúng thì ta có : 

















⎧ n < n 

CH2 = CH−CHO OHC−CH2 

−CHO 

⎪ 

⎨ 56n + 72n 56 + 72 

⎪ 

n + n 2 

⎪⎩ 


−CHO 


−CHO 

MX 

= > = 64 

Mặt khác, MX 

= 65,6 , suy ra D là phương án đúng. 

Đối với bài tập này, hướng 2 sẽ nhanh hơn hướng 1 vì chỉ cần đánh giá, không cần tính toán số 

liệu cụ thể. Vì chỉ có phương án C hoặc D đúng nên chỉ cần xét (ở hướng 1) hoặc phân tích, đánh 

giá (ở hướng 2) một phương án là suy ra được kết quả. 

Ví dụ 11: Oxi hóa 0,08 mol một ancol đơn chức, thu được hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic, một 

anđehit, ancol dư và nước. Ngưng tụ toàn bộ X rồi chia làm hai phần bằng nhau. Phần một cho tác 

dụng hết với Na dư, thu được 0,504 lít khí H 2 (đktc). Phần hai cho phản ứng tráng bạc hoàn toàn thu 

được 9,72 gam Ag. Phần trăm khối lượng ancol bị oxi hóa là 

A. 50,00%. B. 62,50%. C. 31,25%. D. 40,00%. 



Giả sử ancol đơn chức không phải là CH3OH và có công thức là RCH2OH. Trong phản ứng 

tráng gương, theo bảo toàn electron, ta có : 

0,08 

2n = n = 0,09 ⇒ n = 0,045 > n = = 0,04 : Voâ ly!ù Vậy X phải là CH3OH. 

RCHO Ag RCHO RCH2OH 

2 

Để tính phần trăm khối lượng ancol CH3OH bị oxi hóa, ta có thể đi theo các hướng sau : 

● Hướng 1 : Tính theo phương trình phản ứng 

o 

t 

+ ⎯⎯→ + 

3 2 

CH OH [O] HCHO H O (1) 

mol : x → x → x 

o 

t 

CH OH + 2[O] ⎯⎯→ HCOOH + H O (2) 

3 2 

mol : y → y → y 

1 

HCOOH + Na → HCOONa + H (3) 

2 

2 

mol : y → 

0,5y 

1 

CH OH + Na → CH ONa + H (4) 

3 dö 3 2 

2 

mol : z → 

0,5z 

1 

H O + Na → NaOH + H (5) 

2 2 

2 

mol :x + y → 0,5(x + y) 

o 

AgNO 3 /NH 3 , t 

HCHO ⎯⎯⎯⎯⎯→ 4Ag (6) 

mol : x → 4x 

o 

AgNO 3 /NH 3 , t 

HCOOH ⎯⎯⎯⎯⎯→ 2Ag (7) 

mol : y → 2y 

Theo giả thiết và các phản ứng ta có : 






42 













⎧ n = 4x + 2y = 0,09 

Ag 

⎧4x 2y 0,09 ⎧ 

+ = x = 0,02 

⎪ ⎪ ⎪ 

⎨n = x + y + z = 0,04 ⇒ x y z 0,04 y 0,005 

CH3OH 

⎨ + + = ⇒ ⎨ = 

⎪ ⎪ 

n 0,5(x y) 0,5y 0,5z 0,0225 x 2y z 0,045 ⎪ 

= + + + = + + = z = 0,015 

⎪⎩ H 

⎩ ⎩ 

2 

0,02 + 0,005 

Vậy hiệu suất oxi hóa ancol là : H = .100% = 62,5% 

oxi hoùa CH3OH 

0,04 

● Hướng 2 : Khai thác bản chất phản ứng và sử dụng các định luật bảo toàn 

⎧HCHO 

⎧HCOONa 

o 

[O], t ⎪HCOOH 

Na ⎪ 

Sơ đồ phản ứng : CH OH ⎯⎯⎯→ ⎯⎯→ NaOH + H 

3 (1) (2) 

2 

 

⎨ 

⎨ 

⎪HOH 

⎪ 

0,04 mol 

CH ONa 

⎪ 

3 

CH OH ⎩ 

⎩ 3 dö 

0,0225 mol 

Bản chất phản ứng : Ở (1), mỗi phân tử ancol bị tách hai nguyên tử H để kết hợp với [O] tạo ra 

một phân tử H 2O. Nên 

n = n (*) . Ở phản ứng (2), HCOOH, CH 3OH dư, HOH 

CH3OH phaûn öùng H2O taïo thaønh 

có nguyên tử H linh động trong nhóm –OH nên tham gia phản ứng thế Na, HCHO không tham gia 

phản ứng này. 

Theo bảo toàn nguyên tố H trong nhóm –OH, bảo toàn electron, tính chất (*) và giả thiết, ta có : 

⎧ n + n + n = 2n = 0,045 

HCOOH CH3OH dö H2O H2 

⎪ ⎧ n + n + n = 0,045 

n = n 

 

HCOOH CH3OH phaûn öùng CH3OH dö 

⎪ CH3OH phaûn öùng H2O taïo thaønh 

⎪ 

⎨ 

⇒ ⎨ 

0,04 

⎪n + n = 0,04 

CH3OH phaûn öùng CH3OH dö 

⎪ 2n + 4n = 0,09 

HCOOH HCHO 

⎪ 

⎪⎩ 

2n + 4n = n = 0,09 

HCOOH HCHO Ag 

⎩ 

⎧ n = 0,005 

HCOOH 

⎪ 

0,025 

⇒ ⎨n = 0,02 ⇒ H = .100% = 62,5% 

HCHO 

oxi hoùa CH3OH 

⎪ 

0,04 

n = n + n = 0,025 

⎪⎩ CH3OH phaûn öùng HCOOH HCHO 

Đối với bài tập này, làm theo hướng 1 sẽ mất nhiều thời gian hơn hướng 2. Nhưng hướng 2 đòi 

hỏi phải tư duy sâu sắc hơn! 

Ví dụ 12: Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và axit linoleic. Để trung hòa m gam X cần 40 

ml dung dịch NaOH 1M. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn m gam X thì thu được 15,232 lít khí 

CO2 (đktc) và 11,7 gam H2O. Số mol của axit linoleic trong m gam hỗn hợp X là 

A. 0,015. B. 0,010. C. 0,020. D. 0,005. 



Các axit panmitic (C 15H 31COOH), axit stearic (C 17H 35COOH) và axit linoleic (C 17H 31COOH) 

trong hỗn hợp X đều là axit béo, đơn chức nên phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 1. 

Để tính số mol của C 17H 31COOH, ta có thể đi theo các hướng sau : 


Theo giả thiết, suy ra : 

n n 

CO2 CO 0,68 2n 

2 H2O 

1,3 

CX 

= = = = 17; HX 

= = = 32,5 ⇒ X laø C H O (k = 1,75). 

17 32,5 2 

n n 0,04 n 0,04 


X NaOH X 















Trong phân tử axit panmitic (C 15H 31COOH) và axit stearic (C 17H 35COOH) đều có 1 liên kết π 

(k = 1). Axit linoleic (C 17H 31COOH) có 3 liên kết π (k = 3). 

Theo giả thiết và sử dụng công thức trung bình cho số liên kết π của các axit, ta có : 

⎧ n + n = 0,04 

(C15H31COOH, C17H35COOH) C17H33COOH 

⎧ n = 0,025 

⎪ 

⎪ 

(C15H31COOH, C17H35COOH) 

⎨ 1.n + 3.n 

⇒ 

(C15H31COOH, C17H35COOH) C17H33COOH 

⎨ 

⎪k = = 1,75 ⎪ n = 0,015 

C17H33COOH 

n 

n 

(C15H31COOH, C17H35COOH) + 

C17H33COOH 

⎩ 

⎪⎩ 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp trung bình và phương pháp đường chéo 


n n 

CO2 CO 0,68 2n 

2 H2O 

1,3 

CX 

= = = = 17; HX 

= = = 32,5 ⇒ X laø C H O (k = 1,75). 

17 32,5 2 

n n 0,04 n 0,04 

X NaOH X 

Trong phân tử axit panmitic (C 15H 31COOH) và axit stearic (C 17H 35COOH) đều có 1 liên kết π 

(k = 1). Axit linoleic (C 17H 31COOH) có 3 liên kết π (k = 3). 

Áp dụng sơ đồ đường chéo cho số liên kết π trung bình của hỗn hợp, ta có : 

C H COOH 1 3 – 1,75 = 1,25 

n 2n+ 

1 

nCnH2 n 1COOH 

1,25 5 

+ 

1,75 

⇒ = = 

n 0,75 3 

C H COOH 3 1,75 – 1 = 0,75 C17H31COOH 

17 31 

3 

Suy ra n = .0,04 = 0,015 mol 

C17H31COOH 

8 


Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố C và H, ta có : 

⎧ 

⎧ 

n + n + n = n = 0,04 n = 0,02 

C15H31COOH C17H35COOH C17H31COOH NaOH C15H31COOH 

⎪ 

⎪ 

⎪ 

⎨16n + 18n + 18n = n = 0,68 ⇒ 

C15H31COOH C17H35COOH C17H31COOH CO ⎨n = 0,005 

2 C17H35COOH 

⎪ 

⎪ 

32n + 36n + 32n = 2n = 1,3 ⎪⎩ C15H31COOH C17H35COOH C17H31COOH H2O ⎪ n = 0,15 

C17H31COOH 

⎩ 


Sử dụng công thức (k − 1)n = n − n , ta thấy : 

CxHyOz CO2 H2O 

Axit panmitic C15H31COOH, axit stearic C17H35COOH trong phân tử đều có 1 liên kết π (k = 

1). Khi đốt cháy các axit này sẽ cho n − n = 0 . 

CO2 H2O 

Axit linoleic C 17H 31COOH có 3 liên kết π (k = 3), khi đốt cháy cho 2n = n − n . 

Vậy khi đốt cháy hỗn hợp axit panmitic, axit stearic và axit linoleic, ta có : 

2 n = n − n ⇒ n = 0,015 mol 

C17H31COOH CO2 H2O C17H31COOH 

 

? 

0,68 0,65 



C17H31COOH CO2 H2O 

Đối với bài tập này, giải theo hướng 4 là tối ưu nhất. Nếu không sử dụng thành thạo công thức 

giải nhanh thì nên giải theo hướng 3. 






44 











Ví dụ 13: Trung hòa 3,88 gam hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở bằng 

dung dịch NaOH, cô cạn toàn bộ dung dịch sau phản ứng thu được 5,2 gam muối khan. Nếu đốt 

cháy hoàn toàn 3,88 gam X thì thể tích oxi (đktc) cần dùng là : 





Đặt công thức trung bình của hai axit no, đơn chức, mạch hở là C H 


n 2n+ 1 n 2n+ 

1 

n 2n+ 

1 

C H COOH + NaOH ⎯⎯→ C H COONa + H O (1) 

mol : x → 

x 

mol : 

COOH. 

3n + 1 

o 

t 

C H COOH + O ⎯⎯→ (n + 1)CO + (n + 1)H O (2) 

n 2n+ 

1 

2 2 2 

2 

x 

→ 

(3n + 1)x 

2 

⎧ 

⎪m = (14n + 46)x = 3,88 

X 

⎪⎧ 14nx + 46x = 3,88 ⎪⎧ 

nx = 0,08 

Theo (1) và giả thiết, ta có : ⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

⎪⎩ 

m = (14n + 68)x = 5,2 14nx + 68x = 5,2 ⎪x 0,06 

muoái 

⎪⎩ 

⎩ = 

Theo (2), ta có : 

(3n + 1)x 3nx + x 3.0,08 + 0,06 

n = = = = 0,15 mol ⇒ V = 0,15.22,4 = 3,36 lít 

O2 O 2 (ñktc) 

2 2 2 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng và phương pháp trung bình 



2 

n 2n+ 

1 

Căn cứ vào sự tăng khối lượng khi chuyển từ axit thành muối Na, ta có : 

COOH. 

5,2 − 3,88 3,88 4 

n = n = = 0,06 mol ⇒ 14n + 46 = ⇒ n = . 

C H COOH C H COONa 

n 2 n+ 1 n 2 n+ 

1 

23 −1 0,06 3 

Phương trình phản ứng đốt cháy hỗn hợp axit : 

3n + 1 

o 

t 

C H COOH + O ⎯⎯→ (n + 1)CO + (n + 1)H O 

n 2n+ 

1 

2 2 2 

2 

mol : 0,06 

→ 

Theo phản ứng ta thấy : 

(3n + 1).0,06 

2 

4 

(3. + 1).0,06 

(3n + 1).0,06 

n = = 3 = 0,15 mol ⇒ V = 0,15.22,4 = 3,36 lít 

O2 O 2 (ñktc) 

2 2 

● Hướng 3 : Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng và bảo toàn nguyên tố 


n 2n+ 

1 

Căn cứ vào sự tăng khối lượng khi chuyển từ axit thành muối Na, ta có : 

COOH. 


5,2 − 3,88 3,88 4 

n = n = = 0,06 mol ⇒ 14n + 46 = ⇒ n = . 

C H COOH C H COONa 

n 2 n+ 1 n 2 n+ 

1 

23 −1 0,06 3 
















Khi đốt cháy axit no, đơn chức, thu được 

Theo bảo toàn nguyên tố C và O, ta có : 

n 

= n . 

CO2 H2O 

⎧ 

4 

n = n = (n + 1)n = ( + 1).0,06 = 0,14 

H2O CO2 C H COOH 

n 2 n 1 

3 

⎧ n = 0,15 mol 

+ 

⎪ 

⎪ O2 

⎨ 

⇒ 

2.n 2.n 2.n n 

⎨ 

⎪ 

+ = + 

C H COOH O 

n 2 n 1 

2 CO2 H2O 

 

V 0,15.22,4 3,36 lít 

+ 

⎪ = = 

⎩ O 2 (ñktc) 

⎪⎩ 

 

0,06 

? 0,14 0,14 

Bài tập này làm theo hướng 3 là tối ưu nhất. 

Ví dụ 14: Hỗn hợp M gồm ancol no, đơn chức X và axit cacboxylic đơn chức Y, đều mạch hở và có 

cùng số nguyên tử C, tổng số mol của hai chất là 0,5 mol (số mol của Y lớn hơn số mol của X). Nếu 

đốt cháy hoàn toàn M thì thu được 33,6 lít khí CO 2 (đktc) và 25,2 gam H 2O. Mặt khác, nếu đun 

nóng M với H 2SO 4 đặc để thực hiện phản ứng este hoá (hiệu suất là 80%) thì số gam este thu được 

là 

A. 34,20. B. 27,36. C. 22,80. D. 18,24. 


được 

n 

Đốt cháy ancol no, đơn chức, thu được 

H2O 

CO2 


n 

> n ; đốt cháy axit cacboxylic no, đơn chức, thu 

H2O 

CO2 

n = n . Suy ra : Nếu axit Y trong M là axit no, đơn chức thì đốt cháy M sẽ thu được 

> n . Trên thực tế, n = 1,5 mol > n = 1,4 mol , chứng tỏ Y là axit không no. 

H2O 

CO2 

CO2 H2O 

nCO 

1,5 2n 

2 H2O 

2.1,4 

Theo giả thiết, ta có : C = C = = = 3; H 

ancol axit 

(axit, ancol) = = = 5,6. 

n 0,5 n 0,5 

Suy ra : X là C3H7OH , Y là CH2 

= CH − COOH hoặc CH ≡ C − COOH. 

M 

Để xác định công thức của axit; số mol của axit và ancol; khối lượng este tạo thành ta có thể đi 

theo các hướng sau : 

● Hướng 1 : Sử dụng sơ đồ đường chéo 

Gọi số nguyên tử hiđrocủa axit là y. Sử dụng sơ đồ đường chéo cho số nguyên tử hiđro trung 

bình của hai chất X, Y ta có : 

Y y 8 – 5,6 = 2,4 

nY 

2,4 

5,6 

⇒ = 

nC3H7OH 

5,6 − y 

C3H7OH (X) 8 

5,6 – y 

2,4 

n > n ⇒ > 1⇒ y > 3,2 ⇒ Y laø CH = CH − COOH (y = 4). 

5,6 − y 

Vì 

Y X 2 

2,4 

Suy ra : n = .0,5 = 0,3 mol; n = 0,5 − 0,3 = 0,2 mol. 

C2H3COOH 

C3H7OH 

2,4 + 5,6 − 4 

Do mol axit lớn hơn mol ancol nên hiệu suất phản ứng tính theo ancol. 

Khối lượng este thu được là : 

m = n .M = 0,2.80%.(M 

este este este + M − M ) = 18,24 gam 

 

ancol 

axit H 

2 O 

n hspö 

ancol 

60 72 18 




M 





● Hướng 2 : Xét các trường hợp có thể xảy ra 

* Nếu axit là CH ≡ C − COOH thì theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố H, ta có : 

46 













⎪ 

⎧ n + n = n = 0,5 

C3H7OH CH≡C−COOH CO 

⎧ 

2 ⎪n = 0,3 

C3H7OH 

⎨ 

⇒ ⎨ 

(loaïi) 

⎪8n + 2n = 2n = 2.1,4 = 2,8 

⎩ C3H7OH CH≡C−COOH H2O ⎪⎩ 

n = 0,2 

CH≡C−COOH 

* Nếu axit là CH2 

= CH − COOH thì theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố H, ta có : 

⎧ 

⎪n + n = n = 0,5 ⎧ 

C3H7OH C2H3COOH CO2 ⎪n = 0,2 

C3H7OH 

⎨ 

⇒ ⎨ 

(thoûa maõn) 

⎪8n + 4n = 2n = 2.1,4 = 2,8 n = 0,3 

⎩ C3H7OH C2H3COOH H2O ⎪⎩ 

C2H3COOH 


Khối lượng este thu được là : meste = 0,2.80%(M 

ancol + M 

axit − M 

H 

2 O) = 18,24 gam 


* Nếu axit là CH ≡ C − COOH thì ta có : 

60 72 18 

⎧ 8.n + 2n 

C3H7OH 

CH≡C−COOH 

⎪H(C3H7OH, CH≡C−COOH) 

= 

8 + 2 

⎨ 

n + n 

C (C 

3H7OH 

CH≡C−COOH 

⇒ H 

3H7OH, CH≡C−COOH) 

< = 5 (loaïi) 

⎪ 

2 

n < n ⎪⎩ C3H7OH 

CH≡C−COOH 

* Nếu axit là CH2 

= CH − COOH thì ta có : 

⎧ 8.n + 4n 

C3H7OH 

C2H3COOH 

⎪H(C3H7OH, C2H3COOH) 

= 

8 + 4 

⎨ 

n + n 

C (C 

3H7OH 

C2H3COOH 

⇒ H 

3H7OH, C2H3COOH) 

< = 6 (thoûa maõn) 

⎪ 

2 

n < n ⎪⎩ C3H7OH 

C2H3COOH 

⎪ 

⎧n + n = n = 0,5 

C3H7OH C2H3COOH CO2 ⎪ 

⎧n = 0,2 

C3H7OH 

Suy ra : ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪8n + 4n = 2n = 2.1,4 = 2,8 n = 0,3 

⎩ C3H7OH C2H3COOH H2O ⎪⎩ 

C2H3COOH 


Khối lượng este thu được là : meste = 0,2.80%(M 

ancol + M 

axit − M 

H 

2 O) = 18,24 gam 

60 72 18 

Ở bài này, ta nên lựa chọn hướng 3, vì hướng làm này giúp ta phân tích, đánh giá tìm nhanh 

được công thức của axit; từ đó suy ra số mol của ancol, axit, este và khối lượng este. Nếu là học 

sinh bình thường thì nên chọn hướng 2. 

Ví dụ 15*: Hóa hơi 15,52 gam hỗn hợp gồm một axit no đơn chức X và một axit no đa chức Y (số 

mol X lớn hơn số mol Y), thu được một thể tích hơi bằng thể tích của 5,6 gam N 2 (đo cùng trong 

điều kiện nhiệt độ, áp suất). Nếu đốt cháy toàn bộ hỗn hợp hai axit trên thì thu được 10,752 lít CO 2 

(đktc). Công thức cấu tạo của X, Y lần lượt là : 

A. CH 3–CH 2–COOH và HOOC–COOH. B. CH 3–COOH và HOOC–CH 2–CH 2–COOH. 

C. H–COOH và HOOC–COOH. D. CH3–COOH và HOOC–CH2–COOH. 



Y là axit no, đa chức, mạch hở, không phân nhánh. Suy ra : Y là axit no, mạch hở, trong phân tử 

có 2 nhóm –COOH (vì nếu Y có từ 3 nhóm –COOH trở lên thì phải có mạch nhánh). 

Để tìm công thức của hai axit, ta có thể đi theo các hướng sau : 

● Hướng 1 : Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố và chọn nghiệm nguyên 

Đặt công thức phân tử của X là CnH2nO2 và Y là CmH2m-2O4. 

















⎧ 

5,6 

⎪ n + n = n = = 0,2 

CnH2 nO2 CmH2 m 2O4 N 

⎧n + n = 0,2 

− 

2 

CnH2 nO2 CmH2 m 2O 

28 

− 4 

⎪ 

⎪ 

⎨(14n + 32).n + (14m + 62).n = 15,52 ⇒ 

CnH2 nO2 CmH2 m 2O ⎨32n + 62n = 8,8 

− 4 CnH2 nO2 CmH2 m−2O4 

⎪ 

⎪ 

⎪ 10,752 n.n + m.n = 0,48 

CnH2 nO2 CmH 

n.n + m.n = n = = 0,48 ⎪⎩ 

2 m−2O4 

CnH2 nO2 CmH2 m−2O4 CO2 

⎪⎩ 

22,4 

⎧ n = 0,12 

CnH2 nO2 

⎪ ⎪⎧ n = 2 (C H O ) 

2 4 2 ⎪⎧ 

X laø CH COOH 

3 

⇒ ⎨n = 0,08 ⇒ 

CmH2 m 2O 

⎨ ⇒ ⎨ 

− 4 

⎪ ⎪⎩ m = 3 (C H O ) Y laø CH (COOH) 

3 4 4 ⎪⎩ 

2 2 

⎪⎩ 0,12n + 0,08m = 0,48 

Hướng làm này phù hợp với hình thức thi tự luận hơn. Còn với hình thức thi trắc nghiệm, ta có 

thể lựa chọn hướng giải khác nhanh hơn. 

● Hướng 2 : Phân tích, đánh giá và thử đáp án 

5,6 

Ta có : n = n = = 0,2 mol 

(X, Y) N 2 

28 

m(X, Y) 15,52 nCO 

0,48 

2 

Suy ra : M(X, Y) = = = 77,6 (1); C(X, Y) = = = 2,4 (2) 

n 0,2 n 0,2 

X 

X 

Căn cứ vào (2) và các đáp án, ta thấy C không thể là đáp án đúng. 

