Cac chuyen de luyen thi dai hoc 2011hay

www.VIETMATHS.com www.VIETMATHS.com

Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011

LỜI MỞ ĐẦU

Vấn đề giải bài tập hoá học là một việc làm thường xuyên và quen thuộc đối với học sinh. Nó

không chỉ giúp học sinh củng cố phần lí thuyết cơ bản đã học mà còn phát huy tích cực sáng tạo

trong quá trình học tập của học sinh.

Tuy nhiên vấn đề giải bài tập hoá học thi đại học đối với nhiều học sinh còn gặp nhiều khó

khăn, nhiều em chưa định hướng, chưa tìm ra phương pháp thích hợp, chưa phân dạng nên còn có

một số khó khăn trong khi thi Đại học.

Nhằm bổ sung, nâng cao kỉ năng để giải bài tập hoá học và giúp cho học sinh nhận dạng các

bài toán thi Đại học, chúng tôi đã sưu tầm, sắp xếp và giới thiệu một số dạng toán thi Đại học trong

các năm qua, đồng thời đưa thêm một số bài tập tham khảo để giúp học sinh có các định hướng

giải bài tập trong các kì thi Đại học.

Chắc chắn rằng sẽ có nhiều thiếu sót, kính mong các đồng nghiệp góp ý bổ sung để tài liệu

càng hoàn thiện hơn.

1
Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
www.VIETMATHS.com



DẠNG I : VIẾT ĐỒNG PHÂN
I.MỘT SỐ LƯU Ý

*Xác định giá trị k dựa vào công thức CnH2n+2-2kOz (z  0)