* Nếu A là đáp án đúng thì ta có : 

⎧ 

⎪n + n = 0,2 ⎧ 

C3H6O2 C2H2O4 ⎪n = 0,155; n = 0,045 

C3H6O2 C2H2O4 

⎨ 

⇒ ⎨ 

74n + 90n = 15,52 n = 3n + 2n = 0,555 (loaïi) 

⎩⎪ 

C3H6O2 C2H2O4 ⎪⎩ 

CO2 C3H6O2 C2H2O4 

* Nếu B là đáp án đúng thì ta có : 

⎪ 

⎧n + n = 0,2 ⎧ 

C2H4O2 C4H6O4 ⎪n = 0,139; n = 0,061 

C2H4O2 C4H6O4 

⎨ 

⇒ ⎨ 

60n + 118n = 15,52 n = 2n + 4n = 0,522 (loaïi) 

⎩⎪ 

C2H4O2 C4H6O4 ⎪⎩ 

CO2 C2H4O2 C4H6O4 

Vậy D là phương án đúng, hai axit là CH COOH vaø HOOC − CH − COOH 

3 2 

⎧ n n 0,2 ⎧ n = 0,12; n = 0,08 

⎪ + = 

C2H4O2 C3H4O4 

⎪ C2H4O2 C3H4O4 

Thật vậy : ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪60n + 104n = 15,52 

⎩ C2H4O2 C3H4O ⎪n = 2n + 3n = 0,48 

4 ⎩ CO2 C2H4O2 C3H4O4 

Hoăc có thể thử như sau : 

* Nếu A là đáp án đúng thì ta có : 

⎧ 

⎪n + n = 0,2 ⎧ 

C3H6O2 C2H2O4 ⎪n = 0,08; n = 0,12 

C3H6O2 C2H2O4 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪3n + 2n = n = 0,48 m = 74n + 90n = 16,72 (loaïi) 

⎩ C3H6O2 C2H2O4 CO2 ⎪⎩ 

X C3H6O2 C2H2O4 

* Nếu B là đáp án đúng thì ta có : 

⎧ 

⎪n + n = 0,2 ⎧ 

C2H4O2 C4H6O4 ⎪n = 0,16; n = 0,04 

C2H4O2 C4H6O4 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪2n + 4n = 0,48 m = 60n + 118n = 14,32 (loaïi) 

⎩ C2H4O2 C4H6O4 ⎪⎩ 

X C2H4O2 C4H6O4 


Vậy D là phương án đúng, hai axit là CH COOH vaø HOOC − CH − COOH 

3 2 







48 













⎧ n n 0,2 ⎧ n = 0,12; n = 0,08 

⎪ + = 

C2H4O2 C3H4O4 

⎪ C2H4O2 C3H4O4 

Thật vậy : ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪2n + 3n = 0,48 

⎩ C2H4O2 C3H4O ⎪m = 60n + 104n = 15,52 

4 ⎩ X C2H4O2 C3H4O4 

● Hướng 3 : Phân tích, đánh giá dựa vào giá trị và tính chất của các đại lượng trung bình 

5,6 

Ta có : n = n = = 0,2 mol 

(X, Y) N 2 

28 

m(X, Y) 15,52 nCO 

0,48 

2 

Suy ra : M(X, Y) = = = 77,6 (1); C(X, Y) = = = 2,4 (2) 

n 0,2 n 0,2 

X 

Căn cứ vào (2) và các đáp án, ta thấy C không thể là đáp án đúng. 

* Với C(X, Y) = 2,4 thì ở phương án A ta có : n n . 


X 

> 

HOOC− COOH 

CH3CH2COOH 

74n + 90n 

CH3CH2COOH 

HOOC−COOH 

74 + 90 

Suy ra : M(X, Y) = > = 82 (loaïi). 

n + n 2 

CH3CH2COOH 

HOOC−COOH 

* Với C(X, Y) = 2,4 thì ở phương án B ta có : n > 3n . 

CH3COOH HOOC −(CH 2 ) 2 −COOH 

60n + 118n 


60.3 + 118.1 

Suy ra : M(X, Y) = < = 74,5 (loaïi). 

n + n 4 


Vậy đáp án đúng là D, hai axit là CH COOH vaø HOOC − CH − COOH 

3 2 

Ví dụ 16: Cho 200 gam một loại chất béo có chỉ số axit bằng 7 tác dụng vừa đủ với một lượng 

NaOH, thu được 207,55 gam hỗn hợp muối khan. Khối lượng NaOH đã tham gia phản ứng là : 

A. 31 gam. B. 32,36 gam. C. 30 gam. D. 31,45 gam. 



Theo giả thiết, suy ra : Thành phần chất béo gồm trieste của glixerol C3H 5(OOCR) 3 

và axit béo 

tự do RCOOH. 

Khi cho NaOH phản ứng với chất béo sẽ xảy ra hai phản ứng : Trung hòa axit béo tự do và thủy 

phân chất béo : 

RCOOH + NaOH → RCOONa + H O (1) 

C H (OOCR) + 3NaOH → 3RCOONa + C H (OH) (2) 

3 5 3 3 5 3 

mol : x ← 3x → 3x → x 

200.7 

Ở (1), ta có : nH2O = nNaOH trung hoøa 

= nKOH trung hoøa 

= = 0,025 mol. 

1000.56 

Để tính số mol NaOH tham gia phản ứng, ta có thể đi theo các hướng sau : 

● Hướng 1 : Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng 

⎧ ÔÛ (1) : m = m − m = 0,55 

taêng 

Na H 

⎪ 

0,025.23 0,025 

⎨ 

⇒ 200 + 28x + 0,55 = 207,55 ⇒ x = 0,25. 

ÔÛ (2) : m = m − m = 28x 

⎪ 

taêng m 

Na C3H5 chaát beùo m 

 

taêng ôû (1), (2) mmuoái 

⎪⎩ 

3x.23 41x 


Suy ra : 

m = 40(0,025 + 3x) = 40(0,025 + 3.0,25) = 31 gam 

NaOH 

2 














● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp bảo toàn khối lượng 

Đặt số mol NaOH tham gia phản ứng thủy phân là 3x thì số mol của C 3H 5(OH) 3 tạo thành là x 

mol. Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng (1), (2), ta có : 

200 + 40(0,025 

 

+ 3x) = 207,55 

 

+ 92x + 0,025.18 

 

⇒ x = 0,25 mol 

chaát beùo m m 

m 

muoái 

C3H 5 (OH ) 

∑ NaOH 3 mH2 

O 

m 

Suy ra : m = 40(0,025 + 3x) = 40(0,025 + 3.0,25) = 31 gam 

NaOH 

Đối với bài tập này, thì hướng dùng bảo toàn lại hợp lý và đơn giản hơn dùng tăng giảm khối 

lượng. 

Ví dụ 17: 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. Tăng 2,70 gam. B. Giảm 7,74 gam. C. Tăng 7,92 gam. D. Giảm 7,38 gam. 



Axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit oleic có công thức cấu tạo lần lượt là 

CH 2=CHCOOH, CH 3COOCH=CH 2, CH 2=CHCOOCH 3 và CH 3(CH 2) 7CH=CH(CH 2) 7COOH. Suy 

ra các chất trong hỗn hợp có cùng công thức tổng quát là C nH 2n-2O 2. 

● Hướng 1 : Sử dụng phương trình phản ứng 

Đặt công thức phân tử trung bình của các chất là C H O2 


2 2 3 2 

n 2n − 

. 

2 

3(n −1) 

o 

t 

C H O + O ⎯⎯→ nCO + (n −1)H O (1) 

n 2n−2 

2 2 2 2 

2 

mol : 1,5x ← x 

Ca(OH) + CO ⎯⎯→ CaCO + H O (2) 

mol : 0,18 ← 0,18 

Theo (1), (2), giả thiết và bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎧ n = 1,5n = 1,5x 

O2 H2O 

 

⎧ x = n = 0,15 

H2O 

⎪ 

x 

⎪ 

⎨ ⇒ ⎨ 

m m m m m = 18 

dung dòch giaûm − (0,18.44 + 0,15.18) = 7,38 gam 

⎪ 

+ = + 

C H O 

n 2 n 2 2 O2 CO2 H2O 

− ⎪ 

mCaCO ⎪ 

 

3 m(CO 2 , H2O) 

⎩ 3,42 1,5x.32 0,18.44 18x ⎩ 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp trung bình và công thức giải nhanh 

Đặt công thức phân tử trung bình của các chất là C H − 

O (k = 2). 

2 

n 2n 2 

Gọi tổng số mol của các chất là x mol. Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố C, ta có : 

⎧ 

⎪ 

n = n = n = 0,18 

C trong C H O 

n 2 n 2 2 CO2 CaCO ⎧ 

3 nx 0,18 

− 

⎪ = ⎧⎪ 

nx = 0,18 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

⎪m = 3,42 

C H O 

(14n 30)x 3,42 x = 0,03 

⎩ 

⎪ + = ⎪ 

n 2 n−2 

2 

⎩ 

⎩ 




Sử dụng công thức (k − 1).n = n − n suy ra : n = n − n = 0,15 mol. 

hôïp chaát höõu cô CO2 H2O 

H2O CO2 CnH2 n−2O2 

 

0,18 0,03 





50 













Suy ra : m = 18 

dung dòch giaûm − 0,15.18 

 

− 0,18.44 

 

= 7,38 gam 

mCaCO 3 m H 2 O m CO 2 


Quy đổi hỗn hợp gồm axit acrylic (M = 72), vinyl axetat (M = 86), metyl acrylat (M = 86) và 

axit oleic (M = 282) thành 2 chất là axit acrylic và axit oleic. 

Theo giả thiết, bảo toàn nguyên tố C và H, ta có : 

⎪ 

⎧72n + 282n = 3,42 

C2H3COOH C17H33COOH ⎪ 

⎧n = 0,024; n = 0,006 

C2H3COOH C17H33COOH 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪3n + 18n = n = n = 0,18 n = 2n + 17n = 0,15 

⎩ C2H3COOH C17H33COOH CO2 CaCO3 ⎪⎩ 

H2O C2H3COOH C17H33COOH 

Suy ra : m = 18 

dung dòch giaûm − 0,15.18 

 

− 0,18.44 

 

= 7,38 gam 

mCaCO 3 m H 2 O m CO 2 

Như vậy, ở bài tập này giải theo hướng 2 hoặc hướng 3 là tối ưu. 

Ví dụ 18: Hỗn hợp X gồm vinyl axetat, metyl axetat và etyl fomat. Đốt cháy hoàn toàn 3,08 gam X, 

thu được 2,16 gam H2O. Phần trăm số mol của vinyl axetat trong X là : 

A. 25%. B. 27,92%. C. 72,08%. D. 75%. 



● Hướng 1 : Sử dụng phương pháp trung bình kết hợp với bảo toàn nguyên tố 

Hỗn hợp X gồm vinyl axetat (CH 3COOCH=CH 2 hay C 4H 6O 2), metyl axetat (CH 3COOCH 3 hay 

C 3H 6O 2), etyl fomat (HCOOC 2H 5 hay C 3H 6O 2). 

Nhận thấy, cả ba chất đều có cùng số nguyên tử H và O, chỉ khác nhau số nguyên tử C nên ta 

đặt công thức trung bình của ba chất là C H6O 2 

. 

Theo giả thiết, bảo toàn nguyên tố H và C, ta có : 

⎧ (12n + 38)n = 3,08 

C H 

n 6O2 

⎪ 

⎧ 

⎪n = 0,04 

C H 

n 6O2 

⎨6n = 2 n = 0,24 

⇒ ⎨ 

⇒ n = 0,04 

CO2 

.3,25 = 0,13 

C H 

n 6O2 H2O 

⎪ ⎪⎩ n = 3,25 

nC H 6 O n 2 

n 

⎩ 

0,12 

n 

Khi đốt cháy C 3H 6O 2 thu được số mol CO 2 bằng số mol H 2O. Khi đốt cháy C 4H 6O 2 thu được số 

mol CO 2 lớn hơn số mol H 2O và hiệu số mol CO 2 và H 2O bằng số mol C 4H 6O 2. 

0,01 

Suy ra : nC4H6O = n 

2 CO 

− n 

2 H2O = 0,01 mol ⇒ %n 

C4H6O 

= .100% = 25% 

2 

 

0,04 

0,13 0,12 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp đường chéo cho khối lượng mol trung bình 

Các chất trong hỗn hợp X đều có 6 nguyên tử H. 

m 

X 

3,08 

Theo bảo toàn nguyên tố H, ta có : 6 n = 2 n ⇒ n = 0,04 ⇒ M = = = 77 

X H 

2 O X 

n 0,04 

? 0,12 

Hỗn hợp X gồm ba chất trong đó có hai chất là C3H6O2 (M = 74), chất còn lại là C4H6O2 (M = 

86). 

Áp dụng sơ đồ đường chéo cho khối lượng mol trung bình của hỗn hợp, ta có : 

C4H6O 86 77 – 74 = 3 

2 

nC4H6O 

3 1 

2 

77 

⇒ = = 

nC3H6O 

9 3 

2 

C3H6O 74 86 – 77 = 9 

2 



X 














1 

Suy ra %n 

C4H6O 

= .100% = 25% 

2 

1+ 

3 

● Hướng 3 : Sử dụng sơ đồ đường chéo cho số nguyên tử C trung bình 

Theo bảo toàn nguyên tố H và giả thiết, ta có : 

⎧ 6n = 2 n = 0,24 

C H 

n 6O2 H2O 

⎪ 

⎧ 

⎪n = 0,04 

C H 

n 6O2 

⎨ 

0,12 

⇒ ⎨ 

⎪ m = (12n + 38)n = 3,08 ⎪ ⎩n = 3,25 

⎩ 

X 

C H 

n 6O2 

Hỗn hợp X gồm ba chất trong đó có hai chất là C 3H 6O 2 (số C là 3), chất còn lại là C 4H 6O 2 

(số C là 4). 

Áp dụng sơ đồ đường chéo cho số nguyên tử C trung bình của hỗn hợp, ta có : 

C4H6O 4 3,25 – 3 = 0,25 

2 

nC4H6O 

0,25 1 

2 

3,25 

⇒ = = 

C H O 3 4 – 3,25 = 0,75 n 0,75 3 

C3H6O2 

3 6 2 

1 

Suy ra %n 

C4H6O 

= .100% = 25% 

2 

1+ 

3 


Hỗn hợp X gồm ba chất, trong đó hai chất có cùng công thức phân tử là C3H6O2 nên ta quy đổi 

X thành hỗn hợp gồm 2 chất là C3H6O2 và C4H6O2. 

Theo bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố H, ta có : 

⎧ 74n + 86n = 3,08 

C3H6O2 C4H6O2 

⎪ 

⎧ 

⎪n = 0,03 

C3H6O2 

0,01 

⎨6n + 6n = 2 n ⇒ ⎨ 

⇒ %n = .100% = 25% 

C 

C4H6O4 

3H6O2 C4H6O2 H2O 

⎪ n = 0,01 

0,04 

⎪⎩ C4H6O2 

⎩ 

0,12 

Đối với bài tập này, hướng 4 sẽ là sự lựa chọn tối ưu nhất. 

Ví dụ 19: Đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam hỗn hợp X gồm C xH yCOOH, C xH yCOOCH 3, CH 3OH thu 

được 2,688 lít CO 2 (đktc) và 1,8 gam H 2O. Mặt khác, cho 2,76 gam X phản ứng vừa đủ với 30 ml 

dung dịch NaOH 1M, thu được 0,96 gam CH3OH. Công thức của CxHyCOOH là 

A. C 2H 5COOH. B. CH 3COOH. C. C 2H 3COOH. D. C 3H 5COOH. 

(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2010) 




2,688 1,8 

nCO = = 0,12 mol; n = = = = 

2 H2O 0,1 mol; nNaOH 

0,03.1 0,03 mol. 

22,4 18 

Đặt gốc C xH y là R. 

Số mol O trong X là : n 

O 

m − − − − 

X 

mC m 2,76 12nCO 

2n 

H 

2 H2O 

= = = 0,07 mol. 

16 16 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với O, ta có : 2n + 2n + n = 0,07 (1) 


RCOOH RCOOCH3 CH3OH ban ñaàu 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Na và bảo toàn gốc R–, ta có : 

n + n = n = n = 0,03 (2) 

RCOOH RCOOCH3 

RCOONa NaOH 







52 











Áp dụng bảo toàn bảo toàn gốc CH 3– , ta có: n + n = n = 0,03 (3) 

Từ (1), (2), (3), ta có : 

RCOOCH3 CH3OH ban ñaàu CH3OH sauphaûn öùng 

⎧2nRCOOH + 2nRCOOCH + n 

3 CH3OH ban ñaàu 

= 0,07 ⎧nRCOOH 

= 0,01 

⎪ 

⎪ 

⎨nRCOOH + nRCOOCH = n 

3 RCOONa 

= nNaOH = 0,03 ⇒ ⎨nRCOOCH 

= 0,02 

3 

⎪ 

⎪ 

⎪⎩ 

nRCOOCH 

+ n 

3 CH3OH ban ñaàu 

= nCH3OH sau phaûn öùng 

= 0,03 ⎪⎩ 

nCH3OH ban ñaàu 

= 0,01 

⇒ 0,01(R + 45) + 0,02(R + 59) + 0,01.32 = 2,76 ⇒ R = 27 (C H − ). 

Vậy CxHyCOOH là CH2 

= CH − COOH 

● Hướng 2 : Phân tích đánh giá và thử đáp án 

Giả sử CxHyCOOH, CxHyCOOCH3 là no, đơn chức thì khi đốt cháy sẽ thu được số mol CO2 

bằng số mol H2O. Đốt cháy ancol CH3OH thu được số mol H2O lớn hơn số mol CO2. Tổng thể số 

mol H2O sẽ lớn hơn số mol CO2. Trên thực tế, khi đốt cháy X số mol CO2 lớn hơn số mol H2O, 

chứng tỏ C xH yCOOH, C xH yCOOCH 3 phải không no. Suy ra loại các phương án A, B. Phương án 

đúng chỉ có thể là C hoặc D. 

* Nếu phương án đúng là C thì theo giả thiết, bảo toàn gốc C2H3-, gốc CH3- và nguyên tố Na, ta 

có : 

⎧72n + 86n + 32n = 2,76 ⎧n = 0,01 

C2H3COOH C2H3COOCH3 CH3OH ban ñaàu C2H3COOH 

⎪ 

⎪ 

⎨n + n = n = n = 0,03 ⇒ 

C2H3COOH C2H3COOCH3 C2H3COONa NaOH ⎨n = 0,02 

C2H3COOCH3 

⎪ 

⎪ 

n + n = n = 0,03 n = 0,01 

⎪⎩ C2H3COOCH3 CH3OH ban ñaàu CH3OH sauphaûn öùng ⎩⎪ CH3OH ban ñaàu 

Suy ra : n = 3n + 4 n + n = 0,12 mol (thoûa maõn). 

CO2 C2H3COOH C2H3COOCH3 CH3OH ban ñaàu 

 

0,01 0,02 0,01 

* Nếu phương án C không đúng thì suy ra D là phương án đúng. 

● Hướng 3 : Sử dụng phương pháp tìm khoảng giới hạn 

Giả sử CxHyCOOH, CxHyCOOCH3 là no, đơn chức thì khi đốt cháy sẽ thu được số mol CO2 

bằng số mol H2O. Đốt cháy ancol CH3OH thu được số mol H2O lớn hơn số mol CO2. Tổng thể số 

mol H2O sẽ lớn hơn số mol CO2. Trên thực tế, khi đốt cháy X số mol CO2 lớn hơn số mol H2O, 

chứng tỏ CxHyCOOH, CxHyCOOCH3 phải không no. Suy ra loại các phương án A, B. Phương án 

đúng chỉ có thể là C hoặc D. 

Sơ đồ phản ứng : X + NaOH → CH 3OH + C xH yCOONa + H 2O 


m + m = m + m + m ⇒ m + m = 3 gam 

X NaOH CH3OH CxHyCOONa H2O CxHyCOONa H2O 

 

2,76 0,03.40 0,96 ? 

⇒ m < 3 gam (*) 

CxHyCOONa 

Mặt khác, áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Na, ta có: n = n = 0,03 mol (**) 

Từ (*) và (**) suy ra: 


2 3 

CxHyCOONa 

m 3 

M = < = 100 ⇒ M < 33 ⇒ C H laø C H (M = 27). 

CxHyCOONa 

CxHyCOONa CxHy 

x y 2 3 

nCxHyCOONa 

0,03 


Vậy C xH yCOOH là CH2 

= CH − COOH 

Đối với bài tập này thì hướng 3 là hướng giải tối ưu nhất. 



NaOH 














Ví dụ 20: Hỗn hợp X gồm 1 mol aminoaxit no, mạch hở và 1 mol amin no, mạch hở. X có khả năng 

phản ứng tối đa với 2 mol HCl hoặc 2 mol NaOH. Đốt cháy hoàn toàn X thu được 6 mol CO2, x 

mol H2O và y mol N2. Các giá trị x, y tương ứng là 

A. 8 và 1,0. B. 8 và 1,5. C. 7 và 1,0. D. 7 và 1,5. 



● Hướng 1 : Sử dụng phương pháp thông thường 

Theo giả thiết : 

nNaOH 

2 

= ⇒ Amino axit có hai nhóm –COOH. 

n 1 

amino axit 

nHCl 

2 

= = 1⇒ 

Amino axit và amin đều có 1 nhóm –NH 2. 

n + n 1+ 

1 

amin 

amino axit 

Như vậy amin là no, mạch hở, đơn chức, có công thức là CnH2n+3N; aminno axit là no, mạch hở, 

có 1 nhóm –NH2 và 2 nhóm –COOH, có công thức là CmH2m-1O4N. 


o 

O 2 , t 

⎯⎯⎯→ + + + 

n 2n+ 

3 2 2 2 

2C H N 2nCO (2n 3)H O N (1) 

2n + 3 1 

mol : 1 → n → → 

2 2 

o 

O 2 , t 

⎯⎯⎯→ + − + 

m 2m−1 4 2 2 2 

2C H O N 2mCO (2m 1)H O N (2) 

2m −1 1 

mol : 1 → m → → 

2 2 

Theo sơ đồ phản ứng, ta thấy : 

1 1 2n + 3 2m −1 

n = + = 1 mol ; n = (m + n) = 6 mol; n = + = (m + n) + 1 = 7 mol 

N2 CO2 H2O 

2 2 2 2 

● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp quy đổi và bảo toàn nguyên tố 

Theo giả thiết, X gồm amin no, mạch hở và amino axit no, mạch hở. 

nHCl nNaOH 

Mặt khác : = 1; = 1⇒ Coi X là hỗn hợp hai amino axit no, mạch hở, chứa 1 nhóm – 

n n 

X 

X 

COOH và 1 nhóm –NH2 có công thức phân tử là C H O2N. 

n 2n+ 

1 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có : n 

CO 

= n.n 

2 C H O 

n 2n 1 2N 

⇒ n = 3 

+ 

 

6 2 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, kết hợp với n = 3 , ta có : 

2 n = (2n + 1).n ⇒ n = 7 mol 

H 

2 O C n H 2n 1 O 2 N 

+ 

 

H 2 O 

? 2 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố N, ta có : 2 n = n ⇒ n = 1 mol 

N2 C n H 2 n + 

 

1 O2N N2 

? 2 


● Hướng 3 : Sử dụng phương pháp quy đổi và công thức giải nhanh 

Theo giả thiết, X gồm amin no, mạch hở và amino axit no, mạch hở. 



6 





54 











nHCl nNaOH 

Mặt khác : = 1; = 1⇒ Coi X là hỗn hợp hai amino axit no, mạch hở, chứa 1 nhóm – 

n n 

X 

X 

COOH và 1 nhóm –NH 2 có công thức phân tử là C H O N (k = 1). 

2 

n 2n+ 

1 

Sử dụng công thức (k −1− 0,5t)n = n − n , ta có : 

CxHyOzNt CO2 H2O 

(k 

−1− 0,5t)n = n − n ⇒ n = 7 mol. 

CxHyOzNt CO2 H2O H2O 

 

1 1 

2 

6 ? 

Sử dụng bảo toàn nguyên tố N, ta có : 2 n = n ⇒ n = 1 mol 

N2 C n H 2 n + 

 

1 O2N N2 

? 2 

Đối với bài tập này, thì hướng 2 hoặc 3 là những hướng giải tối ưu. 

Ví dụ 21: Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (mạch hở) thu được hỗn hợp gồm 

28,48 gam Ala, 32 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Giá trị của m là : 

A. 90,6. B. 111,74. C. 81,54. D. 66,44. 




28,48 32 27,72 

n = = 0,32 mol; n = = 0,2 mol; n = = 0,12 mol. 

Ala Ala−Ala Ala−Ala−Ala 

89 89.2 −18 89.3 −18.2 



Ala − Ala − Ala − Ala + 3H O → 4Ala (1) 

mol : 0,08 ← 0,32 

2 

2 

Ala − Ala − Ala − Ala + H O → 2Ala − Ala (2) 

mol : 0,1 ← 0,2 

3Ala − Ala − Ala − Ala + H O → 4Ala − Ala − Ala (3) 

mol : 0,09 ← 

0,12 

2 

Theo (1), (2), (3), ta có : m = (0,08 + 0,1+ 0,09).(89.4 − 18.3) = 81,54 gam 

− − − 

Ala Ala Ala Ala 

● Hướng 2 : Sử dụng phương trình phản ứng và bảo toàn khối lượng 

Ala − Ala − Ala − Ala + 3H O → 4Ala (1) 

mol : 0,24 ← 0,32 

2 

2 

Ala − Ala − Ala − Ala + H O → 2Ala − Ala (2) 

mol : 0,1 ← 0,2 

3Ala − Ala − Ala − Ala + H O → 4Ala − Ala − Ala (3) 

mol : 0,03 ← 0,12 

2 

Theo giả thiết và áp dụng bảo toàn khối lượng cho các phản ứng (1), (2), (3), ta có : 


m + m = m + m + m ⇒ m = 81,54 gam 

 

Ala−Ala−Ala−Ala H 

2 O Ala Ala−Ala Ala−Ala−Ala Ala−Ala−Ala−Ala 

? 0,37.18 

28,48+ 32+ 

27,72 


Theo bảo toàn nhóm Ala, ta có : 



















4 n = n + 2 n + 3n ⇒ n = 0,27 ⇒ m = 0,27(89.4 − 18.3) = 81,54 gam 

(Ala) 4 

Ala (Ala) 2 (Ala) 3 (Ala) 4 (Ala) 4 

 

? 0,32 0,2 0,12 

● Hướng 4 : Sử dụng phương pháp tìm khoảng giởi hạn 


m + m = m + m + m = 88,2 ⇒ m < 88,2. 

(Ala) 4 H2O Ala (Ala) 2 (Ala) 3 (Ala) 4 

 

28,48 

32 27,72 

Vậy phương án đúng chỉ có thể là C hoặc D. 

* Nếu là C đúng thì n 

H2O 

88,2 − 81,54 

= = 0,37 mol. 

18 

88,2 − 66,44 

* Nếu là D đúng thì n = = 1,208 mol. 

H2O 

18 

Vì số mol các chất Ala, Ala – Ala, Ala – Ala – Ala tạo thành liên quan đến số mol nước tham 

gia phản ứng nên số mol số mol các sản phẩm “đẹp” thì số mol H 2O cũng phải “đẹp”. Vậy C là đáp 

án đúng. 

Đối với bài tập này, hướng 3 hoặc 4 là những hướng làm tối ưu. Nếu số mol H 2O ở cả hai 

phương án đều “đẹp” thì làm theo hướng 3. 

Ví dụ 22: Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm X và Y 

chỉ tạo ra một amino axit duy nhất có công thức H 2NC nH 2nCOOH. Đốt cháy 0,05 mol Y trong oxi 

dư, thu được N 2 và 36,3 gam hỗn hợp gồm CO 2, H 2O. Đốt cháy 0,01 mol X trong oxi dư, cho sản 

phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH) 2 dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn 

toàn. Giá trị của m là 

A. 29,55. B. 17,73. C. 23,64. D. 11,82. 



Đối với dạng bài tập này, ta có thể lựa chọn 1 trong hai hướng giải sau : 

● Hướng 1 : Xây dựng công thức của tripeptit, tetrapeptit từ amino axit 

Theo giả thiết, ta thấy : Amino axit tạo nên X, Y là amino axit no, mạch hở, có một nhóm – 

COOH và một nhóm –NH 2, có công thức chung là C nH 2n+1O 2N. 

X là tripeptit của amino axit trên, có công thức là : (3C nH 2n+1O 2N – 2H 2O) = C 3nH 6n-1O 4N 3. 

Y là tetrapeptit của amino axit trên, có công thức là : (4CnH2n+1O2N – 3H2O) = C4nH8n-2O5N4. 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, H trong phản ứng đốt cháy Y, ta có : 

n = 4n.n = 0,2n ; 

CO2 

Y 

0,05 

n = (4n − 1)n = 0,05(4n −1) . 

H2O 

Y 

0,05 

Theo bảo toàn khối lượng, ta có : 0,2n.44 

 

+ 0,05(4n 

 

− 1)18 = 36,3 ⇒ n = 3 ⇒ X laø C H O N . 

9 17 4 3 

mCO 

m 

2 H2O 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố C trong phản ứng đốt cháy X, ta có : 

n = n = 9 n = 0,09 mol ⇒ m = 0,09.197 = 17,73 gam 

BaCO3 CO2 X BaCO3 

0,01 


● Hướng 2 : Sử dụng công thức (k −1− 0,5t)n = n − n 

CxHyOzNt CO2 H2O 

Amino axit no mạch hở, có một nhóm –COOH và một nhóm –NH 2 có công thức chung là 

CnH2n+1O2N. 





56 











X là tripeptit tạo ra từ amino axit trên, phân tử có 2 nhóm peptit và còn 1 nhóm –COOH nên k = 

3 và có 3 nguyên tử N (t = 3). 

Y là tetrapeptit tạo ra từ amino axit trên, phân tử có 3 nhóm peptit còn 1 nhóm –COOH nên k = 

4 và có 4 nguyên tử N (t = 4). 

Khi đốt cháy Y, ta có : 

⎧ 44n + 18n = 36,3 

CO2 H2O 

⎪ 

⎪ 

⎧ n = 0,6 

CO 

n 

2 CO 

12 

2 

⎨n − n = (k Y 

aminoaxit 

CO −1− 

0,5t)n ⇒ C 12 C 3 

 

⎨ ⇒ = = ⇒ = = 

2 H2O 

Y 

⎪ 

n = 0,55 n 4 

4 4 

H Y 

2O 

⎩ 

0,05 

⎪⎩ 

Như vậy amino axit có 3 nguyên tử C, X là tripeptit nên số nguyên tử C trong X là 3.3 =9. 

Khi đốt cháy X, theo bảo toàn nguyên tố C, ta có : 

n = n = n = 9n = 0,09 ⇒ m = 0,09.197 = 17,73 gam 

BaCO3 CO2 C trong X X BaCO3 




















III. BÀI TẬP VẬN DỤNG 

Bài tập dành cho học sinh lớp 11 và 12 

Câu 1: Dẫn một luồng khí CO dư qua ống sứ đựng m gam Fe3O4 và CuO nung nóng đến khi phản 

ứng hoàn toàn, thu được 2,32 gam hỗn hợp kim loại. Khí thoát ra khỏi bình được dẫn qua dung dịch 

nước vôi trong dư thu được 5,00 gam kết tủa. Giá trị của m là 

A. 6,24. B. 5,32. C. 4,56. D. 3,12. 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Minh Khai – Hà Tĩnh, năm học 2013 – 2014) 

Câu 2: Cho 0,896 lít Cl2 hấp thụ hết vào dung dịch X chứa 0,06 mol NaCl; 0,04 mol Na2SO3 và 

0,05 mol Na2CO3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch 

Y thu được m gam muối khan. Giá trị của m là 

A. 21,6 gam. B. 16,69 gam. C. 14,93 gam. D. 13,87 gam. 


Câu 3: Hoà tan m gam hỗn hợp X gồm đạm (NH2)2CO (Urê) và NH4NO3 vào lượng dư dung dịch 

Ca(OH)2 đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng thu được 9 gam kết tủa và thoát ra 4,256 lít khí (. 

Phần trăm khối lượng của Urê trong X là 

A. 12,91%. B. 83,67%. C. 91,53%. D. 87,1%. 


Câu 4: Trộn 250 ml dung dịch HCl 0,1M với 250 ml dung dịch NaOH aM thu được 500 ml dung 

dịch X có pH = 13. Giá trị của a là 

A. 0,3M. B. 0,2M. C. 0,1M. D. 0,5M. 


Câu 5: Điện phân dung dịch có chứa 0,1 mol CuSO 4 và 0,2 mol FeSO 4 trong thùng điện phân 

không có màng ngăn. Sau một thời gian thu được 2,24 lít khí ở anot thì dừng lại, để yên bình điện 

phân đến khi khối lượng catot không thay đổi. Khối lượng kim loại thu được ở catot là 

A. 12 gam. B. 6,4 gam. C. 17,6 gam. D. 7,86 gam. 


Câu 6: Cho V lít khí CO 2 (đktc) hấp thụ từ từ vào dung dịch X chứa 0,04 mol NaOH và 0,03 mol 

Na2CO3. Khi cho CO2 hấp thụ hết thu được dung dịch Y. Làm bay hơi cẩn thận dung dịch Y thu 

được 6,85 gam chất rắn khan. Giá trị của V là 



Câu 7: Nung 18,1 gam chất rắn X gồm Al, Mg và Zn trong oxi một thời gian, thu được 22,9 gam 

hỗn hợp chất rắn Y. Hoà tan hết Y trong dung dịch HNO3 loãng dư, thu được V lít NO (sản phẩm 

khử duy nhất) và dung dịch chứa 73,9 gam muối. Giá trị của V là 

A. 6,72. B. 3,36. C. 2,24. D. 5,04. 


Câu 8: Trộn V ml dung dịch H 3PO 4 0,08M với 250 ml dung dịch NaOH 0,32M dư, thu được dung 

dịch X chứa 2 chất tan có cùng nồng độ mol. Giá trị của V là 

A. 250. B. 2000. C. 1500. D. 400. 


Câu 9: Chia m gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, Mg thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho vào dung dịch 

HCl dư thu được 1,344 lít H 2. Phần 2 nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 

3,04 gam chất rắn. Giá trị của m là 

A. 4,16 gam. B. 5,12 gam. C. 2,08 gam. D. 2,56 (g). 







58 













Câu 10: Trộn 100 ml dung dịch gồm Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M với 400 ml dung dịch gồm 

H2SO4 0,0375M và HCl 0,0125M thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là 

A. 6. B. 2. C. 1. D. 7. 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Cẩm Lý – Bắc Giang, năm học 2013 – 2014) 

Câu 11: Trộn 100 ml dung dịch Al 2 (SO 4 ) 3 1M với 700 ml dung dịch NaOH 1M, thu đươc kết tủa E. 

Lọc tách kết tủa E, đem nung tới khối lượng không đổi thu được chất rắn có khối lượng là : 

A. 20,4 gam. B. 10,2 gam. C. 5,1 gam. D. 2,55 gam. 


Câu 12: Sục 4,48 lít CO 2 ở đktc vào dung dịch chứa 100 ml dung dịch NaOH 1M và K 2CO 3 2M 

thu được dung dịch X chứa a gam chất tan, đun nóng sau đó cô cạn X và nung chất rắn đến khối 

lượng không đổi, thu được b gam chất rắn khan. Giá trị của a và b lần lượt là : 

A. 36 gam và 32,9 gam. B. 22,2 gam và 19,1 gam. 

C. 42,2 gam và 25,1 gam. D. 42,2 gam và 32,9 gam. 


Câu 13: Cho 200 ml dung dịch H3PO4 1M vào 250 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 0,5M và KOH 

1,5M. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Số gam muối có trong dung dịch X là 



Câu 14*: 0,4 lít dung dịch hỗn hợp gồm HCl 1M và Fe(NO3)3 0,5M có thể hòa tan tối đa m gam 

hỗn hợp Fe và Cu (tỉ lệ mol 2 : 3). Sau phản ứng thu được dung dịch X và khí NO (sản phẩm khử 

duy nhất). Cô cạn dung dịch X thì khối lượng muối khan thu được là 

A. 64,2. B. 82,2. C. 71,6. D. 57,4. 


Câu 15*: Hòa tan hỗn hợp A gồm Fe(NO3)2, BaCl2, NH4NO3 vào nước được dung dịch X. Chia X 

thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho HCl (rất dư) vào và đun nóng thoát ra 448 ml khí NO. Tiếp tục 

thêm một mẫu Cu dư vào và đun nóng thấy thoát ra tiếp 3136 ml khí NO. Các khí đo ở điều kiện 

tiêu chuẩn. Phần 2 cho Na 2CO 3 (rất dư) vào tạo ra 12,87 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của 

Fe(NO 3) 2 trong hỗn hợp A là 

A. 35,27%. B. 53,36%. C. 35,13%. D. 30,35%. 


Câu 16: Hấp thụ hoàn toàn 1,344 lít CO 2 (đktc) vào 500 ml dung dịch NaOH 0,1M và KOH 0,06M, 

thu được dung dịch X. Thêm 250 ml dung dịch Y gồm BaCl 2 0,16M và Ba(OH) 2 aM vào dung dịch 

X thu được 5,91 gam kết tủa. Giá trị của a là 

A. 0,03. B. 0,015. C. 0,04. D. 0,02. 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lục Ngạn số 1 – Bắc Giang, năm học 2013 – 2014) 

Câu 17: Cho từ từ 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 1M và H 2SO 4 0,5M vào 300 ml dung dịch 

Na 2CO 3 1M thu được V lít khí (ở đktc). Giá trị của V là : 


(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lê Văn Hưu – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014) 

Câu 18: Cho 20 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl 10%, sau khi các 

phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 11,2 lít H 2 (đktc). Khối lượng dung dịch Y là 

A. 385 gam. B. 384 gam. C. 55,5 gam. D. 54,5 gam. 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lê Văn Hưu – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014) 


















Câu 19: Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch X. Chia X 

thành 2 phần bằng nhau. Phần 1: Nhỏ 200 ml HCl 1,3M vào thu được 1,8a gam chất rắn. Phần 2: 

Nhỏ 200 ml HCl 2,5M vào thu được a gam chất rắn. Giá trị của m là 

A. 2,7. B. 5,4. C. 10,8. D. 8,1. 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Đoàn Thượng – Hải Dương, năm học 2013 – 2014) 

Câu 20: Cho 16,8 gam Fe vào 2 lít dung dịch AgNO3, để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thấy tạo 

thành 86,4 gam kết tủa. Nồng độ của AgNO3 trong dung dịch ban đầu là 

A. 0,35M. B. 0,2 M. C. 0,3M. D. 0,4M. 


Câu 21: Cho 4 gam hỗn hợp A gồm Fe và 3 oxit sắt trong dung dịch axit HCl (dư) thu được dung 

dịch X. Sục khí Cl2 cho đến dư vào X thu được dung dịch Y chứa 9,75 gam muối tan. Nếu cho 4 

gam A tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thì thu được V lít NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc). 

Giá trị của V là 

A. 0,726. B. 0,747. C. 0,896. D. 1,120. 


Câu 22: Nung 16 gam hỗn hợp G gồm Al, Mg, Zn, Cu trong bình đựng oxi dư, thu được m gam 

hỗn hợp oxit X. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp oxit đó cần 160 ml dung dịch HCl 3,5M. Giá trị 

m là 

A. 18,24. B. 20,48. C. 27,6. D. 24,96. 


Câu 23: Cho dung dịch NaOH dư vào 100 ml dung dịch chứa đồng thời Ba(HCO3)2 0,5M và BaCl2 

0,4M thì thu được bao nhiêu gam kết tủa ? 


(Đề thi thử Đại học lần 3 – THPT Lý Thường Kiệt, năm học 2013 – 2014) 

Câu 24: Hoà tan 36 gam hỗn hợp đồng và oxit sắt từ (ở dạng bột) theo tỉ lệ mol 2 : 1 bằng dung 

dịch HCl dư, phản ứng xong thu được dung dịch X và chất rắn Y. Khối lượng chất rắn Y là : 


(Đề thi thử Đại học lần 3 – THPT Lý Thường Kiệt, năm học 2013 – 2014) 

Câu 25: Cho 100 ml dung dịch chứa NaOH 1M, KOH 1M và Ba(OH) 2 1,2M vào 100ml dung dịch 

AlCl 3 xM thì thu được 9,36 gam kết tủa. Vậy nếu cho 200 ml dung dịch NaOH 1,2M vào 100 ml 

dung dịch AlCl3 xM thì khối lượng kết tủa thu được và giá trị của x là (biết các phản ứng xảy ra 

hoàn toàn) 

A. 11,70 gam và 1,4. B. 9,36 gam và 2,4. 

C. 6,24 gam và 1,4. D. 7,80 gam và 1,0. 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lương Đắc Bằng – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014) 

Câu 26: Cho m gam Na vào nước dư sau khi kết thúc phản ứng thu được 2,24 lít khí H 2 (ở 0 o C, 0,5 

atm) và 10 lít dung dịch A có pH = a. Giá trị của a và m là : 

A. a = 2; m =2,3. B. a = 12; m = 4,6. C. a = 2; m =4,6. D. a = 12; m = 2,3 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lương Đắc Bằng – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014) 

Câu 27: Nung 8,42 gam hỗn hợp X gồm Al, Mg, Fe trong oxi sau một thời gian, thu được 11,62 

gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch HNO 3 dư, thu được 1,344 lít NO (đktc) là sản 

phẩm khử duy nhất. Số mol HNO 3 phản ứng là : 


(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Cẩm Bình – Hà Tĩnh, năm học 2013 – 2014) 






60 













Câu 28: Hòa tan a mol Fe trong dung dịch H2SO4 thu được 12,32 lít SO2 (đktc) là sản phẩm khử 

duy nhất và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 75,2 gam muối khan. Giá trị của a là: 

A. 0,4. B. 0,1. C. 0,3. D. 0,5. 


Câu 29: Hòa tan hoàn toàn 15,2 gam chất rắn X gồm Cu, CuS, Cu 2S và S bằng HNO 3 dư thấy thoát 

ra 10,08 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y 

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



Câu 30*: Cho 17,9 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 200 gam dung dịch H 2SO 4 

24,01%. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 9,6 gam chất rắn và có 5,6 lít khí (đktc) 

thoát ra. Thêm tiếp vào bình 10,2 gam NaNO3, khi các phản ứng kết thúc thì thể tích khí NO (đktc, 

sản phẩm khử duy nhất) tạo thành và khối lượng muối trong dung dịch là 

A. 2,688 lít và 64,94 gam. B. 2,24 lít và 56,3 gam. 

C. 2,688 lít và 67,7 gam. D. 2,24 lít và 59,18 gam. 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Vĩnh Bảo – Hải Phòng, năm học 2013 – 2014) 

Câu 31: Dung dịch X chứa dung dịch NaOH 0,04M và dung dịch Ca(OH) 2 0,02M. Sục 7,84 lít khí 

CO 2 đkc vào 5 lít dung dịch X thì khối lượng kết tủa thu được là : 

A. 8 gam. B. 10 gam. C. 15 gam. D. 5 gam. 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Vĩnh Bảo – Hải Phòng, năm học 2013 – 2014) 

Câu 32: Một thanh Al vào dung dịch chứa 0,75 mol Fe(NO 3 ) 3 và 0,45 mol Cu(NO 3 ) 2 , sau một thời 

gian lấy thanh kim loại ra cân lại thấy khối lượng tăng 31,05 gam. Khối lượng Al đã phản ứng là 

A. 14,85. B. 6,75. C. 28,35. D. 22,95. 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Tĩnh Gia 2 – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014) 

Câu 33: Nhiệt phân hoàn toàn 3,18 gam hỗn hợp muối gồm Mg(NO 3 ) 2 và NaNO 3 , sau phản ứng 

thu được 1,78 gam chất rắn A và hỗn hợp khí B. Cho hỗn hợp khí B hấp thụ vào 2 lít nước thì thu 

được dung dịch C. Tính pH của dung dịch C ? 

A. pH=1. B. pH =2. C. pH=3. D. pH= 12. 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Tĩnh Gia 2 – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014) 

Câu 34: Hỗn hợp X gồm K và Al. Cho m gam X tác dụng với H2O dư thu được 0,4 mol H2. Cho m 

gam X tác dụng với dung dịch KOH dư thu được 0,475 mol H 2. Xác định giá trị của m? 

A. 15,55. B. 14,55. C. 15,45. D. 14,45. 

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Ninh Giang, năm học 2013 – 2014) 

Câu 35: Cho 50 ml dung dịch FeCl2 1M vào dung dịch AgNO3 dư, khối lượng kết tủa thu được sau 

phản ứng là bao nhiêu gam. (Cho biết cặp oxi hoá - khử Fe 3+ /Fe 2+ đứng trước Ag + /Ag). 


(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Ninh Giang, năm học 2013 – 2014) 

Câu 36: Hòa tan hoàn toàn x mol Fe vào dung dịch chứa y mol FeCl3 và z mol HCl, thu được dung 

dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất. Biểu thức liên hệ giữa x, y và z là 

A. x = y – 2z. B. 2x = y + z. C. 2x = y + 2z. D. y = 2x. 


Câu 37: Cho 7,84 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm Cl2 và O2 phản ứng vừa đủ với 11,1 gam hỗn hợp Y 

gồm Mg và Al, thu được 30,1 gam hỗn hợp Z. Phần trăm khối lượng của Al trong Y là 

A. 75,68%. B. 24,32%. C. 51,35%. D. 48,65%. 



















Câu 38: Nhúng một thanh sắt vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,02 mol AgNO3 và 0,05 mol Cu(NO3)2. 

Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng thanh sắt tăng m gam (coi toàn bộ kim loại sinh 

ra bám vào thanh sắt). Giá trị của m là 

A. 5,36. B. 3,60. C. 2,00. D. 1,44. 


Câu 39: Hỗn hợp X gồm FeCl2 và NaCl có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2. Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam 

X vào nước, thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 dư, thu được 

m gam chất rắn. Giá trị của m là 

A. 2,87. B. 5,74. C. 6,82. D. 10,80. 


Câu 40: Hỗn hợp X gồm Ba và Al. Cho m gam X vào nước dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn 

toàn, thu được 8,96 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, hòa tan hoàn toàn m gam X bằng dung dịch NaOH, 

thu được 15,68 lít khí H2 (đktc). Giá trị của m là 

A. 29,9. B. 24,5. C. 19,1. D. 16,4. 


Câu 41: Hòa tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại X vào bằng dung dịch HCl, thu 

được 1,064 lít khí H2. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO3 

loãng (dư), thu được 0,896 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Biết các thể tích khí đều đo ở điều 

kiện tiêu chuẩn. Kim loại X là 

A. Al. B. Cr. C. Mg. D. Zn. 


Câu 42: 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 H2SO4 dư vào bình thu được 0,448 lít khí NO và dung dịch Y. 

Biết trong cả hai trường hợp NO là sản phẩm 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. 


Câu 43: Hòa tan hỗn hợp X gồm 11,2 gam Fe và 2,4 gam Mg bằng dung dịch H2SO4 loãng (dư), 

thu được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí 

đến khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá 

trị của m là 

A. 24. B. 20. C. 36. D. 18. 


Câu 44: Oxi hóa hoàn toàn 3,1 gam photpho trong khí oxi dư. Cho toàn bộ sản phẩm vào 200 ml 

dung dịch NaOH 1M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X. Khối lượng muối 

trong X là 



Câu 45: Điện phân nóng chảy Al2O3 với các điện cực bằng than chì, thu được m kilogam Al ở catot 

và 89,6 m 3 (đktc) hỗn hợp khí X ở anot. Tỉ khối của X so với H 2 bằng 16,7. Cho 1,12 lít X (đktc) 

phản ứng với dung dịch Ca(OH) 2 dư, thu được 1,5 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 

Giá trị của m là 

A. 115,2. B. 82,8 . C. 144,0. D. 104,4. 







62 













Câu 46: Hòa tan hoàn toàn 24 gam hỗn hợp X gồm MO, M(OH)2 và MCO3 (M là kim loại có hóa 

trị không đổi) trong 100 gam dung dịch H2SO4 39,2% thu được 1,12 lít khí (đktc) và dung dịch Y 

chỉ chứa một chất tan duy nhất có nồng độ 39,41%. Kim loại M là 

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


Câu 47: Dung dịch X chứa 0,12 mol Na + 2 

; x mol SO − 4 

; 0,12 mol Cl − + 

và 0,05 mol NH 

4 

. Cho 300 

ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào X đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc bỏ kết tủa, thu được 

dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là 

A. 7,190. B. 7,020. C. 7,875. D. 7,705. 


Câu 48: Cho 200 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 300 ml dung dịch NaHCO3 0,1M, thu được 

dung dịch X và kết tủa Y. Cho từ từ dung dịch HCl 0,25M vào X đến khi bắt đầu có khí sinh ra thì 

hết V ml. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là 

A. 80. B.160. C. 60. D. 40. 


Câu 49: Hòa tan hoàn toàn 20,6 gam hỗn hợp gồm Na2CO3 và CaCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu 

được V lít khí CO2 (đktc) và dung dịch chứa 22,8 gam hỗn hợp muối. Giá trị của V là 

A. 1,79. B. 4,48. C. 2,24. D. 5,60. 

(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2013) 

Câu 50*: 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 H2 (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. 


Câu 51: Hòa tan hoàn toàn 1,28 gam Cu vào 12,6 gam dung dịch HNO3 60% thu được dung dịch X 

+ 

(không có ion NH 

4 

). 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. Nồng độ phần trăm của Cu(NO 3) 2 trong X là 

A. 28,66%. B. 30,08%. C. 27,09%. D. 29,89%. 


Câu 52*: Một bình kín chứa hỗn hợp X gồm 0,06 mol axetilen; 0,09 mol vinylaxetilen; 0,16 mol 

H 2 và một ít bột Ni. Nung hỗn hợp X thu được hỗn hợp Y gồm 7 hiđrocacbon (không chứa but-1- 

in) có tỉ khối hơi đối với H 2 là 328/15. Cho toàn bộ hỗn hợp Y đi qua bình đựng dung dịch 

AgNO3/NH3 dư, thu được m gam kết tủa vàng nhạt và 1,792 lít hỗn hợp khí Z thoát ra khỏi bình. 

Để làm no hoàn toàn hỗn hợp Z cần vừa đúng 50 ml dung dịch Br2 1M. Các phản ứng xảy ra hoàn 

toàn. Giá trị của m là 

A. 28,71. B. 14,37. C. 13,56. D. 15,18. 


Câu 53: Thủy phân m gam tinh bột trong môi trường axit (giả sử sự thủy phân chỉ tạo glucozơ). 

Sau một thời gian phản ứng, đem trung hòa axit bằng kiềm, sau đó cho tác dụng hoàn toàn với dung 

dịch AgNO3 trong NH3 dư thu được m gam Ag. Hiệu suất của phản ứng thủy phân tinh bột là 

A. 66,67%. B. 80%. C. 75%. D. 50%. 
















64 


Câu 54: Tiến hành hiđrat hoá 2,24 lít C2H2 với hiệu suất 80%, thu được hỗn hợp sản phẩm Y. Cho 

Y qua lượng dư AgNO3/NH3 thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là 

A. 21,6 gam. B. 23,52 gam. C. 24 gam. D. 22,08 gam. 


Câu 55: X là một amino axit no (phân tử chỉ có 1 nhóm –NH 2 và 1 nhóm –COOH). Cho 0,03 mol 

X tác dụng với dung dịch chứa 0,05 mol HCl thu được dung dịch Y. Thêm 0,1 mol NaOH vào Y 

sau phản ứng đem cô cạn thu được 7,895 gam chất rắn. X là 

A. Glixin. B. Alanin. C. Valin. D. Lysin. 


Câu 56: Thuỷ phân hoàn toàn 0,1 mol 1 peptit X (mạch hở, được tạo bởi các α - amino axit có 1 

nhóm –NH 2 và 1 nhóm –COOH) bằng dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch Y. Cô cạn dung 

dịch Y, thu được chất rắn có khối lượng lớn hơn khối lượng của X là 52,7 gam. Số liên kết peptit 

trong X là 

A. 14. B. 9. C. 11. D. 13. 


Câu 57: Hỗn hợp X gồm 2 axit no. Đốt cháy hoàn toàn a mol hỗn hợp X thu được a mol H 2O. Mặt 

khác, cho a mol hỗn hợp X tác dụng với NaHCO 3 dư thu được 1,4a mol CO 2. phần trăm khối lượng 

của axit có khối lượng mol nhỏ hơn trong X là 

A. 26,4%. B. 27,3%. C. 43,4%. D. 35,8%. 


Câu 58: Một hỗn hợp M gồm 0,06 mol axit cacboxylic X và 0,04 mol ancol no đa chức Y. Đốt 

cháy hoàn toàn hỗn hợp M ở trên thu được 3,136 lít CO 2. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn 

hợp M là 

A. 52,67%. B. 66,91%. C. 33,09%. D. 47,33%. 


Câu 59*: Hỗn hợp A gồm hiđrocacbon X và chất hữu cơ Y (chứa C, H, O) có tỉ khối so với H 2 

bằng 13,8. Để đốt cháy hoàn toàn 1,38 gam A cần 0,095 mol O 2, sản phẩm cháy thu được có 0,08 

mol CO2 và 0,05 mol H2O. Cho 1,38 gam A qua lượng dư AgNO3/NH3 thu được m gam kết tủa. 

Giá trị của m là 



Câu 60: Chất hữu cơ X no chỉ chứa một loại nhóm chức có công thức phân tử C 4H 10O x. Cho a mol 

X tác dụng với Na dư thu được a mol H2. Mặt khác, khi cho X tác dụng với CuO, đun nóng, thu 

được chất Y đa chức. Số đồng phân của X thoả mãn tính chất trên là 

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


Câu 61*: 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 gam chất rắn. Giá trị của m là 



Câu 62: Chất hữu cơ X có công thức phân tử C 2H 8N 2O 3. Cho 3,24 gam X tác dụng với 500 ml 

dung dịch KOH 0,1M. Sau khi kết thúc phản ứng thu được chất hữu cơ Y và dung dịch Z. Cô cạn Z 

thu được khối lượng chất rắn là 

A. 3,03. B. 4,15. C. 3,7 D. 5,5. 





















Câu 63: Hỗn hợp X gồm 2 amino axit no (chỉ có nhóm chức –COOH và –NH2 trong phân tử), 

trong đó tỉ lệ m : m = 128 : 49 . Để tác dụng vừa đủ với 7,33 gam hỗn hợp X cần 70 ml dung dịch 

O N 

HCl 1M. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 7,33 gam hỗn hợp X cần 0,3275 mol O 2. Sản phẩm cháy thu 

được gồm CO 2, N 2 và m gam H 2O. Giá trị của m là 

A. 9,9 gam. B. 4,95 gam. C. 10,782 gam. D. 21,564 gam. 


Câu 64: X là anđehit mạch hở. Cho V lít hơi X tác dụng với 3V lít H2 có mặt Ni, đun nóng, sau 

phản ứng thu được hỗn hợp sản phẩm Y có thể tích 2V (các thể tích đo cùng điều kiện). Ngưng tụ Y 

thu được ancol Z, cho Z tác dụng với Na dư thu được số mol H 2 bằng số mol Z phản ứng. Công 

thức tổng quát của X là 

A. CnH2n – 4O2, n ≥ 2. B. CnH2n – 2O2, n ≥ 2. 

C. C nH 2n – 4O 2, n ≥ 3. D. C nH 2n – 4O, n ≥ 4. 


Câu 65: Thuỷ phân m gam mantozơ trong môi trường axit với hiệu suất 75%, thu được hỗn hợp X. 

Cho X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được 113,4 gam Ag. Giá trị của m là 



Câu 66: Một loại cao su buna-N có phần trăm khối lượng của nitơ là 19,72%. Tỉ lệ mắt xích 

butađien và vinyl xianua là 

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


Câu 67: Đipeptit X và tetrapeptit Y đều được tạo thành từ 1 amino axit no (trong phân tử chỉ có 1 

nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH). Cho 19,8 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thu được 

33,45 gam muối. Để đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y cần dùng số mol O2 là 

A. 1,15. B. 0,5 C. 0,9. D. 1,8. 


Câu 68: X là tetrapeptit Gly-Val-Ala-Val, Y là tripeptit Val-Ala-Val. Đun nóng 14,055 gam hỗn 

hợp X và Y bằng dung dịch NaOH vừa đủ, sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Z. Cô cạn 

dung dịch Z thu được 19,445 gam muối. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp là : 

A. 51,05% B. 38,81%. C. 61,19%. D. 48,95%. 

Câu 69: Thực hiện phản ứng oxi hóa m gam hỗn hợp X gồm ancol propylic và ancol etylic, thu 

được (m + 4,8) gam hỗn hợp Y gồm ancol dư, anđehit và nước. Cho Y tác dụng với dd AgNO 3/NH 3 

dư thì lượng Ag tối đa thu được là : 

A. 64,8 gam. B. 32,4 gam. C. 43,2 gam. D. 21,6 gam. 


Câu 70: Xà phòng hoá 8,8 gam etyl axetat bằng 200 ml dung dịch NaOH 0,2M. Sau khi phản ứng 

xảy ra hoàn toàn cô cạn dung dịch thu được chất rắn khan có khối lượng là : 



Câu 71: Cho 10 gam amin đơn chức bậc 1 X phản ứng hoàn toàn với HCl (dư), thu được 15 gam 

muối. Số công thức cấu tạo có thể có của X là : 

A. 8. B. 7. C. 5. D. 4. 



















Câu 72: Cho m gam hỗn hợp gồm saccarozơ và tinh bột hòa tan vào nước ở nhiệt độ thích hợp, 

chia dung dịch thành hai phần bằng nhau: Phần 1 hòa tan vừa hết 7,35 gam Cu(OH)2. Phần 2, nhỏ 

dung dịch HCl dư vào đun nóng, sau đó kiềm hóa dung dịch và nhỏ dung dịch AgNO3/NH3 đến dư 

vào dung dịch và đun nhẹ thu được 86,4 gam Ag. Giá trị của m là : 

A. 75. B. 101,5. C. 67,5 . D. 135. 


Câu 73: X là α-amino axit phân tử chứa một nhóm –NH 2 và một nhóm –COOH. Y là muối amoni 

của X với HCl. Cho a gam chất Y tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,4 mol NaOH, thu được 

33,9 gam muối khan. Công thức cấu tạo thu gọn của X là 

A. CH3CH(NH2)COOH. B. H2NCH2COOH. 

C. CH3CH(NH2)CH2COOH D. CH3CH2CH(NH2)COOH. 


Câu 74: Cho m gam anilin tác dụng với 150 ml dung dịch HCl 1M, thu được hỗn hợp X có chứa 

0,05 mol anilin. Hỗn hợp X này tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch NaOH 1M. Giá trị của m và V 

lần lượt là : 

A. 9,3 và 150. B. 9,3 và 300. C. 18,6 và 300. D. 18,6 và 150. 


Câu 75*: Cho 29,6 gam hỗn hợp X gồm axit propionic, metyl axetat, etyl fomat tác dụng với 50 

gam dung dịch NaOH 40%, sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn khan. Giá trị 

m là : 

A. 42,4. B. 35,4. C. 43,4. D. 31,2. 

Câu 76: Cho 1,97 gam dung dịch fomalin không có tạp chất tác dụng với AgNO 3/NH 3 thì được 

10,8 gam Ag. Nồng độ % của dung dịch fomalin là 

A. 40%. B. 49%. C. 10%. D. 38,071%. 


Câu 77: Đốt cháy hoàn toàn 29,6 gam hỗn hợp X gồm CH 3COOH, C xH yCOOH và (COOH) 2 thu 

được 14,4 gam H 2O và m gam CO 2. Mặt khác, 29,6 gam hỗn hợp X phản ứng hoàn toàn với 

NaHCO 3 dư thu được 11,2 lít (đktc) khí CO 2.Tính m 

A. 44 gam. B. 48,4 gam. C. 52,8 gam. D. 33 gam. 


Câu 78: Một loại chất béo được tạo thành bởi glixerol và 3 axit béo là axit panmitic, axit oleic và 

axit stearic. Đun 0,1 mol chất béo này với 500 ml dung dịch NaOH 1M sau phản ứng hoàn toàn thu 

được dung dịch X. Cô cạn cẩn thận dung dịch X (trong quá trình cô cạn không xảy ra phản ứng hóa 

học) còn lại m gam chất rắn khan. Giá trị m là : 

A. 91,6. B. 99,6. C. 96,8. D. 100,6. 

Câu 79: Đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam một este X thu được 13,44 lít CO2 (ở đktc) và 10,8 gam 

H2O. X là este nào sau đây ? 

A. metyl axetat. B. isopropyl fomat. C. etyl fomat. D. metyl fomat. 


Câu 80: Cho 6,2 gam hợp chất hữu cơ X có công thức phân tử là C 3H 12O 3N 2 tác dụng vừa đủ với 

100 ml dung dịch NaOH 1M, thu được một chất hữu cơ ở thể khí có thể tích là V lít (ở đktc) và 

dung dịch Z chỉ chứa các chất vô cơ, cô cạn dung dịch Z thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của 

m và V lần lượt là : 

A. 2,24 và 9,3. B. 3,36 và 9,3. C. 2,24 và 8,4. D. 2,24 và 5,3. 







66 













Câu 81: Sử dụng 1 tấn khoai (chứa 20% tinh bột) để điều chế glucozơ. Tính khối lượng glucozơ thu 

được, biết hiệu suất phản ứng đạt 70%. 

A. 162 kg. B. 155,56 kg. C. 143,33 kg. D. 133,33 kg. 


Câu 82: Cho 29,8 gam hỗn hợp 2 amin no đơn chức kế tiếp tác dụng hết với dung dịch HCl, làm 

khô dung dịch thu được 51,7 gam muối khan. Công thức phân tử 2 amin là 

A. C 2 H 5 N và C 3 H 7 N B. C 2 H 7 N và C 3 H 9 N C. CH 5 N và C 2 H 7 N. D. C 3 H 9 N và C 4 H 11 N. 


Câu 83: E là este 2 lần của axit glutamic và hai ancol đồng đẳng no, đơn chức, mạch hở, kế tiếp 

nhau, có phần trăm theo khối lượng của C là 55,3%. Cho 54,25 gam E tác dụng hoàn toàn với 800 

ml dung dịch KOH 1M, thu được dung dịch X. Cho X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 

dung dịch Y. Khối lượng của muối có trong Y là : 



Câu 84: Cho 0,5 mol hỗn hợp A gồm: HCHO, HCOOH, CH2=CH-CHO tác dụng vừa đủ với dung 

dịch chứa 0,7 mol Br2. Nếu cho 67,2 gam hỗn hợp A tác dụng với Na dư thì thu được 10,08 lít H2 

(đktc). Phần trăm số mol của CH2=CH-CHO trong A là : 

A. 20%. B. 10%. C. 30%. D. 40%. 


Câu 85*: Hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ đơn chức. Cho 0,1 mol X tác dụng vừa đủ với 0,1 mol 

NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 7,36 gam hỗn hợp muối và ancol Y. Oxi hóa hoàn 

toàn ancol Y bằng CuO thu được anđehit. Cho toàn bộ lượng anđehit này tác dụng với AgNO3/NH3 

thu được 25,92 gam Ag. Công thức cấu tạo của hai chất trong hỗn hợp X là: 

A. CH3COOCH3 và CH3COOCH2CH2CH3. B. HCOOH và CH3COOCH3. 

C. CH 3COOH và HCOOC 2H 5. D. CH 3COOH và HCOOCH 3 


Câu 86: Hòa tan hoàn toàn m gam glucozơ cần 4,9 gam Cu(OH) 2. Mặt khác cho m gam glucozo đó 

đem hiđro hoàn toàn thu được n gam sobitol. Giá trị n là : 

A. 18 gam. B. 18,2 gam. C. 9 gam. D. 9,1 gam. 


Câu 87*: Hỗn hợp X gồm vinylaxetilen và hiđro có tỷ khối hơi so với H 2 là 16. Đun nóng hỗn hợp 

X một thời gian thu được 1,792 lít hỗn hợp khí Y (ở đktc). Hỗn hợp khí Y phản ứng vừa đủ với 

dung dịch chứa 25,6 gam Br 2. Thể tích không khí (chứa 20% O 2 và 80% N 2 về thể tích, ở đktc) cần 

dùng để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y là 

A. 35,840. B. 38,080. C. 7,616. D. 7,168. 


Câu 88: Oxi hóa m gam ancol đơn chức X, thu được hỗn hợp Y gồm axit cacboxylic, nước và 

ancol dư. Chia Y làm hai phần bằng nhau. Phần một phản ứng hoàn toàn với dung dịch KHCO 3 dư, 

thu được 2,24 lít khí CO2 (đktc). Phần hai phản ứng với Na vừa đủ, thu được 3,36 lít khí H2 (đktc) 

và 19 gam chất rắn khan. Tên của X là 

A. propan-1-ol. B. propan-2-ol. C. etanol. D. metanol. 



















Câu 89: Cho 100 ml dung dịch amino axit X nồng độ 0,4M tác dụng vừa đủ với 80 ml dung dịch 

NaOH 0,5M, thu được dung dịch chứa 5 gam muối. Công thức của X là 

A. NH 2C 3H 6COOH. B. NH 2C 3H 5(COOH) 2. 

C. (NH2)2C4H7COOH. D. NH2C2H4COOH. 


Câu 90: Cho X là hexapeptit Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val và Y là tetrapeptit Gly-Ala-Gly-Glu. Thủy 

phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm X và Y thu được 4 amino axit, trong đó có 30 gam glyxin và 

28,48 gam alanin. Giá trị của m là 

A. 77,6. B. 83,2. C. 87,4. D. 73,4. 


Câu 91: Cho 27,2 gam ankin X tác dụng với 15,68 lít khí H 2 (đktc) có xúc tác thích hợp, thu được 

hỗn hợp Y (không chứa H 2). Biết Y phản ứng tối đa với dung dịch chứa 16 gam Br 2. Công thức 

phân tử của X là 

A. C2H2. B. C3H4. C. C4H6. D. C5H8. 


Câu 92: Hỗn hợp X gồm H 2, C 2H 4 và C 3H 6 có tỉ khối so với H 2 là 9,25. Cho 22,4 lít X (đktc) vào 

bình kín có sẵn một ít bột Ni. Đun nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so 

với H 2 bằng 10. Tổng số mol H 2 đã phản ứng là 



Câu 93: Hỗn hợp X gồm hai ancol đơn chức, đồng đẳng kế tiếp. Đun nóng 16,6 gam X với H 2SO 4 

đặc ở 140 o C, thu được 13,9 gam hỗn hợp ete (không có sản phẩm hữu cơ nào khác). Biết với phản 

ứng xảy ra hoàn toàn. Công thức của hai ancol trong X là 

A. C3H7OH và C4H9OH. B. CH3OH và C2H5OH. 

C. C 2H 5OH và C 3H 7OH. D. C 3H 5OH và C 4H 7OH. 


Câu 94: Peptit X bị thủy phân theo phương trình phản ứng X + 2H 2O → 2Y + Z (trong đó Y và Z 

là các amino axit). Thủy phân hoàn toàn 4,06 gam X thu được m gam Z. Đốt cháy hoàn toàn m gam 

Z cần vừa đủ 1,68 lít khí O2 (đktc), thu được 2,64 gam CO2; 1,26 gam H2O và 224 ml khí N2 (đktc). 

Biết Z có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Tên gọi của Y là 

A. glyxin. B. lysin. C. axit glutamic. D. alanin. 


Câu 95: Hợp chất X có thành phần gồm C, H, O chứa vòng benzen. Cho 6,9 gam X vào 360 ml 

dung dịch NaOH 0,5 M (dư 20% so với lượng cần phản ứng) đến phản ứng hoàn toàn, thu được 

dung dịch Y. Cô cạn Y thu được m gam chất rắn khan. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 6,9 gam X cần 

vừa đủ 7,84 lít O2 (đktc), thu được 15,4 gam CO2. Biết X có công thức phân tử trùng với công thức 

đơn giản nhất. Giá trị của m là 

A. 13,2. B. 12,3 . C. 11,1. D. 11,4. 


Câu 96: Amino axit X có công thức H2NCxHy(COOH)2. Cho 0,1 mol X vào 0,2 lít dung dịch 

H2SO4 0,5M, thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch gồm NaOH 1M và 

KOH 3M, thu được dung dịch chứa 36,7 gam muối. Phần trăm khối lượng của nitơ trong X là 

A. 9,524%. B. 10,687%. C. 10,526%. D. 11,966%. 







68 













Câu 97: Cho 100 ml dung dịch amino axit X nồng độ 0,2M phản ứng vừa đủ với 80 ml dung dịch 

NaOH 0,25M, thu được dung dịch Y. Biết Y phản ứng tối đa với 120 ml dung dịch HCl 0,5M, thu 

được dung dịch chứa 4,71 gam hỗn hợp muối. Công thức của X là 

A. (H 2N) 2C 2H 3COOH. B. (H 2N) 2C 3H 5COOH. 

C. H2NC3H5(COOH)2. D. H2NC3H6COOH. 


Câu 98: Hỗn hợp X gồn hai anđehit no, đơn chức, mạch hở (tỉ lệ mol 3 : 1). Đốt cháy hoàn toàn 

một lượng X cần vừa đủ 1,75 mol khí O 2, thu được 33,6 lít khí CO 2 ( đktc). Công thức của hai 

anđehit trong X là: 

A. HCHO và CH3CHO. B. HCHO và C2H5CHO. 

C. CH3CHO và C3H7CHO. D. CH3CHO và C2H5CHO. 


Câu 99: Cho 0,76 gam hỗn hợp X gồm hai amin đơn chức, có số mol bằng nhau, phản ứng hoàn 

toàn với dung dịch HCl dư, thu được 1,49 gam muối. Khối lượng của amin có phân tử khối nhỏ hơn 

trong 0,76 gam X là 



Câu 100: Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong cùng dãy 

đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 4,02 gam X, thu được 2,34 gam H2O. Mặt khác 10,05 gam X phản 

ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được 12,8 gam muối. Công thức của hai axit là 

A. C3H5COOH và C4H7COOH. B. C2H3COOH và C3H5COOH. 

C. C 2H 5COOH và C 3H 7COOH. D. CH 3COOH và C 2H 5COOH. 


Câu 101: Axit cacboxylic X hai chức (có phần trăm khối lượng của oxi nhỏ hơn 70%), Y và Z là 

hai ancol đồng đẳng kế tiếp (M Y < M Z). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp gồm X, Y, Z cần vừa 

đủ 8,96 lít khí O2 (đktc), thu được 7,84 lít khí CO2 (đktc) và 8,1 gam H2O. Phần trăm khối lượng 

của Y trong hỗn hợp trên là 

A. 15,9%. B. 12,6%. C. 29,9%. D. 29,6%. 


Câu 102: 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 Y trong hỗn hợp là 

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


Câu 103*: Hỗn hợp X chứa ba axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở, gồm một axit no và hai axit 

không no đều có một liên kết đôi (C=C). Cho m gam X tác dụng vừa đủ với 150 ml dung dịch 

NaOH 2M, thu được 25,56 gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, hấp thụ toàn bộ sản 

phẩm cháy bằng dung dịch NaOH dư, khối lượng dung dịch tăng thêm 40,08 gam. Tổng khối lượng 

của hai axit cacboxylic không no trong m gam X là 




















Câu 104*: 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 O2, thu được 26,88 lít khí CO2 và 19,8 gam H2O. Biết 

thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Khối lượng Y trong 0,4 mol hỗn hợp trên là 



Câu 105: Thủy phân hoàn toàn m1 gam este X mạch hở bằng dung dịch NaOH dư, thu được m2 

gam ancol Y (không có khả năng phản ứng với Cu(OH)2) và 15 gam hỗn hợp muối của hai axit 

cacboxylic đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn m2 gam Y bằng oxi dư, thu được 0,3 mol CO2 và 0,4 mol 

H2O. Giá trị của m1 là 

A. 11,6. B. 16,2. C. 10,6. D. 14,6. 


Câu 106: Hai chất hữu cơ X và Y, thành phần nguyên tố đều gồm C, H, O, có cùng số nguyên tử 

cacbon (MX < MY). Khi đốt cháy hoàn toàn mỗi chất trong oxi dư đều thu được số mol H2O bằng số 

mol CO2. Cho 0,1 mol hỗn hợp gồm X và Y phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 

trong NH 3, thu được 28,08 gam Ag. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là 

A. 60,34%. B. 78,16%. C. 39,66%. D. 21,84%. 


Câu 107: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylen glicol. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với Na 

dư, thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được a gam CO2. Giá trị của a 

là 

A. 8,8. B. 6,6. C. 2,2. D. 4,4. 


Câu 108: Hỗn hợp X gồm hiđro, propen, axit acrylic, ancol anlylic (C3H5OH). Đốt cháy hoàn toàn 

0,75 mol X, thu được 30,24 lít khí CO2 (đktc). Đun nóng X với bột Ni một thời gian, thu được hỗn 

hợp Y. Tỉ khối hơi của Y so với X bằng 1,25. Cho 0,1 mol Y phản ứng vừa đủ với V lít dung dịch 

Br 2 0,1M. Giá trị của V là 

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


Câu 109: Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở và một ancol đơn chức, 

mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 21,7 gam X, thu được 20,16 lít khí CO 2 (đktc) và 18,9 gam H 2O. 

Thực hiện phản ứng este hóa X với hiệu suất 60%, thu được m gam este. Giá trị của m là 

A. 15,30. B. 12,24. C. 10,80. D. 9,18. 


Câu 110: Cho X là axit cacboxylic, Y là amino axit (phân tử có một nhóm –NH2 ). Đốt cháy hoàn 

toàn 0,5 mol hỗn hợp gồm X và Y, thu được khí N 2; 15,68 lít khí CO 2 (đktc) và 14,4 gam H 2O. Mặt 

khác, 0,35 mol hỗn hợp trên phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa m gam HCl. Giá trị của m là: 

A. 6,39. B. 4,38. D. 10,22. D. 5,11. 







70 











PHÂN TÍCH VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI 

1D 2C 3D 4A 5B 6B 7C 8A 9A 10B 

11C 12D 13C 14C 15B 16C 17D 18B 19B 20D 

21B 22B 23B 24D 25C 26D 27B 28A 29C 30C 

31D 32D 33B 34B 35B 36B 37B 38C 39C 40B 

41A 42C 43B 44A 45D 46A 47C 48A 49B 50B 

51A 52C 53C 54D 55C 56B 57C 58D 59C 60B 

61A 62B 63B 64B 65A 66C 67C 68D 69A 70C 

71A 72D 73A 74D 75B 76D 77A 78C 79B 80D 

81B 82B 83D 84A 85D 86B 87A 88C 89A 90B 

91D 92C 93C 94A 95B 96C 97A 98B 99D 100B 

101C 102D 103D 104C 105D 106D 107A 108B 109D 110D 

Câu 1: 

t 

Bản chất phản ứng : O + CO ⎯⎯→ CO (1) 

oxit kim loaïi 2 

Theo (1) và bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎧ n = n = n = n = 0,05 

O trong oxit CO phaûn öùng CO2 CaCO3 

⎪ 

⎨ m = 2,32 

(Fe3O 4 , CuO) + 0,05.16 = 3,12 gam 

⎪ 

 

m(Fe, Cu) m 

⎩ 

O trong oxit 

Câu 2: 


Cl + Na SO + H O → 2HCl + Na SO (1) 

2 2 3 2 2 4 

mol : 0,04 ← 004 → 0,08 → 0,04 

2HCl + Na CO → 2NaCl + CO ↑ + H O (2) 

2 3 2 2 

mol : 0,08 → 0,04 → 0,08 

o 

Dung dịch Y chứa 0,04 mol Na 2SO 4, 0,01 mol Na 2CO 3 dư và 0,14 mol NaCl. Khi cô cạn dung 

dịch Y thu được thu được khối lượng muối là : 

m = 0,04.142 + 0,14.58,5 + 0,01.106 = 14,93 gam 

muoái 

mNa SO m 

2 4 

NaCl mNaCl 

Câu 3: 

Bản chất phản ứng của hỗn hợp X với dung dịch Ca(OH) 2 : 

(NH ) CO + H O → (NH ) CO 

2 2 2 4 2 3 

NH NO + Ca(OH) → Ca(NO ) + NH ↑ + H O 

4 3 2 3 2 3 2 

(NH ) CO + Ca(OH) → Ca(NO ) + NH ↑ + H O 

4 2 3 2 3 2 3 2 

Theo bảo toàn nguyên tố N và C, ta có : 

⎪ 

⎧2n + n = n = 0,19 ⎧ 

(NH 2 ) 2 CO NH4NO3 NH 3 ⎪n = 0,09 (5,4 gam) 

(NH 2 ) 2 CO 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ %m = 87,1% 

(NH 2 ) 2 CO 

⎪n = n = 0,09 

n = 0,01 (0,8 gam) 

⎩ (NH 2 ) 2 CO CaCO3 

⎪⎩ NH4NO3 


Câu 4: 

Vì dung dịch sau phản ứng có pH = 13 nên bazơ dư. Ta có : 

















0,25a 0,25.0,1 

pH = 13 ⇒ pOH = 1 ⇒ [OH ] = 0,1M ⇒ [OH ] = = 0,1 ⇒ a = 0,3M 

0,5 

− − − 

Câu 5: 

Theo bảo toàn điện tích, bảo toàn electron và giả thiết, ta có : 

⎧ n 

+ 

⎪ 

= 0,4 

H taïo thaønh 

n 

+ 

= 2 n 

2+ + 2 n 

2+ 

= 4 n ⇒ 

H taïo thaønh O 

Cu Fe phaûn öùng 

⎨ 

2 

 

n = n 

Fe taïo thaønh 2+ 

= 0,1 

0,1 0,1 

Fe phaûn öùng 

? ? 

⎪⎩ 

Để yên bình điện phân đến khi khối lượng catot không đổi thì 0,1 mol Fe tạo thành lại tan hết 

trong dung dịch chứa 0,4 mol H + (axit vẫn còn dư sau khi hòa tan Fe) tạo thành. Do đó ở catot chỉ 

có Cu bám vào, m = 0,1.64 = 6,4 gam 

Cu 

Câu 6: 

Theo bảo toàn nguyên tố Na, ta có : n = n + 2 n = 0,1 mol. 

Na trong X 

NaOH Na2CO3 

 

Giả sử phản ứng tạo ra cả hai muối NaHCO 3 và Na 2CO 3. Theo bảo toàn nguyên tố Na và giả 

⎪ 

⎧n + 2n = n = 0,1 

NaHCO3 Na2CO3 Na trong X ⎪ 

⎧n = 0,05 

NaHCO3 

thiết, ta có : (*) ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪ 84n + 

NaHCO 106n = 

3 Na2CO 6,85 n = 

3 Na2CO 

0,025 

⎩ 

⎪⎩ 

3 

Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có : 

n + n = n + n ⇒ n = 0,045 mol ⇒ V = 1,008 lít 

CO 

2 Na 2 CO 3 trong X NaHCO 3 trong Y Na 2 CO 3 trong Y CO 2 CO 2 (ñktc) 

 

? 0,03 0,05 0,025 

PS : Nếu hệ (*) có một nghiệm âm tức là NaOH còn dư, khi đó ta xét hệ sau : 

⎧ 

⎪n + n = n 

NaOH Na2CO3 

Na trong X 

⎨ 

40n + 106n = m 

⎪⎩ NaOH Na2CO3 

chaát raén 

Câu 7: 


m − m 

Y X 

22,9 −18,1 m − m 

muoái X 

73,9 −18,1 

n = = = 0,15 mol; n 0,9 mol. 

O − 

= = = 

2 NO3 

taïo muoái 

32 32 62 62 

Theo bảo toàn electron và bảo toàn điện tích, ta có : 

n = n = 4 n + 3n ⇒ n = 0,1 mol ⇒ V = 2,24 lít 

n electron trao ñoåi O 

NO 

− 

taïo muoái 

2 

NO NO NO (ñktc) 

3 

 

0,9 

0,15 

? 

Câu 8: 

Vì NaOH dư nên 2 tan chất trong dung dịch sau phản ứng là NaOH dư và Na 3PO 4. Theo giả 

thiết và bảo toàn nguyên tố Na, ta có : 

⎧ 

⎧ 

n = n = n = 0,02 

H3PO4 Na3PO4 

NaOH dö 

⎪n 

= n 

Na3PO4 

NaOH dö 

⎪ 

⎨ 

⇒ ⎨ 

0,02 

⎪3n + n = n = 0,08 

⎩ Na3PO4 NaOH dö NaOH ban ñaàu ⎪V = = 0,25 lít = 250 ml 

H3PO4 

0,08M 

⎩ 

0,08 

Câu 9: 

Theo bảo toàn electron ở phần 1, phần 2 và bảo toàn khối lượng, ta có : 


0,04 

0,03 







72 













n = 2 n = 4 n ⇒ n = 0,03 mol ⇒ m = 2(m − m ) = 4,16 gam 

electron trao ñoåi H2 O2 O 2 (Al, Zn, Mg) 

oxit O2 

 

Câu 10: 


0,06 ? 3,04 0,03.32 

⎧ n 

+ 

= 2 n + n = 0,035 

H H2SO4 

HCl 

⎧ + 0,005 

0,015 0,005 

n 

+ 

n 

− 

⎪ 

⎪ 

⎧ = = 0,03 [H ] 0,01 

H phaûn öùng OH ⎪ = = 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 0,5 

⎪n − 

= 2 n + n = 0,03 

OH Ba(OH) 2 NaOH 

n 

+ 

= 0,005 

H dö 

 

⎪⎩ ⎪ pH = − lg 0,01 = 2 

0,01 

0,01 

⎩ 

⎪⎩ 

Câu 11: 

Sử dụng công thức giải nhanh và bảo toàn nguyên tố Al, ta có : 

⎧ n = 4 n 

Al(OH) 3 

3 + 

− n 

− 

= 0,1 

Al 

OH 

⎧ n = 0,05 

⎪ 

⎪ Al2O3 

⎨ 

0,2 0,7 ⇒ ⎨ 

⎪2n = n = 0,1 ⎪m = 0,05.102 = 5,1 gam 

Al2O 

Al 3 

⎩ 2O3 Al(OH) 

⎩ 

3 

Câu 12: 

Theo bảo toàn điện tích trong dung dịch X và bảo toàn nguyên tố C, ta có : 

⎧ n 

− 

+ 2n 

2− = n 

+ 

+ n 

+ 

= 0,5 

HCO 3 / X CO 3 / X K Na 

⎪ 

⎧ n 

2− 

= 0,1 

⎪ CO 3 / X 

⎨n − 

+ n 

2− = n + n 

CO 

2− 

= 0,4 ⇒ ⎨ 

HCO 3 / X CO 3 / X 2 CO 

 

3 /K2CO3 

⎪ 

⎪n − 

= 0,3 

HCO 3 / X 

0,2 ⎩ 

⎩ 

0,2 

m = 0,1.23 + 0,4.39 + 0,1.60 + 0,3.61 = 42,2 gam 

chaát tan trong X 

m 

Na 

+ m 

K 

+ m 

CO 

2− m 

3 /X HCO 

− 

3 /X 

Khi cô cạn dung dịch X và nung chất rắn đến khối lượng không đổi, 0,3 mol ion HCO − 

3 

2 

chuyển thành 0,15 mol ion CO − . Suy ra : 

3 

m = 0,1.23 + 0,4.39 + 0,1.60 + 0,15.60 = 32,9 gam 

chaát raén 

Câu 13: 


m 

Na 

+ m 

K 

+ m 

CO 

2− m 

/X CO 

2− 

3 3 môùi taïo thaønh 

⎧ n 

+ 

= 3n = 0,6 mol 

H H3PO4 

 

⎪ 

0,2 

⎨ 

⇒ n = n 

H2O taïo t haønh + 

= n 

− 

= 0,5 mol. 

H phaûn öùng OH 

⎪n − 

= n + n = 0,5 mol 

OH KOH 

NaOH 

⎪⎩ 

0,375 0,125 

Theo bảo toàn khối lượng, ta có : m = 0,2.98 + 0,125.40 + 0,375.56 − 0,5.18 = 36,6 gam 

muoái 

mH PO m 

3 4 (NaOH, KOH) mH2 

O 

Câu 14: 

Chất oxi hóa là Fe 3+ − 

và NO / H 

+ ; chất khử là Fe, Cu. Fe, Cu có thể hòa tan tối đa khi muối sắt 

3 

trong dung dịch thu được là muối sắt(II). 

n 

+ 

H 

0,4 

Vì = = 0,666 < 4 nên số mol electron nhận tính theo H + . 

n 0,6 


− 

NO3 


sẽ 
















Theo bảo toàn electron và bán phản ứng khử ion NO − tạo NO, ta có : 

3 

⎧ 3 

2 n 2 n n 

3 

n ⎧ x = 0,05 

⎪ + = 

Fe Cu + 

+ 

+ 

Fe H 

4 ⎪ 

⎪ 2x 3x n 0,1 

0,2 0,4 ⎪ = 

Fe 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪ 

1 

n = 0,15 

Cu 

n 

− 

= n = n 0,1 

NO NO 

+ 

= ⎪ 

⎪ 3 phaûn öùng 

H 

4 ⎪ n = 0,1 

⎩ 

0,4 ⎩ NO 

Suy ra : m = 0,1.56 + 0,15.64 + 0,2.56 + 0,4.35,5 + 62.(0,6 − 0,1) = 71,6 gam 

muoái 

m( Fe, Cu) phaûn öùng m 

Fe 

3+ m 

ban ñaàu Cl 

− m 

NO 

− 


Câu 15: 

Theo bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố N, ta có : 

⎧ 

0,448 

n 

2+ 

= 3n = 3. = 0,06 

Fe NO laàn 1 

⎪ 

22,4 

⎨ 

⎪ 0,448 3,136 

n 

− 

= n + n = + = 0,16 

NO NO laàn 1 NO laàn 2 

3 ⎪⎩ 

22,4 22,4 

Theo bảo toàn nguyên tố Fe, Ba và giả thiết, ta có : 

⎧ n = n 

FeCO 

2+ 

= 0,06 

3 Fe 

n 

2+ 

⎪ 

⎪ 

⎧ = n = 0,03 

Ba BaCO3 

⎨n 

2+ 

= n 

⇒ 

Ba BaCO 

⎨ 

3 

⎪ 

n = n 

BaCl 

2+ 

= 0,03 

2 Ba 

116n + 197n = 12,87 

⎪⎩ 

⎪⎩ FeCO3 BaCO3 

Theo bảo toàn điện tích, ta có : 2 n 

2+ + n 

+ 

= n 

− 

⇒ n 

+ 

= 0,04 mol. 

Fe NH4 NO3 NH4 

 

0,06 ? 0,16 

0,06.180 

Suy ra : %m = .100% = 53,36% 

Fe(NO 3 ) 2 trong A 

0,06.180 

 

+ 0,03.208 

 

+ 0,04.80 

 

mFe(NO ) m 

3 2 BaCl m 

2 NH4NO3 

Câu 16: 

⎧ 1,344 5,91 

⎪n = = 0,06 mol > n = = 0,03 mol 

CO2 BaCO3 

Ta thấy : ⎨ 22,4 197 

⎪ n 

2+ 

= n + n > n = 0,04 mol > n = 0,03 mol 

⎩ Ba trong Y BaCl2 Ba(OH2 BaCl2 BaCO3 

Suy ra : Phản ứng tạo ra cả hai muối cacbonat và hiđrocacbonat. Sử dụng công thức giải nhanh, 

ta có : n 

− 

− n = n 

CO 

2− ⇒ 0,05 + 0,03 + 2.0,25a − n = n 

2 

a 0,02 

OH 2 CO3 

CO 

− 

⇒ = 

2 CO3 

 

Câu 17: 

nNaOH nKOH nBa(OH ) 2 

0,06 0,03 

Theo giả thiết, ta có : n 

+ 

= n + 2 n = 0,4 mol; n 

2 

H HCl H2SO − 

= n = 0,3 mol. 

4 CO Na2CO3 

 

3 

0,2 0,1 



n = n 

CO 

+ 

− n 

2− 

= 0,1 mol ⇒ V = 0,1.22,4 = 2,24 lít 

2 CO 

H 

CO 

2 (ñktc) 

 

3 

Câu 18: 

0,4 

0,3 





74 











Theo bảo toàn nguyên tố H và bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎧ 

2.11,2 

⎪n = 2n = = 1 

HCl H2 

⎨ 

22,4 ⇒ m = 20 

dd Y + 36,5 

 

:10% − 0,5.2 = 384 gam 

⎪ m 

m + m = m + m 

(Mg, Fe) m 

m 

dd HCl H 

(Mg, Fe) dd HCl dd Y H 

2 

⎩ 

2 

Câu 19: 

Dung dịch X chứa Na[Al(OH) 4]. 

Dạng bài tập này thường có sự hòa tan kết tủa ở cả hai phần, nên ta xét trường hợp này trước. 

Nếu không thỏa mãn thì mới xét trường hợp còn lại : Chỉ có hiện tượng hòa tan kết tủa ở phần 2. 

Nếu cả hai phần đều có hiện tượng hòa tan kết tủa Al(OH) 3 thì ta có : 

⎧ 

3.1,8a 

⎧ P1: n 0,26 4n 

+ 

= 4n 

− 

− 3n = 

− 

− 

⎪ H [Al(OH) Al(OH) 

[Al(OH) 

4 ] 3 ⎪ 4 ] 

78 ⎪⎧ n 

− 

= 0,2 

[Al(OH) 4 ] 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

P2 : n = 4n − 3n 3a ⎪a = 7,8 

⎪⎩ 

78 

⎪ + − 

H [Al(OH) Al(OH) 

⎩ 

4 ] 

⎪ 

3 0,5 = 4n 

− 

− ⎩ 

[Al(OH) 4 ] 

Suy ra : n = 2n = 0,4 mol ⇒ m = 0,4.27 = 10,8 gam 

Al ban ñaàu 

− 

[Al(OH) 4 ] 

Câu 20: 

Theo bảo toàn electron, ta có : 2 n ≤ n ≤ 3n ⇒ 64,8 ≤ n ≤ 97,2. 

Fe Ag 

Fe Ag 

Al 

0,3 0,3 

Trên thực tế khối lượng kết tủa là 86,4 thuộc (64,8 ; 97,2) nên phản ứng tạo ra cả hai muối 

Fe(NO 3) 2 và Fe(NO 3) 3, kết tủa chỉ có Ag. 

86,4 0,8 

n = n = = 0,8 mol ⇒ [AgNO ] = = 0,4M 

AgNO3 

Ag 3 

108 2 

Câu 21: 

9,75 

Theo giả thiết, ta có : n = n = = 0,06 mol. 

Fe trong A FeCl 3 

162,5 


1 

n 0,1.n 0,0125m n mol V 0,747 lít 

Fe tron A electron axit nhaän 

A NO NO (ñktc) 

 

= 

+ ⇒ = 30 

⇒ = 

0,06 3nNO 

4 



Câu 22: 

Theo bảo toàn điện tích của oxit với HCl và bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎧ n 

2− 

= 0,28 mol 

⎧ O 

⎪2n 2− 

= n 

− 

= 0,56 

O Cl 

⎪ 

⎨ ⇒ ⎨ 

m m 16n 

m = 16 + 16.0,28 = 20,48 gam 

kim loaïi 2− 

⎩⎪ 

= + 

O ⎪ 

mkim loaïi n 

⎩ 

O 

2− 

Câu 23: 

Vì NaOH có dư nên ion HCO − 

2 

sẽ chuyển hết thành ion CO − . Theo bảo toàn nguyên tố C và 

3 

3 

Ba, ta có : 

⎧ n 

2− 

= n 

− 

= 2 n = 0,1 

CO Ba(HCO 

3 taïo thaønh HCO3 

3 ) 2 

⎧ n n 

BaCO 

2+ 

⎪ 

0,05 ⎪ 

= = 0,09 mol 

3 Ba 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪n 2+ 

= n + n = 0,09 

Ba BaCl2 Ba(HCO 3 ) m 0,09.197 17,73 gam 

2 BaCO 

 

⎪ = = 

⎩ 

3 

⎪ 

 

⎩ 

0,04 0,05 
















Câu 24: 

Theo giả thiết, ta có : 64 n + 232 n = 36 ⇒ x = 0,1 ⇒ n = 0,2 mol; n = 0,1 mol. 

Cu Fe 

3 O 4 Cu Fe 3 O 4 

2x 

x 

Bản chất phản ứng : Fe3O4 tan trong HCl tạo ra FeCl3 và FeCl2; Cu khử FeCl3 về FeCl2. 


2 n = 2 n ⇒ n = 0,1 mol ⇒ m = m = 64.(0,2 − 0,1) = 6,4 gam 

 

Cu phaûn öùng Fe 

3 O 4 Cu phaûn öùng Y Cu dö 

? 

0,1 

Câu 25: 

Theo giả thiết và sử dụng công thức giải nhanh, ta có : 

⎧ n 

− 

= n + n + 2 n = 0,44 

OH KOH NaOH Ba(OH) 2 

⎧ n 

3+ 

= 0,14 mol 

0,1 0,1 

Al 

⎪ 

0,12 

⎪ 

⎨ 

⇒ ⎨ 0,14 

⎪n = 4 n 

Al(OH) 3+ − n 

− 

[AlCl ] 1,4M 

3 

Al 

OH 

⎪ = = 

3 

⎪ 

 

0,1 

0,12 

? 0,44 

⎩ 

⎩ 

3+ 

Vì 3n 

3+ = 0,42 mol > n 

− 

= n = 1,2.0,2 = 0,24 mol ⇒ Al dö. Suy ra : 

Al OH phaûn öùng 

NaOH 

3n = n 

Al(OH) − 

⇒ n = 0,08 mol ⇒ m = 0,08.78 = 6,24 gam 

3 Al(OH) 

OH 

3 Al(OH) 3 

 

? 

0,24 

Câu 26: 

Theo bảo toàn electron, bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố Na, ta có : 

⎧ 

2,24.0,5 

⎪n − 

= n = 2n = 2. = 0,1 

OH electron trao ñoåi H 2 

0,082.273 − 

⎪ 

⎧ pOH = − lg[OH ] = 2 

⎪ 0,1 

− 

⎪ 

⎨[OH ] = = 0,01M ⇒ ⎨pH = 14 − pOH = 12 

⎪ 10 

⎪ 

⎪n = n n 0,1 

m 2,3 gam 

Na 

Na + 

= = 

− 

= 

⎩⎪ 

Na OH 

⎪ 

⎩ 

Câu 27: 

m − m 

Y X 

11,62 − 8,42 1,344 

Theo giả thiết, ta có : n = = = 0,1 mol; n = = 0,06 mol. 

O2 

NO 

32 32 22,3 

Theo bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố N, ta có : 

⎧ n = n = 4n + 3n 

n electron trao ñoåi O 

NO taïo muoái 

2 NO 

⎪ − 

3 

⎨ 

⇒ n = 4 n + 4 n = 0,64 mol 

HNO3 O2 

NO 

⎪n = n n 

HNO − 

+ 

3 NO NO 

⎩ 

0,06 

3 taïo muoái 0,1 

Câu 28: 

Vai trò của H 2SO 4 trong phản ứng là chất oxi hóa và muôi trường : 

2H SO + 2e → SO + SO ↑ + 2H O (1) 

2− 

2 4 4 2 2 

12,32 

mol : 0,55 ← = 0,55 

22,4 


Suy ra : n 

Fe 

m − m 

muoái 2− 

SO4 

taïo muoái 75,2 − 0,55.96 

= = = 0,4 mol 

56 56 







76 











Câu 29: 

Quy đổi hỗn hợp X thành Cu và S. Theo giả thiết, bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố Cu, 

S, ta có : 

⎧ 64n + 32n = m = 15,2 

Cu S X n 0,15 n n 

Cu(OH 

2+ 

⎪ ⎪⎧ = 

Cu ⎪ 

⎧ = = n = 0,15 

2 Cu Cu 

⎨2n + 6n = 3n = 1,35 ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

Cu S 

NO 

⎪ 

⎪n 0,175 n n 

S 

BaSO 

2− 

⎩ = ⎪ = = n = 0,175 

4 SO S 

4 

⎩ 

0,45 

⎩ 

Suy ra : m = 0,15.98 

 

+ 0,175.233 

 

= 55,475 gam 

mCu(OH ) m 

2 BaSO4 

Câu 30: 

Đây là một bài tập khó, nếu làm theo cách thông thường thì rất dài. Ta lựa chọn hướng thử đáp 

án sẽ nhanh hơn. 

⎧ 

2,688 

n = n 

NaNO3 ban ñaàu 

− 

= n = = 0,12 

NO 

NO 

3 phaûn öùng 

⎪ 

22,4 

●Nếu NaNO 3 phản ứng hết thì : ⎨ 

m m m 

muoái (Al, Fe, Cu) 2− m 

+ 

⎪ 

= + + = 67,7 

SO4 

Na 

 

⎪ 

 

17,9 0,49.96 

0,12.23 

⎩ 

● Nếu NaNO 3 không phản ứng hết thì khối lượng muối thu được sẽ lớn hơn 67,7. 

Vậy phương án đúng là A : 2,688 lít vaø 67,7 gam 

Câu 31: 

Theo giả thiết và sử dụng công thức giải nhanh, ta có : 

⎧ n = n + 2 n = 0,4 

− 

OH NaOH 

Ca(OH) 2 

⎪ 

 

0,2 

0,1 

n 

2 

n n 0,05 ⎧ 

− 

− 

⎪ 

⎧ 

⎪ 

= − = 

CO 

CO 

3 OH 

2 ⎪ 

⎨n 2+ 

= n = 0,1 ⇒ 

Ca Ca(OH) 

⎨ ⇒ ⎨ 

2 

⎪ ⎪ 2+ 

Ca 

⎪ 

⎪ n = 0,05 mol 

⎪ 7,84 

n = = 0,35 

CO2 

⎪⎩ 22,4 

Câu 32: 

CaCO3 

⎩ 

n = 0,1 m = 5 gam 

⎩ CaCO3 



3+ 2+ 2+ 

Thứ tự khử các ion : Fe > Cu > Fe . Theo bảo toàn electron và sự tăng giảm khối lượng, ta 

có : 

⎧ 3n = n 

Al 3+ + 2 n 

2+ + 2n 

2+ 

Fe Cu Fe phaûn öùng 

⎪ 

0,75 0,45 

⎪⎧ n = 0,85 

Al 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ m = 22,95 gam 

Al 

64 n n 

2 

56n 

2 

27n 31,05 

2+ 

⎪ 

0,45 

+ 

+ 

+ 

− = = 

Al 


Cu Fe phaûn öùng 

⎪⎩ 

⎪⎩ 0,45 

Câu 33: 

Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố N, ta có : 

⎧ 148n + 85n = 3,18 

⎧ n = n = 2n = 0,02 

Mg(NO 3 ) 

HNO 

2 NaNO3 

3 NO2 Mg(NO 3 ) 2 

⎪ ⎧ 

⎪n = 0,01 

Mg(NO 3 ) 2 ⎪ 

+ 

⎨40 n + 69 n = 1,78 ⇒ [H ] [HNO ] 0,02 : 2 0,01 

MgO 

NaNO 

⎨ ⇒ ⎨ = = = 

3 

 

2 

⎪ 

⎪n = 0,02 

NaNO 

n 

⎩ 

⎪ 

3 

Mg(NO 3 ) 2 n 

+ 

⎩ 

NaNO 3 ⎪⎩ 

pH = − lg[H ] = 2 

Câu 34: 

Theo bảo toàn electron trong phản ứng của X với H 2O và với dung dịch kiềm, ta có : 


















⎧ n + 3n = 2 n = 0,8 

K Al phaûn öùng H2 

 

⎪ x 

x 

0,4 ⎪⎧ x = n = 0,2 

K 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ m = m + m = 14,55 gam 

(Al, K) 

K Al 

⎪n 3n 2 n 0,95 y n 0,25 

K + 

Al ban ñaàu = 

H = = 

Al ban ñaàu = 

2 

 

⎪⎩ 

0,2.39 0,25.27 

x ⎪⎩ 

y 

0,475 

Câu 35: 

Theo bảo toàn nguyên tố Cl và bảo toàn electron, ta có : 

⎧ 

⎪n = n = 0,05 

Ag FeCl2 

⎨ 

⇒ m = 0,05.108 + 0,1.143,5 = 19,75 gam 

keát tuûa 

n = 2n = 0,1 

 

⎪⎩ AgCl FeCl2 mAg mAgCl 

Câu 36: 

Sơ đồ thể hiện bản chất phản ứng : 

Fe + FeCl 3 → FeCl 2 

Fe + HCl → FeCl2 + H2 

Chất tan duy nhất là FeCl 2. 

Áp dụng bảo toàn electron, ta có : 2nFe = n 3+ + n + ⇒ 2x = y + z 

Fe H 

Câu 37: 

Bản chất phản ứng của Cl2, O2 với Mg, Al là phản ứng oxi hóa – khử. Chất khử là Al, Mg; chất 

oxi hóa là Cl 2 và O 2. 

Theo giả thiết và bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎧ 7,84 

nCl 

+ n 

2 O 

= = 0,35 

2 

⎪ 22,4 

⎪⎧ 

nCl 

= 0,2 

2 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪71n Cl 

+ 32n 

2 O 

= m 

2 Z − m(Al, Mg) 

= 19 nO 

= 0,15 

2 

 

⎪⎩ 

30,1 

⎪⎩ 

11,1 


⎧ 24n + 27n = 11,1 

Mg Al 

⎪ 

⎪⎧ n = 0,35 

Mg 

0,1.27 

⎨2n + 3n = 2 n + 4 n = 1⇒ ⎨ ⇒ %m = .100% = 24,32% 

Mg Al Cl 

Al trong Y 

2 O2 

⎪ ⎪⎩ 

n = 0,1 

11,1 

Al 

⎩ 

0,2 0,15 

Câu 38: 

Bản chất phản ứng là Fe khử hoàn toàn Ag + , Cu 2+ thành Ag, Cu; Ag + , Cu 2+ oxi hóa Fe thành 

Fe 2+ . 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cu, Ag, bảo toàn electron, ta có : 

⎧ 

⎪ nCu = n 2+ 

= 0,05 Cu ⎧nFe 

= 0,06 mol 

⎪ 

⎪ 

⎨nAg = n + = 0,02 ⇒ 

Ag ⎨ mtaêng = mAg + m − = 

⎪ 

⎪ Cu mFe phaûn öùng 

2 gam 

 

⎪ = + + 2+ 

⎩ 

0,02.108 0,05.64 

2 n 0,06.56 


n 2 n 

Ag 

Cu 

⎪⎩ ? 0,02 0,05 

Câu 39: 



78 

⎧ ⎪n FeCl 

: n 2 

2 NaCl 

= 1: 2 ⎪⎧ 

nFeCl 

= 0,01 

FeCl 

2 ⎪⎧ 

n + = n = 0,01 

Fe 

2 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

⎪127n FeCl 

58,5n 

2 NaCl 

2,44 n n 2n 

NaCl 

0,02 

− 

⎩ 

+ = ⎪⎩ 

= ⎪⎩ 

= 

Cl FeCl 

+ n 

2 NaCl 

= 0,04 















Bản chất phản ứng của dung dịch Y với dung dịch AgNO3 dư là phản ứng trao đổi của ion Ag + 

với ion Cl − và phản ứng oxi hóa – khử của ion Ag + với ion Fe 2+ . 

− ⎧⎪ nAgCl 

= n = 0,04 

Cl 

Ta có : ⎨ 

⇒ mchaát raén 

= mAgCl 

+ mAg 

= 6,82 gam 

n = + = 2+ 

= 

⎪⎩ 

Ag 

n n 0,01 

Ag Fe 

0,04.143,5 0,01.108 

Câu 40: 

Theo giả thiết suy ra : Trong phản ứng với H2O (TN1), nhôm chưa phản ứng hết (vì lượng khí 

thu được khi X phản ứng với dung dịch kiềm (TN2) lớn hơn lượng khí thu được khi X phản ứng với 

H2O). 

Ở TN1, Al dư nên dung dịch chứa Ba[Al(OH) 4] 2 : x mol. 

Áp dụng bảo toàn electron cho các phản ứng ở TN1 và TN2, ta có : 

⎧TN1: 2 n 

Ba + 3nAl phaûn öùng 

= 2 nH2 

 

⎪ 

x 2x 

0,4 ⎧x = 0,1 

⎨ 

⇒ ⎨ ⇒ mX = m + = 

+ = Al m 

Ba 

24,5 gam 

⎪ 

TN2 : 2 n 

Ba 

3nAl ban ñaàu 

2 nH 

= 

2 

⎩y 0,4 

0,4.27 0,1.137 

x ⎪⎩ 

y 

0,7 

Câu 41: 

Giả sử kim loại X có hóa trị n không đổi. 


⎧ 56nFe + n.M 

X 

= 1,805 ⎧nFe 

= 0,025 

⎪ ⎪ M ⎪⎧ 

n = 3 

X 

⎨2nFe + n.n 

X 

= 2nH = 2.0,0475 = 0,095 ⇒ ⎨n.n = ⇒ = ⇒ ⎨ 

2 

X 

0,045 9 

⎪ ⎪ n ⎪ 

= 

⎩X laø Al 

⎩3nFe + n.n 

X 

= 3nNO 

= 3.0,04 = 0,12 ⎩n.M X 

0,405 

Nếu trường hợp này ta không tìm được kết quả thì loại các phương án A, C, D và chọn B (vì B 

là phương án duy nhất kim loại có sự thay đổi hóa trị trong phản ứng với HCl và HNO3). 

Câu 42: 

Khi cho Cu vào dung dịch Y không tạo sản phẩm khử của N +5 , chứng tỏ trong Y không còn 

NO − . Dung dịch Y có thể có Fe 2+ hoặc không. 

3 

2 2 2 

⎧H2SO4 Fe ⎪⎧ SO 

4 

, NO3 H2SO4 

dö ⎪⎧ SO 

4 

, H 

Cu ⎪⎧ 

SO 

4 

, H 

Sơ đồ phản ứng : ⎨ ⎯⎯→ ⎨ ⎯⎯⎯⎯→ 

2+ 3+ 

⎨ ⎯⎯→ ⎨ 

⎩HNO3 

⎪⎩ 

Fe , Fe 

⎪⎩ Fe , Fe ⎪⎩ 

Fe , Cu 

 

− − − + − + 

dd X 

2+ 3+ 2+ 2+ 

Sau tất cả các phản ứng dung dịch thu được chứa Fe 2+ , Cu 2+ , H + 2− 

và SO 

4 

. 

Áp dụng bảo toàn electron, ta có : 2 n + 2 n = 3 

Fe Cu ∑ n ⇒ n = 0,0725 ⇒ m = 4,06 gam 

 

NO Fe Fe 

? 0,0325 0,07 



Câu 43: 

2+ 2+ 

⎧Fe 

⎧ o 

H2SO4 loaõng dö ⎪Fe 

, Mg 

NaOH dö 

⎧Fe(OH) 

O 2 , t ⎧Fe O 

Sơ đồ phản ứng : ⎨ ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎨ ⎯⎯⎯⎯→ 

+ 2− 

⎨ ⎯⎯⎯→ ⎨ 

⎩Mg ⎪⎩ 

H , SO 

Mg(OH) 

4 

⎩ 

2 ⎩MgO 

Sau tất cả các phản ứng, chất rắn thu được gồm MgO và Fe2O3. 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe, Mg, ta có : 

dd Y 

2 2 3 


⎪⎧ 

2n = n = 0,2 ⎧ 

Fe2O3 Fe ⎪n = 0,1 

Fe2O3 

⎨ 

⇒ ⎨ ⇒ m = m + m = 20 gam 

chaát raén Fe2O3 

MgO 

⎪ 

 

⎩ 

n = n = 0,1 n 0,1 

MgO Mg ⎪⎩ 

= 

 

MgO 

0,1.160 0,1.40 

Câu 44: 















Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố P, ta có : 

⎧⎪ nH3PO = n 

4 P 

= 0,1 nNaOH 

⎨ 

⇒ = 2 ⇒ muối tạo ra là Na 2HPO 4. 

⎪⎩ n n 

NaOH 

= 0,2 

H3PO4 

Theo bảo toàn nguyên tố P, ta có : n = n = 0,1 mol ⇒ m = 14,2 gam 

Na2HPO4 H3PO4 Na2HPO4 

Câu 45: 


⎧ 

⎪ nCO + n 

2 O 

+ n 

2 CO 

= 4 kmol ⎧nCO 

= 1,2 kmol 

2 

⎪ 

⎪ 

⎨44nCO + 32n 

2 O 

+ 28n 

2 CO 

= 4.16,7.2 = 133,6 kg ⇒ ⎨nCO 

= 2,2 kmol 

⎪ 

⎪ 

4.0,015 

nO 

= 0,6 kmol 

⎪ 2 

nCO 

= = 1,2 kmol 

⎩ 

2 

⎪⎩ 0,05 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với O và Al, ta có : 

⎧ 5,8 

⎧ 3nAl = + + 

= 

2O n 

3 CO 

2 nCO 2 n 

2 O2 ⎪ ⎪ 

nAl2O 

kmol 

3 

3 

11,6 

2,2 

⎨ 

1,2 0,6 ⇒ ⎨ 

⇒ mAl 

= 27. = 104,4 kg 

⎪ = ⎪ 11,6 

⎩ 

nAl 2n 

3 

Al = 

2O n 

3 

Al 

kmol 

⎪⎩ 3 

Câu 46: 


(MO, M(OH) 2, MCO 3) + H 2SO 4 → MSO 4 + CO 2 ↑ + H 2O 

Theo giả thiết và áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎧ m = m + m − m = 121,8 

dd spö 

X dd H2SO4 CO2 

⎪ 

 

24 

100 0,05.44 

⎪ 

⎧ ⎪M = 120 

MSO4 

⎨m = 39,41%.121,8 = 48 ⇒ M laø Mg 

MSO 

⎨ 

⇒ 

4 

⎪ 

⎪⎩ 

M = 24 

M 

⎪ 100.39,2% 

n = n = = 0,4 

MSO4 H2SO4 

⎪⎩ 

98 

PS : Nếu trường hợp tạo ra muối MSO 4 không thỏa mãn thì ta xét thêm trường hợp tạo ra muối 

M(HSO 4) 2. Ở bài này, nếu đề cho tạo ra M(HSO 4) 2 thì hay hơn, nhiều học sinh sẽ không ngờ tới. 

Câu 47: 

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

n 

Na + + n 

4 

NH + = n 2 n x 0,025 

Cl − + 

4 

SO 2 − ⇒ = . 

0,12 0,05 0,12 x 

Phản ứng của dung dịch X với 0,03 mol Ba(OH) 2, ta có : 

⎧n 

2+ > n 2 

Ba 

SO 

 

4 

− 

⎪ 0,03 0,025 ⎪⎧ 

n = 0,025 

BaSO4 

↓ 

⎨ 

⇒ ⎨ 

n − n + 

⎪ > n = 0,05 

NH 

OH 

NH4 

3 ↑ 

 

⎪⎩ 

⎪⎩ 0,06 0,05 

Dung dịch Y gồm các ion Na + , Cl − , Ba 2+ dư, OH − dư. Khi cô cạn dung dịch Y thu được chất 

rắn có khối lượng là : mchaát raén 

= m + m + m + = 

+ 

− 2 m 7,875 gam 

Na Cl Ba 

 

+ dö OH 

 

− dö 


0,12.23 0,12.35,5 0,005.137 0,01.17 







80 











Câu 48: 


n = n = 0,02 mol; n = 2n = 0,04 mol; n = n = 0,03 mol. 

2+ Ba(OH) − 

2 Ba(OH) − 

Ba OH 2 HCO NaHCO 

3 

3 

⎧ n − > n 

3 

− 

OH HCO ⎧n = 0,02 

BaCO 3 ↓ 

⎪ 

0,04 ⎪ 

0,03 

− 

⎪ 

⎪ ⎧OH : 0,01 

Ta có : ⎨n 2− 

= n − = 0,03 ⇒ 

CO3 sinh ra HCO ⎨ ⎪ 

3 

2− 

⎪ 

⎪dd X: ⎨CO 3 

: 0,01 

⎪n 2+ 

= 0,02 

Ba 

⎪ ⎪ + 

⎪ 

⎩ ⎩Na 

⎩ 

Khi cho từ từ HCl vào dung dịch X đến khi bắt đầu thoát khí, xảy ra các phản ứng : 

H + + OH − → H2O 

H + + 

2 

CO − 3 

→ 

3 

HCO − 

0,02 

Suy ra : n + = n − + n 2− 

= 0,02 ⇒ Vdd HCl 0,25M 

= = 0,08lít = 80 ml 

H OH dö CO3 

0,25 

Câu 49 

2 

Bản chất phản ứng là sự thay thế ion CO − − 

3 

trong các muối cacbonat bằng ion Cl . Khối lượng 

muối clorua thu được lớn hơn 22,8 – 20,6 = 2,2 gam so với khối lượng muối cacbonat ban đầu là do 

khối lượng của ion Cl − 2 

thay thế lớn hơn khối lượng của ion CO − . 

Theo bảo toàn điện tích và sự tăng giảm khối lượng, ta có : 

n − 2n 2− n 0,4 nCO 

= n 2− 

= 0,2 mol 

Cl CO − 

⎪⎧ = 

3 

⎪⎧ 

= 

Cl ⎪ 

⎧ 

2 CO3 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

35,5n − − 60n 2− 

= 2,2 n 2− 

= 0,2 

⎩⎪ 

Cl CO CO 

V 

3 ⎩⎪ 

3 ⎩⎪ 

CO 2 (ñktc) 

= 0,2.22,4 = 0,448 lít 

Câu 50: 

Quy đổi hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na 2O và BaO thành Na, Ba, O. Theo giả thiết và bảo toàn 

electron, ta có : 

⎧nNa + 2 n 

Ba = 2nO + 2 nH 

2 

⎧ 

⎪nH = 0,05 

2 

⎪ 

0,12 0,05 ⎧nNa 

= 0,14 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

⎩⎪ 

nBa = nBa(OH) = 0,12 23n n 

2 ⎪ Na 

+ 137n O 

0,14 

Ba + 16nO 

= 21,9 ⎩ = 

⎪⎩ 

0,12 

Suy ra dung dịch kiềm sau phản ứng có 0,14 mol NaOH và 0,12 mol Ba(OH) 2. 

∑ n − 

OH 

2− 

− 

Do 1 < < 2 ⇒ phản ứng tạo ra cả CO3 vaø HCO 

3 

. 

n 

CO2 

⎧n 2+ 

= 0,12 

Ba 

+ 

⎪ ⎧⎪ n 2 = 0,12 ⎧⎪ 

nBaCO 

= 0,08 mol 

Ba 

3 

Ta có : ⎨∑ n ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

− = n + 2− 

− 

⎪ 

CO 

n 

OH 

2 CO3 2 

⎪n = 0,08 

⎩ CO 

⎪⎩ 

m = = 

3 BaCO 

0,08.197 15,76 gam 

3 

⎩ 0,38 0,3 ? 

Câu 51: 

8,78 

Mchaát raén = = 83,62 ⇒ Chất rắn gồm KNO2 (85) và KOH (56). Vậy chất rắn Z gồm KOH 

0,105 

dư và KNO3. 


3 

















⎧ 

8,78 − 0,105.56 

nKNO 

= n 

3 KNO 

= = 0,1 

2 

⎪ 

46 −17 

⎨ 

⎪nsp khöû 

= nHNO − n 

3 KNO 

= 0,02 

3 

 

⎪⎩ 

0,12 0,1 

Cu là kim loại hoạt động yếu, khi phản ứng với dung dịch HNO 3 chỉ có thể tạo ra khí NO, NO 2 

hoặc cả hai nên ta có : 

⎧ 

0,02.188 

⎪ C% 

Cu(NO 

< = 

3 ) 

.100% 29,01% 

2 

1,28 + 12,6 − 0,02.46 

 

⎪ 

mNO 2 

⎨ 

⇒ C% 

Cu(NO 

= 

3 ) 

28,66% 

2 

⎪ 0,02.188 

C% 

Cu(NO 

> = 

3 ) 

.100% 28,31% 

2 

⎪ 1,28 + 12,6 − 0,02.30 

⎪ 

 

⎩ 

mNO 

Câu 52: 

Phản ứng tạo kết tủa vàng nhạt : 

o 

t 

3 3 4 3 

CH ≡ CH + 2AgNO + 2NH ⎯⎯→ CAg ≡ CAg ↓ + 2NH NO 

o 

t 

2 3 3 2 4 3 

CH ≡ C − CH = CH + AgNO + NH ⎯⎯→ CAg ≡ C − CH = CH ↓ + NH NO 

Hỗn hợp Y gồm 7 hiđrocacbon nên H2 đã phản ứng hết. 

Sử dụng bảo toàn nguyên tố C và công thức giải nhanh, ta có : 

⎧ n + n = n − n = 0,07 

C2H2 dö C4H4 dö (C2H 2 , C4H 4 ) ban ñaàu 

Z 

 

⎪ 

0,08 

x y 0,06+ 

0,09 

⎧ x + y = 0,07 ⎧ x = 0,03 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪2 n + 3n = n + n 2x + 3y = 0,18 

C2H2 phaûn öùng C4H4 phaûn öùng H2 phaûn öùng Br2 

phaûn öùng ⎩ 

⎩y = 0,04 

⎪ 

 

⎩ 0,06−x 0,09−y 0,16 0,05 

Suy ra : 

⎧ 

⎪n = n = 0,03 

C2Ag2 C2H2 

dö 

⎨ 

⇒ m = 0,03.240 + 0,04.159 = 13,56 gam 

keát tuûa 

n = n = 0,04 

⎪⎩ C4H3Ag C4H4 

dö 

Câu 53: 

Theo bảo toàn nguyên tố C và bảo toàn electron, ta có : 

⎧ 

m 

⎧ n 

= n n 

n 

−C6H10O5 − phaûn öùng C6H C 

12O 

= = 

− 

6 

6H10O5 − phaûn öùng C6H12O6 

⎪ 

⎪ 

216 

⎨ 

m ⇒ ⎨ m 

2n n 

−C6H10O5 

− phaûn öùng 

⎪ = = 

162m 

C6H12O6 

Ag 

⎪ 

⎩ 

108 

H = = = 75% 

⎪ m 216m 

⎩ −C6H10O5 

− ban ñaàu 

Câu 54: 

Theo giả thiết, bảo toàn nguyên tố C và bảo toàn electron, ta có : 

⎧ 

2,24 

⎪n = n = .20% = 0,02 

C2Ag2 C2H2 

dö 

⎨ 

22,4 ⇒ m = 0,02.240 

keát tuûa 

+ 0,16.108 

 

= 22,08 gam 

⎪ n = 2n = 2n = 2.0,08 = 0,16 

mC 2Ag 

m 

2 

Ag 

⎩ Ag CH3CHO C2H2 

phaûn öùng 


Câu 55: 

Theo bảo toàn nguyên tố Cl, Na và các đáp án, ta có : 







82 













⎧n = n = 0,05 

⎧ m = 0,05.58,5 + 0,03(83 + R) + 0,02.40 = 7,895 

NaCl HCl 

chaát raén 

 

⎪ 

 

⎪ 

mNaCl 

m 

m 

H NRCOONa 

NaOH dö 

⎨n = n = 0,03 ⇒ 

2 

H2NRCOONa 

H2NRCOOOH 

⎨ 

⎪ ⎪ 

n = 0,02 

R = 56; M 117 (Valin) 

NaOH dö 

H2NRCOOOH 

= 

⎪⎩ 

⎩ 

Câu 56: 

Giả sử peptit X có n gốc α - amino axit thì số liên kết peptit là (n – 1). 


n − peptit + (n − 1)H O + nHCl → amio axit (1) 

2 

mol : 0,1 → 0,1(n −1) → 0,1n 

Theo (1) và giả thiết, ta có : m = 0,1(n − 1)18 + 0,1n.36,5 = 52,7 ⇒ n = 10 ⇒ n − 1= 

9 

taêng 

mH 2 O 

Câu 57: 

2nH2O 

2a ⎧Y laø HCOOH (x mol) 

Từ giả thiết, suy ra : H = = = 2 ⇒ ⎨ 

n a 

X 

⎩ Z laø HOOC-COOH (y mol) 

Phản ứng của X với NaHCO 3 : − COOH + NaHCO3 → COONa + CO2 + H2O 

n n 

− COOH CO 1,4a x + 2y x 3 

2 

Suy ra : COOH = = = = 1,4 ⇒ COOH = = 1,4 ⇒ = 

n n a x + y y 2 

3.46 

Vậy %m = .100% = 43,4% 

HCOOH 

3.46 + 2.90 

Câu 58: 


X 

X 

n 

⎧X : HCOOH 

0,14 

⎪ 

⎧⎪ 

X : HCOOH 

≥ = = = ⇒ ⇒ ⎨ 

n (0,06 + 0,04) ⎪C = = 2 Y : C H (OH) 

0,04 

⎪⎩ 

⎩ 

mHCl 

CO 

C 2; C 

2 

Y 

(X, Y) 

1,4 ⎨ 0,14 − 0,06 

(X, Y) 

Y 

0,04.62 

Suy ra : %m = .100% = 47,33% 

C2H 4 (OH) 2 

0,06.46 + 0,04.62 

Câu 59: 


2 4 2 

1,34 n 0,08 2n 0,05.2 

CO2 H2O 

n = = 0,05 mol; C 

(X, Y) 

(X, Y) = = = 1,6 (1); H(X, Y) = = = 2 (3). 

13,8.2 n 0,05 n 0,05 

(X, Y) (X, Y) 

Từ (1), suy ra : X hoặc Y chứa 1 nguyên tử C; từ (2), suy ra : X, Y đều chứa 2 nguyên tử H. 

Mặt khác, n > n nên phải có ít nhất một chất có chứa liên kết π . 

 

CO2 

H2O 

0,08 0,05 

Từ đó suy ra : X là C2H2 và Y là HCHO. 

Theo bảo toàn nguyên tố O, ta có : 


















⎧ n = 2 n + n − 2 n = 0,02 

HCHO CO2 H2O O2 

⎧ n = 4n = 0,08; n = n = 0,03 

Ag HCHO C2Ag2 C2H2 

⎪ 

0,08 0,05 0,096 ⎪ 

⎨ ⇒ ⎨ 

= − = 

= + = 

⎪n n n 0,03 m 0,08.108 

keát tuûa 

C 

⎪ 

0,03.240 

 

15,84 gam 

2H 2 (HCHO, C2H 2 ) HCHO 

 

⎪⎩ 

⎩ 

mAg 

mC 2Ag 

0,02 

2 

0,05 

Câu 60: 

Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố H linh động, ta có : 

⎪ 

⎧ n = a 

C4H10O n 

x H linh ñoäng trong C4H10Ox 

⎨ 

⇒ = 2 ⇒ C H O : C H (OH) 

n = 2n = 2a n 

⎪⎩ H linh ñoäng trong C C 

4H10Ox H2 

4H10Ox 


4 10 x 4 8 2 

⎡HOCH CH CH CH OH 

2 2 2 2 

o 

CuO, t 

⎢ 

C H (OH) ⎯⎯⎯→ Y : ña chöùc ⇒ C H (OH) laø CH CH OHCH OHCH 

4 8 2 4 8 2 ⎢ 3 2 2 3 

⎢⎣ HOCH CH(CH )CH OH 

Câu 61: 

Theo bảo toàn nguyên tố Na, ta có : 

2.3,18 nNaOH phaûn öùng 0,06 

n = 2n = = 0,06 ⇒ = = 1,2 

NaOH phaûn öùng Na2CO3 

106 n 0,05 

Suy ra : X hoặc Y là este của phenol. 

(X, Y) 

2 3 2 

n n + n 

C CO2 Na2CO 0,12 + 0,03 ⎧ 

3 

⎪X : HCOOCH3 

C(X, Y) = = = = 3 ⇒ ⎨ 

n n 0,05 Y : C H O (x 7) 

(X, Y) (X, Y) 

⎪⎩ 

≥ 

x y 2 


⎧n + n = 0,05 ⎧n = 0,01 

HCOOCH3 CxHyO2 CxHyO 

2 

⎪ 

⎪ 

⎨n + 2n = n = 0,06 ⇒ ⎨n = 0,04 ⇒ C H O : HCOOC H 

3 x y 2 3 

⎪ ⎪ 

⎪2n x.n n 0,15 x 7 

HCOOCH + 

3 CxHyO = 

2 C = ⎪⎩ = 

⎩ 


HCOOCH C H O NaOH HCOOCH x y 2 6 5 

m = 0,04.60 + 0,01.122 + 0,06.40 − 0,04.32 − 0,01.18 = 4,56 gam 

chaát raén 

m( X, Y) mNaOH mCH3 OH mH2 

O 

Câu 62: 

Công thức cấu tạo của X là C 2H 5NH 3NO 3 (etylamoni nitrat) hoặc (CH 3) 2NH 2NO 3 

(đimetylamoni nitrat). 

Theo bảo toàn nguyên tố gốc NO − và bảo toàn nguyên tố K, ta có : 

3 

⎧ 

3,24 

⎪n = n = = 0,03 

KNO 3 C2H5NH3NO3 hoaëc (CH 3 ) 2 NH2NO3 

⎨ 

108 ⇒ m = 0,03.101 

chaát raén 

+ 0,02.56 

 

= 4,15 gam 

⎪ n = n − n = 0,05 − 0,03 = 0,02 

mKNO 

m 

KOH dö KOH ban ñaàu KNO 

3 

KOH dö 

⎩ 

3 


Câu 63: 






84 











⎧⎪ 

m : m = 128 : 49 ⎧ 

O N ⎪m = 0,98 

N 

⎨ 

⇒ ⎨ ⇒ m = 7,33 

(C, H) trong X − 0,98 − 2,56 = 3,79 gam (*) 

⎪⎩ 

n = n = 0,07 m 2,56 

N HCl ⎪⎩ 

= 

O 

m m m 

X N O 

Từ (*) và bảo toàn khối lượng trong phản ứng đốt cháy X, ta có : 

⎧ 12 n + n = 3,79 ⎧ 

C 

H 

n = 0,27 

CO 

2 

nCO 2n 

12n 2n 3,79 

⎪ 

⎪ 

⎧ 

2 

H2O 

⎪ + = 

CO2 H2O 

⎪ 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨n = 0,275 

H2O 

⎪m + 32 n = 44n + 18n + m 44n 18n 16,83 

CO 

X O2 CO2 H2O N ⎪ + = 

2 

2 H2O 

⎩ 

⎪ 

⎪⎩ 

7,33 ⎪ m = 4,95 gam 

0,3275 0,98 

H2O 

⎩ 

Câu 64: 

Trong phản ứng cộng H2, thể tích khí giảm bằng thể tích H2 đã phản ứng. 

VH 2 phaûn öùng 

V = V 

H 

2 phaûn öùng + 3V − 2V = 2V ⇒ k = = 2 

anñehit X 

V 

V 

V sau phaûn öùng 

X 

tröôùc phaûn öùng 

Với k = 2, suy ra X là anđehit no, hai chức hoặc anđehit không no (chứa 1 nối đôi C=C), đơn 

chức (1). 

Mặt khác, ancol Z sinh ra từ X phản ứng với Na, cho n = n . Chứng tỏ Z là ancol 2 chức, do 

đó X phải là anđehit 2 chức (2). 

Từ (1) và (2) suy ra X là anđehit no, 2 chức, có công thức phân tử là C H O (n 2) 

n 2n 2 2 

Câu 65: 

Theo bảo toàn nguyên tố C, bảo toàn electron và giả thiết, ta có : 

H2 


Z 

− 

≥ 

⎧ n = 2n = 4 n 

Ag C6H12O6 C12H22O11 

phaûn öùng 

⎧ 4 n + 2 n = n = 1,05 

C12 H22O11 phaûn öùng C12 H22O11 

dö Ag 

⎪ 

0,75x ⎪ 

⎨ 

⇒ ⎨ 0,75x 0,25x 

⎪n 

= 2 n 

Ag C12H 22O11 

dö 

⎪ x = 0,3; m 0,3.342 102,6 gam 

C12 H22O11 

ban ñaàu = = 

⎪ 

 

⎩ 

⎩ 

0,25x 

Câu 66: 

Quy đổi cao su Buna – N thành hỗn hợp C4H6 và CH2=CH–CN. Theo giả thiết, ta có : 

⎧ n x mol 

⎧ 14y 

⎪ = 

C4H 

%N 19,72% x 0,25 

6 

⎪ = = ⎧ = x 1 

⎨ ⇒ ⎨ 54x + 53y ⇒ ⎨ ⇒ = 

⎪n 

= y mol ⎪ 

y = 0,75 y 3 

x y 1 

⎩ 

⎩ 

⎩ CH2 

= CH−CN 

+ = 

Câu 67: 

Đặt công thức của X, Y lần lượt là (2CnH2n+1O2N – 1H2O) và (4CnH2n+1O2N – 3H2O). 

Phản ứng của X với HCl : 2C H O N − 1H O + H O + 2HCl 

n 2n 1 2 2 

2 → C H O NCl 

+ n 2n+ 

3 2 

 

x mol 

19,8 

Suy ra : 18x + 36,5.2x = 33,45 − 19,8 = 13,65 ⇒ x = 0,15 ⇒ M = = 132 ⇒ n = 2 

X 

0,15 

Phản ứng của Y với O2 : 

mmuoái 

mX 


Câu 68: 


x mol 

2x mol 

t 

4C H O N − 3H O + 9O ⎯⎯→ 8CO + 7H O 

2 5 2 2 

2 2 2 

 

0,1 mol 

0,9 mol 

o 















86 


Gly − Val − Ala − Val + 4NaOH → muoái + H O 

Val − Ala − Val + 3NaOH → muoái + H O 

⎧ n = 4 n = 4 n 

NaOH X H2O 

⎧ m = 344x + 287y = 14,055 

(X, Y) 

⎪ 4x ← x → x ⎪ 

⎧ x = 0,02 

⎨ ⇒ ⎨ 

n 3n 3n 

14,055 + 40(4x + 3y) = 19,445 + 18(x + y) ⇒ ⎨ 

⎪ = = 

NaOH Y H2O 

y 0,025 

⎪ 

⎩ = 

baûo toaøn khoái löôïng 

3y y 

⎩ 

⎪⎩ ← → y 

0,02.344 

Suy ra : %m = .100% = 48,95% 

X 

14,055 

Câu 69: 

t 

Bản chất phản ứng : − CH OH + O ⎯⎯→ − CHO + H O 

o 

2 2 

Theo bản chất phản ứng và bảo toàn electron, ta có : 

⎧ 

4,8 

⎪n = n = = 0,3 

−CHO 

O phaûn öùng 

⎨ 

16 ⇒ m = 0,6.108 = 64,8 gam 

Ag 

⎪ 

⎩ 

n = 2n = 0,6 

Ag −CHO 

Câu 70: 

Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố Na, ta có : 

⎧ 

8,8 

⎪n = = 0,1 

CH3COOC2H5 

⎨ 

88 ⇒ n = 0,04 mol ⇒ m = m = 3,28 gam 

CH3COONa chaát raén CH3COONa 

⎪ 

⎩n = 0,2.0,2 = 0,04 

NaOH 

Câu 71: 

2 

15 −10 5 5 

Ta có : n = n = = ⇒ M = 10 : = 73 ⇒ C H N laø C H N. 

CxHyN HCl CxHyN x y 4 11 

36,5 36,5 36,5 

Số đồng phần của X là 8 : 

⎧CH − CH − CH − CH − NH 

3 2 2 2 2 

⎪ 

3 2 2 3 

⎪CH − CH(NH ) − CH − CH 

3 2 2 3 

⎪ 

A min baäc 1: ⎨ 

; A min baäc 2 : ⎨CH − CH − NH − CH − CH 

3 2 2 3 

⎪CH − CH(CH) − NH 

3 3 2 

⎪ 

⎪ 

CH − CH(CH ) − NH − CH 

3 3 3 

(CH ) C − NH 

⎩ 

3 3 2 

⎩ 

A min baäc 3 : (CH ) NCH CH 

Câu 72: 

3 2 2 3 


2 

⎧CH − NH − CH − CH − CH 

⎧ 

2.7,35 

⎪n = 2n = = 0,15 

C12H22O11 Cu(OH) 

⎪ 

⎧ n = 0,15 

C 

2 

12H22O11 

Ta có : ⎨ 

98 

⇒ ⎨ 

⎪0,8 = n = 2n = 2(2n + n ) ⎪n = 0,1 

−C6H10O5 

− 

⎩ Ag (glucozô, fructozô) C12H22O11 −C6H10O5 

− 

⎩ 

Suy ra : m = 2.(0,15.342 

 

+ 0,1.162) 

 

= 135 gam 

Câu 73: 

mC H O m 

12 22 11 −C6H10O5 

− 


Phương trình phản ứng : ClH NRCOOH + 2NaOH 

3 → H NRCOONa + NaCl + 2H O 

2 

2 

 


0,2 mol 



0,4 mol 0,4 mol 














m = 33,9 

ClH3NRCOOH + 0,4.18 

 

− 0,4.40 

 

= 21,5 ⇒ M = 122,5 ⇒ R = 28 : (CH )CH − 

ClH3NRCOOH 3 

mmuoái mH2O mNaOH 

Vậy X là CH CH(NH )COOH 

3 2 

Câu 74: 

Theo giả thiết ta thấy : Trong phản ứng của anilin với HCl, HCl phản ứng hết tạo ra C6H5NH3Cl 

và còn dư C6H5NH2. Suy ra : 

⎧ n = n = n = 0,15 

NaOH C6H5NH3Cl HCl ban ñaàu 

⎧ V = 

dd NaOH 1M 

⎪ 

⎪ 

150 ml 

⎨n = n + n = 0,2 ⇒ ⎨ 

C6H5NH2 ban ñaàu C6H5NH2 dö C6H5NH3Cl 

⎪ 

⎪m = 0,2.93 = 18,6 gam 

C6H5NH2 

⎩ 

0,05 0,15 

⎩ 

Câu 75: 


⎧CH CH COOH ⎧CH CH COONa ⎧ 

3 2 3 2 

HOH ↑ 

⎪ o 

t ⎪ ⎪ 

⎨CH COOCH + NaOH 

3 3 ⎯⎯⎯→ CH COONa CH OH 

coâ aïn ⎨ + 

3 ⎨ ↑ 

3 

⎪ 0,5 mol 

HCOOC H 

⎪ 

HCOONa, NaOH dö 

⎪ 

⎩ 

C H OH ↑ 

2 5 ⎩ 

⎩ 2 5 

 

 

0,4 mol 

0,4 mol 

⎧ m = 29,6 + 20 − 0,4.18 

chaát raén (max) 

 

= 42,4 

⎪ 

m 

⎧ 

X NaOH mROH 

⎪ 

m < m < m 

Ta thấy : ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪m = 29,6 

chaát raén (min) + 20 − 0,4.46 

 

= 31,2 ⎪m = 35,4 gam 

chaát raén 

m m 

⎩ 

X NaOH 

⎪⎩ 

mROH 

Câu 76: 


10,8 0,025.30 

4n = n = = 0,1⇒ n = 0,025 ⇒ C% = .100% = 38,071% 

HCHO Ag HCHO dd HCHO 

108 1,97 

Câu 77: 

Bản chất phản ứng của X với NaHCO3 : 

− COOH + NaHCO → − COONa + CO ↑ + H O (1) 

3 2 2 

mol : 0,5 ← 

0,5 

Theo (1) và bảo toàn O trong hỗn hợp X, ta có : 

n = n = 0,5 mol ⇒ n = n = 2n = 1 mol. 

m chaát raén (min) chaát raén chaát raén (max) 

−COOH CO2 

O trong X O trong n hoùm −COOH −COOH 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố H trong phản ứng đốt cháy hỗn hợp X và bảo toàn nguyên tố C, ta 

14,4 29,6 −16 −1,6 

có : n = 2n = 2. = 1,6 mol ⇒ n = n = = 1 mol. 

H trong X H2O CO2 

C trong X 

18 12 

Suy ra : 

m 

CO 2 

= 44 gam 

Câu 78: 

o 

t 

Phương trình phản ứng : C H (OOCR) + 3NaOH ⎯⎯→ C H (OH) + 3RCOONa 

3 5 3 3 5 3 

 

 



0,1 mol 0,1 mol 

m = 0,1.860 + 0,5.40 − 0,1.92 = 96,8 gam 

chaát raén 

mC H (OOCR ) mNaOH m 

3 5 3 C3H 5 (OH ) 3 




| 














Câu 79: 

Ta thấy : n = n ⇒ X laø C H O . 

CO2 H2O n 2n 2 


⎧ ⎪m = (14n + 32)x = 13,2 n 4; X laø C H O 

este 

⎧ nx = 0,6 ⎧ 

⎪ 

= 

4 8 2 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

⎪n = nx = 0,6 

⎩ CO x = 0,14 HOOCCH(CH )CH : iso propyl fomat 

2 

⎩ ⎪⎩ 

3 3 

Câu 80: 

Theo giả thiết suy ra chất X có công thức cấu tạo là (CH 3NH 3) 2CO 3. 

Theo bảo toàn nguyên tố C, gốc CH3-, nguyên tố Na, ta có : 

⎧ n = n = 0,05 

⎧V 0,1.22,4 2,24 lít 

Na2CO 

3 (CH3NH 3 ) 2 CO3 

⎪ 

⎪ = = 

CH3NH2 

⎨n = 2n = 0,1 ⇒ 

CH3NH 

2 (CH3NH 3 ) 2 CO 

⎨ 

3 

⎪ 

⎪m = 0,05.106 = 5,3 gam 

Na2CO3 

n = n − 2n = 0 ⎩ 

⎪⎩ NaOH dö NaOH ban ñaàu Na2CO3 

Câu 81: 


3 3 

10 .20%.70% 180.10 .20%.70% 

n = n = kmol ⇒ m = = 155,56 kg 

C6H12O6 −C6H10O5 − 

C6H12O6 

162 162 

Câu 82: 

51,7 − 29,8 51,7 ⎧ ⎪C H N (M = 45) 

2 7 

Ta có : n = n = = 0,6 mol ⇒ M 

2 amin HCl 

2 amin = = 49,67 ⇒ ⎨ 

36,5 0,6 ⎪⎩ C H N (M = 59) 

3 9 

Câu 83: 

⎧E laø H NC H (COOC H ) 

2 3 5 n 2n 1 2 ⎧ 

+ n = 2,5 

⎪ 

⎪ 

Theo giả thiết, ta có : ⎨ 12.5 + 24n ⇒ ⎨ 

54,25 

⎪%C = = 55,3% n 0,25 

trong E 

⎪ = = 

E trong 54,25 gam 

⎩ 147 + 28n 

⎩ 

217 

Suy ra : m = 183,5.0,25 + 0,8.74,5 = 105,475 gam 

muoái 

mClH3N(C 3H 5 (COOH ) 2 

Câu 84: 


mKCl 

⎧ n + n + n = 0,5 

HCHO HCOOH C2H3CHO 

⎪ 

⎪2n + n + 2n = n = 0,7 ⎧ 

HCHO HCOOH C2H3CHO Br 

n = 0,1 

2 

HCHO 

⎪ 

⎪ 

⎨ 46n 

46.2n ⇒ n 0,3 

H 

⎨ = 

HCOOH 

HCOOH 

2 

⎪ 

= = 0,616 ⎪ 

30n 46n 56n 67,2 

n = 0,1 

⎪ + + 

HCHO HCOOH C C2H3CHO 

2H3CHO 

⎪⎩ 

⎪ 

⎩ 

0,1 

Suy ra : %n = .100% = 20% 

C2H3CHO 

0,5 


Câu 85: 

Nếu ancol Y không phải là CH 3OH thì 







88 













⎪⎧ n = n 

RCH2OH 

RCHO 

⎨ 

⇒ n = n = 0,12 mol > n = 0,1 mol (loaïi). 

RCH2OH RCHO hoãn hôïp 

⎪⎩ 

2n = n = 0,24 

RCHO Ag 

Vậy ancol Y là CH 3OH. Phương án đúng là B hoặc D. Ta có : 

⎪⎧ n = n = n 

RCOOCH3 CH3OH HCHO ⎪⎧ n = n = n = 0,06 

RCOOCH3 CH3OH HCHO 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎪⎩ 

4n = n = 0,24 

HCHO Ag ⎪⎩ 

n = 0,04 

R'COOH 

Nếu B là phương án đúng thì m = 0,04.68 + 0,06.82 = 7,64 ≠ 7,36 (loaïi). 

muoái 

mHCOONa 

mCH 3COONa 

Vậy phương án đúng là D : CH COOH vaø HCOOCH 

3 3 

Câu 86: 

Ta có : n = n = 2n = 0,1 ⇒ m = 18,2 gam 

C6H14O 6 (sobitol) C6H12O6 Cu(OH) 2 

sobitol 

Câu 87: 

Sử dụng sơ đồ đường chéo, ta có : 

nC4H 

32 − 2 30 3 ⎧ 

C 

4 

⎪n 

= 3x 

4H4 

ban ñaàu 

= = = ⇒ ⎨ 

n 52 − 32 20 2 

H 

n = 2x 

2 

⎪⎩ H2 

ban ñaàu 

Gọi a là số mol H 2 phản ứng. Sử dụng công thức giải nhanh và bảo toàn nguyên tố C, ta có : 

⎧ 3n = n + n 

C4H4 Br2 phaûn öùng H2 

phaûn öùng 

⎪ 

3x 

⎪ 

0,16 a ⎧9x = 0,16 + a ⎧x = 0,02 

⎨ ⇒ 

1,792 ⎨ ⇒ ⎨ 

⎪ n = 3x 5x a 0,08 a 0,02 

Y + (2x − a) = = 0,08 ⎩ − = ⎩ = 

⎪ 

 

n 

22,4 

C x H y n 

⎩ 

H2 

dö 

Đốt cháy hỗn hợp Y cũng chính là đốt cháy hỗn hợp X. Quy đổi hỗn hợp x thành hỗn hợp gồm 

0,24 mol C và 0,16 mol H2. Ta có : 

2n = n = 2 n + n = 0,64 ⇒ n = 0,32 ⇒ V = 0,32.5.22,4 = 35,84 lít 

O2 O 

C H2 O2 

khoâng khí (ñktc) 

 

0,24 0,16 

Câu 88: 

Đặt công thức của ancol là RCH 2OH thì axit cacboxylic tạo ra từ ancol là RCOOH. 

Theo bảo toàn nguyên tử H và gốc R, ta có : 

⎧ nRCOOH = nKHCO = n 

3 CO 

= 0,1 ⎧ n 

2 

RCOOH 

= 0,1 

⎪ 

⎪ 

⎨nRCOOH = nRCH2OH pö 

= nHOH = 0,1 ⇒ ⎨nHOH 

= 0,1 

⎪ 

⎪ 

n n 

RCOOH 

+ nHOH + nRCH RCH 

2OH dö 

= 2nH 

= 0,3 

2 ⎩ 2OH dö 

= 0,1 

⎩ 

Theo giả thiết : mRCOONa + mRCH + = ⇒ = ⇒ 

 

2 ONa 

mNaOH 19 R 15 RCH2OH : CH3CH2OH 

0,1.(R + 67) 0,1(R + 53) 0,1.40 etanol 

PS : Đối với dạng bài tập này, học sinh thường chỉ quan tâm đến phản ứng của axit và ancol dư 

với Na mà quên mất H2O sinh ra cũng phản ứng với Na. Nếu đây là bài tập tính hiệu suất phản 

ứng oxi hóa ancol thì sẽ có nhiều học sinh làm sai. 


Câu 89: 

Do n 

X 

: nNaOH 

= 1:1, suy ra X chỉ có một nhóm –COOH, X có công thức là (H 2N) nRCOOH. 















⎧n(H = = 

2N) n RCOONa 

nNaOH 

0,04 

 

⎪ baûo toaøn nguyeân toá Na 

⎧R = 42 

Ta có : ⎨ ⇒ ⎨ ⇒ X laø H2NC3H6COOH 

⎪ 5 ⎩n = 1 

M(H = = 

2N) n RCOONa 

125 

⎪⎩ 

0,04 

Câu 90: 

Đặt nX = nAla-Gly-Ala-Val-Gly-Val = x mol; nY = nGly-Ala-Gly-Glu 

= y mol. 

MX = 2 M 

Ala + 2 MGly + 2 M 

Val − 5MH2O = 472; MY = M 

Ala + 2 MGly + M 

Glu − 3MH2O 

= 332. 

 

89 75 117 18 89 75 147 18 

Theo bảo toàn nhóm Gly và nhóm Ala, ta có : 

⎧ 

28,48 

⎪nAla = 2 nAla-Gly-Ala-Val-Gly-Val + nGly-Ala-Gly-Glu 

= = 0,32 

89 

⎪ 

x 

y 

⎧x = 0,12 

⎨ ⇒ ⎨ 

⎪ 30 y = 0,08 

nGly = 2 nAla-Gly-Ala-Val-Gly-Val + 2 nGly-Ala-Gly-Glu 

= = 0,4 ⎩ 

⎪ 75 

⎩ 

x 

y 

Suy ra : m = m 

 

+ 

= 

X 

mY 

83,2 gam 

0,12.472 0,08.332 

Câu 91: 

X là ankin nên phân tử có 2 liên kết π . Suy ra X tham gia phản ứng cộng hợp với H2, Br2 theo 

tỉ lệ là 1 : 2. 

⎧2n = + 

= 

X 

nH n 

2 Br 

0,8 

2 

⎧nX 

= 0,4 

⎪ 

0,7 0,1 ⎪ 

Ta có : ⎨ 

⇒ ⎨ 27,2 ⇒ X laø C5H8 

⎪ 

mX 

27,2 

⎪M = = 

= = 

X 

68 

MX 

⎩ 0,4 

⎪⎩ nX 

nX 

Câu 92: 


⎧nY 

= 0,925 mol 

⎪ 

m 

X 

= mY ⇒ n 

X M 

X = nY 

M 

Y ⇒ ⎨ nH = − = 


n 

⎪ X n 

Y 

0,075 mol 

1 9,25.2 10.2 

⎩ 

1 0,925 

Câu 93: 

Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố H trong nhóm OH của ancol, ta có : 

⎧⎪ 

m = m + m 

ROH ROR H2O 

⎧⎪ 

mH2O 

= 2,7 16,6 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ M = = 55,33 

ROH 

⎪⎩ 

n = 2n 

ROH H2O 

⎪⎩ 

n = 2n 

ROH H2O 

= 0,3 0,3 

Vậy hai ancol trong X là C H OH (M = 46) vaø C H OH (M = 60) 

Câu 94: 

Khi đốt cháy Z, ta có 

2 5 3 7 

n : n = n : 2n = 3 : 7 . Do Z là một amino axit và Z có công thức 

C H CO2 H2O 



phân tử trùng với công thức đơn giản nhất nên có thể suy ra ngay công thức phân tử của Z là 

C3H7O2N. 

Theo phản ứng đề cho và bảo toàn khối lượng, ta có : 






90 













⎧ 1,78 

⎪nC = = 

3H7O2N 

0,02 

⎪ 

89 

⎧n = ⎪⎧ 

= 

Y 

0,04 MY 

75 

⎨nH = = = ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

2O nY 2nC3H7O2N 

0,04 

⎪ 

⎩mY = 3 ⎪ 

+ = + 

⎩ 

Y laø H2NCH2COOH 

⎪ 

m 

X mH2O m 

Y m 

Z 

⎪⎩ 

4,06 0,04.18 ? 1,78 

Câu 95: 


⎧nC 

= nCO 

= 0,35 

2 

⎧ 7,84 

⎪ 

m 

O 

= .32 = 11,2 

2 

mH2O 

= 2,7 

⎪ 22,4 

⎪ 

⎨ ⇒ ⎨ nH 

= 2nH2O 

= 0,3 

⎪m X + mO = m 

2 CO 

+ m 

2 H2O 

⎪ 

⎪⎩ 6,9 11,2 15,4 ? ⎪ 6,9 − 0,35.12 − 0,3 

nO trong X 

= = 0,15 

⎪⎩ 

16 

Suy ra n 

C 

: n 

H 

: nO 

= 7 : 6 : 3. Vậy X là C 7H 6O 3. Độ bất bão hòa của X là 5 nên X có một chức 

axit hoặc một chức este. Suy ra X có dạng là HOC6H4COOH hoặc HCOOC6H4OH. 

⎧nX 

= 0,05 

⎪ 

nNaOH phaûn öùng 

Ta có : ⎨ 

0,18 ⇒ = 3 ⇒ X laø HCOOC6H4OH 

⎪n n 

NaOH phaûn öùng 

= = 0,15 

X 

⎩ 

120% 

Phương trình phản ứng :HCOOC6H4OH + 3NaOH → C6H4(ONa)2 + HCOONa + 2H2O 

Chất rắn sau phản ứng là C 6H 4(ONa) 2, HCOONa và NaOH dư. Theo bảo toàn khối lương, ta có: 

m + = + ⇒ = 

X mNaOH m 

H 

 

chaát raén 

m 

2O 

mchaát raén 

13,2 gam 

 

6,9 0,18.40 ? 0,05.2.18 

Câu 96: 

Sau các phản ứng, nhóm –NH2 không bị biến đổi hóa học, nhóm –COOH bị chuyển thành nhóm 

− 

–COOK, –COONa. Vậy quy đổi toàn bộ phản ứng trong bài thành phản ứng của OH với H + và 

nhóm –COOH. 

⎧n(KOH, NaOH) 

= n − = n + + n 

OH 

COOH 

H 

− 

= 0,4 

⎪ 

⎧nNaOH 

= 0,1 

Ta có : ⎨ 

0,2 0,2 ⇒ ⎨ 

⎪ nKOH 

= 0,3 

n 

NaOH 

: nKOH 

= 1: 3 

⎩ 

⎩ 


- ⎧⎪ 

m = 13,1 

H2NR(COO ) 2 

m - + m + + m + + m 2− 

= 36,7 ⇒ 

H H 

2NR(COO ) 2 2NR(COOH) 

2 

K Na SO 

⎨ 

⇒ M = 133 

4 

 

M - = 131 

0,3.39 0,1.23 

H2NR(COO ) 2 

? 0,1.96 

⎪⎩ 

14 

Suy ra : %m 

N trong X 

= .100% = 10,526% 

133 

Câu 97: 

nNaOH 

0,02 1 

Theo giả thiết : = = ⇒ X có 1 nhóm – COOH. 

nX 

0,01 1 

Phản ứng của amino axit X với NaOH, thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng tối đa với dung 

dịch HCl thì bản chất của toàn bộ quá trình này là nhóm OH − của NaOH và nhóm –NH2 của X phản 

ứng với H + của HCl. Ta có : 
















n−NH2 

n − + n 

NH 

n n 

2 NH 

0,04 2 

2 

OH 

− 

= + ⇒ 

H 

− 

= ⇒ = ⇒ X có hai nhóm –NH 2. 

n 

0,02 ? 

0,06 

Đặt công thức của X là (H 2N) 2RCOOH. 

Theo bảo toàn nhóm OH và bảo toàn khối lượng, ta có : 

⎧ n − = nHOH 

= 0,02 

OH 

⎪ 

⎧m = ⎧⎪ 

= 

X 

2,08 R 27 (C2H 3) 

⎨m + + = + ⇒ ⎨ ⇒ ⎨ 

⎪X mNaOH m 

HCl m 

muoái 

m 

HOH 

⎩MX = 104 ⎪ 

⎩ 

⎩ 

X laø (H2N) 2C2H3COOH 

0,02.40 0,06.36,5 4,71 0,02.18 

Câu 98: 

Đặt công thức của hai anđehit no, đơn chức là C H O . 2 

X 

Khi đốt cháy anđehit no, đơn chức (k =1) thì số mol CO2 thu được bằng số mol H2O. 

Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố O, ta có : 

⎧ 

33,6 

⎧nC H O 

= 1 

n 2n 

⎪nH = = = ⎪ 

2O nCO 1,5 ⎧CH 2 

2O 

⎨ 22,4 ⇒ ⎨ nCO 

⇒ X goàm ⎨ 

2 

⎪ 

⎪ C X = = 1,5 

+ = + 

⎩ C 

n H 

2n O 

⎩ 

nC H O 

2nO 2n 

n 2 n 

2 CO 

n 

2 H2O 

⎩ 

nC H O 

n 2n 

1.1+ 

3n 

* Nếu n 

CH X 

2O : nCnH2nO 

= 1: 3 ⇒ C = = 1,5 ⇒ n = 1,66 (loaïi). 

4 

3.1+ 

1.n 

* Nếu n 

CH X 

2O : nCnH2 nO 

= 3 :1⇒ C = = 1,5 ⇒ n = 3 (thoûa maõn). 

4 

Vậy hai anđehit là HCHO vaø C2H5CHO 

Câu 99: 

Gọi hai amin đơn chức trong hỗn hợp X lần lượt là AM1 và AM2. 


⎧ 0,76 

1,49 − 0,76 ⎪MX 

= = 38 ⎪⎧ 

MAM 

= 31 

1 

nX 

= nHCl 

= = 0,02 ⇒ ⎨ 0,02 ⇒ ⎨ 

36,5 ⎪ = = ⎪⎩ AM 

= = 

1 

⎩ 

nAM 

n 

m 31.0,01 0,31 gam 

1 AM 

0,01 

2 

Câu 100: 

Theo giả thiết, ta thấy : Trong 4,02 gam X có n = 2 n = 0,26 mol. 

H 

n 

2n 

H 

2 O 

0,13 

12,8 −10,05 

Trong 10,05 gam X có nX 

= n−COOH 

= = 0,125 mol. 

22 

Suy ra : Trong 4,02 gam X có : 

⎧ 0,26 

HX 

= = 5,2 

0,125.4,02 ⎪ 0,05 

⎪⎧ C2H3COOH (M = 72, coù 4H) 

nX 

= = 0,05 ⇒ ⎨ 

⇒ X goàm ⎨ 

10,05 

⎪ 4,02 ⎪⎩ 

C3H5COOH (M = 86, coù 6H) 

MX 

= = 80,4 

⎪⎩ 0,05 

Câu 101: 

4.16 

Theo giả thiết : < 0,7 ⇒ MX > 91,4 ⇒ X : R(COOH) 

2 

(số C trong X ≥ 3). 

M 


X 







92 













n 0,35 

⎧CH OH 

C 1,75 Y, Z laø 

C H OH 

CO2 

3 

= = = ⇒ ⎨ 

n(X, Y, Z) 

0,2 

⎩ 2 5 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có : 

0,2.nO (trong X,Y,Z) 

+ 2 nO = 2 n 

2 CO 

+ n 

2 H2O ⇒ nO (trong X,Y,Z) 

= 0,35 mol. 

 

0,4 0,35 0,45 

⎧4nX + 1.n(Y, Z) 

= 0,35 

⎪ 

⎧⎪ 

nX 

= 0,05 

Suy ra : ⎨ baûotoaøn nguyeân toá O ⇒ ⎨ 

⎪ 

n(Y, Z) 

= 0,15 

nX + n(Y, Z) 

= 0,2 

⎪⎩ 

⎩ 

Mặt khác, ta có : 

⎧ C .n + C .n ⎧C = 3; X : CH (COOH) 

⎪C = = 1,75 

⎪ 

⎨ 

0,2 ⇒ 1 < CX 

< 4 ⇒ ⎨ 4 

⎪ 

⎪C(Y, Z) = 

⎩1 < C(Y, Z) < 2 

⎩ 3 

(Y, Z) (Y, Z) X X X 2 2 

⎧nCH3OH 

+ nC2H5OH 

= 0,15 

⎪ 

⎧⎪ 

nCH3OH 

= 0,1 

Suy ra : ⎨ 1.nCH3OH 

+ 2.nC2H5OH 

4 ⇒ ⎨ 

⎪C(Y, Z) = = ⎪nC2H5OH 

= 0,05 

0,15 3 

⎩ 

⎩ 

0,1.32 

⇒ %m 

CH 

= = 

3OH 

29,9% 

0,1.32 + 0,05.46 + 0,05.104 

Câu 102: 

Đặt X là RCOOH, Y là R’(COOH) 2 trong phân tử của X, Y đều có nguyên tử n cacbon, và có số 

mol lần lượt là x, y. 

Bản chất phản ứng của X, Y với Na : 

1 

− COOH + Na → − COONa + H 2 

2 

mol : x + 2y → 0,5(x + 2y) = 0,2 

⎪⎧ n− COOH 

= x + 2y = 0,4 ⎧0,2 < x + y < 0,4 ⎧x = 0,2 

Ta có : ⎨ ⇒ ⎨ ⇒ 1,5 < n < 3 ⇒ n = 2 ⇒ ⎨ 

⎩⎪ nCO 

= nx + ny = 0,6 n(x + y) = 0,6 y = 0,1 

2 

⎩ ⎩ 

Hai axit là CH3COOH (X) và HOOC–COOH (Y). 

0,1.90 

Phần trăm khối lượng của Y là :%m Y 

= .100% = 42,86% 

0,1.90 + 0,2.60 

Câu 103: 

Trong phản ứng của nhóm –COOH với NaOH, nguyên tử H linh động trong nhóm –COOH 

được thay bằng nguyên tử Na, làm cho khối lượng muối tăng so với khối lượng axit ban đầu một 

lượng là (23 − 1)n 

COOH 

= 22n 

COOH 

hoặc (23 − 1)n 

NaOH 

= 22nNaOH 

. 

− 

− 

Theo giả thiết và sự tăng khối lượng của muối Na so với axit ban đầu, ta có : 

⎧⎪ nX = nNaOH = 0,3 m 

X 

⎨ 

⇒ m 

X 

= m 

muoái 

− mtaêng 

= 18,96 ⇒ M = = 63,2 

⎪⎩ m 

taêng 

= 22nNaOH n 

25,56 0,3.22 

X 

Theo giả thiết và đặc điểm cấu tạo của axit đơn chức (phân tử có 2O), ta có : 
















⎧m(CO 2 , H2O) = 44nCO + 18n 

2 H2O 

= 40,08 

⎪ 

⎧⎪ 

nCO 

= 0,69 

2 

⎨m(C, H) trong X 

= 12 n 

C + n 

H 

= 18,96 − 0,3.32 = 9,36 ⇒ ⎨ 

⎪ 

⎪nH2O 

0,54 

nCO 2n 

⎩ 

= 

⎩ 

2 H2O 

Đốt cháy axit cacboxylic no, đơn chức (k =1) thì hiệu số mol H 2O và CO 2 bằng 0. Đốt cháy axit 

cacboxylic không no (có 1 liên kết đôi C=C), đơn chức (k = 2) thì hiệu số mol CO 2 và H 2O bằng số 

mol axit. Suy ra : 

⎧nC H O 

= n 

n 2 n 2 2 CO 

− n 

2 H2O 

= 0,15 

− 

⎪ 

⎪⎧ 

n = 1 

⎨ 

0,69 0,54 ⇒ nCO 

= 0,15n + 0,15n = 0,69 (*) ⇒ ⎨ 

2 

⎪ n 

n 3,6 

CnH2 nO 

0,3 0,15 0,15 

⎪⎩ = 

⎩ 

= − = 

2 

Khối lượng của các axit không no là : m = 0,15.(14.3,6 + 30) = 12,06 gam 

C H O 

n 2n−2 

2 

PS : Ở (*) chỉ có một cặp nghiệm duy nhất vì nếu n ≥ 3 thì n < 3: không thỏa mãn, vì axit 

không no, đơn chức trong phân tử có 1 liên kết C=C thì ít nhất phải có 3C. 

Câu 104: 

Đốt cháy ancol no và axit cacboxylic thu được n 

CO 

> n 

2 

H2O 

nên axit X là axit không no. 

1,2 1,1 

2nCO + n 

2 H2O − 2nO2 

phaûn öùng 

Số nguyên tử O trong hai chất = = 2 ⇒ Ancol Y là ancol hai chức. 

0,4 

nCO 

1,2 

2 

Số C trong ancol và axit = = = 3 ⇒ Ancol no, đơn chứa Y là C 3H 6(OH) 2 còn axit 

nX, Y 

0,4 

không no là CH2=CHCOOH hoặc CH ≡ CCOOH. 

nYHY + nXH 

2n 

X H2O 

Số nguyên tử H trung bình của X, Y là : H = = = 5,5 . 

n n 

X, Y X, Y 

Với HY 

= 8 và số mol của X lớn hơn của Y nên HX 

= 4 , X là CH2=CHCOOH (nếu là 

CH ≡CCOOH ( HX 

= 2 ) thì số H trung bình phải nhỏ hơn 5). 


⎪⎧ 

nC + 

= 

= ⎧⎪ 

= 

3H 6 (OH) 

n 

2 CH2 CHCOOH 

0,4 nC3H 6 (OH) 

0,15 

2 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⇒ mC = = 

3H 6 (OH) 

0,15.76 11,4 gam 

2 

⎪⎩ 

8nC + 

= 

= ⎪⎩ 

= 

= 

3H7OH 4nCH2 CHCOOH 

2,2 nCH2 

CHCOOH 

0,25 

Câu 105: 

Theo giả thiết : X + NaOH → Y + hỗn hợp hai muối của hai axit cacboxylic nên X là este đa 

chức. 

Khi đốt cháy ancol Y, thu được mol H 2O lớn mol CO 2, chứng tỏ Y là ancol no. 

nCO2 

Ta có : Cancol 

= = 3. Mặt khác Y không phản ứng được với Cu(OH)2 nên Y có công 

nH2O 

− nCO2 

thức là CH 2OHCH 2CH 2OH và n = n − n = 0,1. Vậy X là este hai chức. 

Y H2O CO2 

⎧nNaOH = 2neste = 2nancol 

= 2.0,1 = 0,2 

⎪ 

Ta có : ⎨ m + = + 

⇒ 

este 

= 

⎪ 

este mNaOH m 

muoái 

m 

m 14,6 gam 

ancol 

⎩ ? 0,2.40 15 0,1.76 


Câu 106: 







94 











Theo giả thiết, X và Y có khả năng tham gia phản ứng tráng gương nên phân tử phải có ít nhất 1 

nhóm –CHO, tức là phân tử phải có ít nhất 1 liên kết π trở lên (1). 

Đốt cháy X, Y đều thu được số mol CO2 bằng số mol H2O, chứng tỏ thành phần hiđrocacbon 

trong X, Y đều có dạng là CnH2n, suy ra trong phân tử X, Y có 1 liên kết π hoặc 1 vòng (2). 

Từ (1) và (2) suy ra X, Y có 1 liên kết π nằm trong nhóm –CHO. Vậy X, Y đều chỉ có 1 nhóm 

–CHO. 

nAg 

2,6 

Vì = > 2 nên X là HCHO, Y có cùng số C và cũng có khả năng tham gia phản ứng tráng 

nX 

0,1 

gương nên Y là HCOOH. 

⎧nHCHO 

+ nHCOOH 

= 0,1 

⎪ 

⎧nHCHO 

= 0,03 

Ta có : ⎨ 

28,08 ⇒ ⎨ 

⎪4n n 

HCHO 

+ 2nHCOOH = nAg 

= = 0,26 ⎩ HCOOH 

= 0,07 

⎩ 

108 

0,03.30 

Suy ra : %m 

HCHO 

= .100% = 21,84% 

0,03.30 + 0,07.46 

Câu 107: 

Hỗn hợp X gồm CH3OH, C2H4(OH)2. 

Nhận thấy cả hai ancol đều có đặc điểm chung là số nguyên tử C bằng số nhóm –OH. 

Phản ứng của hỗn hợp ancol với Na : –OH + Na → –ONa + 

Suy ra : n = n = n = 2n = 0,2 mol ⇒ m = 8,8 gam. 

CO2 C −OH H2 CO2 

Câu 108: 

Nhận thấy các chất propen (CH2=CH – CH3), axit acrylic (CH2=CH – COOH), ancol anlylic 

(CH2=CH – CH2OH) đều có 3 nguyên tử C và có 1 liên kết pi tham gia phản ứng cộng H2, Br2. 

Đặt công thức của 3 chất propen, axit acrylic, ancol anlylic là C 3H yO z. 

1 

2 H2 

nCO2 

Trong 0,75 mol X, ta có : nC3HyO 

= = 0,45 mol ⇒ n 

z H 

= 0,75 − 0,45 = 0,3 mol. 

2 

3 


X Y 

m 

X 

= mY ⇒ nX MX 

= nY 

MY 

⇒ = = 1,25 

nY 

MX 



⎧ 0,125.0,45 

nC3HyO 

= = 0,075 

z 

⎪ 

0,75 

Với nY 

= 0,1 mol ⇒ nX 

= 0,1.1,25 = 0,125 mol ⇒ ⎨ 

⎪nH2 

phaûn öùng 

= n 

X − n 

Y 

= 0,025 

⎪⎩ 

0,125 0,1 

Vì C3HyOz có 1 liên kết π phản ứng nên : 

⎧nBr = 


0,05 mol 

⎪ 

nC = + ⇒ ⎨ 

3HxO n 

y H2 phaûn öùng 

nBr 2 phaûn öùng 

0,05 

 

⎪Vdd Br 

= = 

2 0,1M 

0,5 lít 

0,075 0,025 ? 

⎩ 

0,1 

Câu 109: 

Đốt cháy axit cacboxylic no, đơn chức (k = 1), hiệu số mol H 2O và CO 2 bằng 0. Đốt cháy ancol 

no, đơn chức (k = 0), hiệu mol H 2O và mol CO 2 bằng mol ancol. Suy ra hiệu số mol H 2O và mol 

CO 2 khi đốt cháy X bằng mol ancol. 

Từ mối liên hệ giữa mol H 2O và mol CO 2 kết hợp với bảo toàn nguyên tố O và C, ta có : 


n 

M 















⎧nCnH2n 1OH = nH2O − nCO 

= 0,15 

+ 

2 

⎪ 

1,05 0,9 

⎪ 

⎧0,15n + 0,2m = 0,9 

⎪ m 

X 

− mC − mH − mO trong ancol ⎪ 

⎨nCmH2mO 

= = 0,2 ⇒ ⎨m = 3 

2 

⎪ 32 

⎪ n = 2 

⎪n.n CnH2n 1OH + m.nCmH2 mO 

= 0,9 

⎩ 

+ 

2 

⎪ 

⎩ 

⎧n 

axit 

> n 

ancol 

⎪ 0,2 0,15 

Suy ra : ⎨ 

⇒ m 

este 

= (M + − = 

= = axit M 

ancol M 

H2O)n este 

9,18 gam 

⎪neste n 

ancol .60% 0,09 

74 46 18 0,09 

⎩ 

0,15 

Câu 110: 

nCO 

0,7 

2 

Theo giả thiết C(X, Y) = = = 1,4 ⇒ X là HCOOH. 

n 0,5 

(X, Y) 

Đốt cháy HCOOH (k = 1), thu được số mol CO2 bằng số mol H2O. 

Theo giả thiết, khi đốt cháy X, Y thu được số mol CO 2 là 0,7 mol, số mol H 2O là 0,8 mol. 

Vì tổng số mol H2O lớn hơn số mol CO2 nên Y phải là amino axit no, có 1 nhóm –COOH và 1 

nhóm –NH2 (đề cho). Công thức của Y là CnH2n+1O2N (k = 1). 

nCO 

− n 

2 H2O 

0,7 − 0,8 

Ta có : nCnH2 n 1O2N 

= = = 0,2 mol. 

+ 

1− k − 0,5 1−1− 

0,5 

Suy ra 

0,35 

n 

C 

= = ⇒ = ⇒ = 

nH2 n+ 

1O2N trong 0,35 mol hoãn hôïp 

.0,2 0,14 nHCl 0,14 mHCl 

5,11 gam 

0,5 








96

PHƯƠNG PHÁP 21 PHÂN TÍCH, ĐÁNH GIÁ, NHẬN ĐỊNH ĐỂ LỰA CHỌN HƯỚNG GIẢI TỐI ƯU

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?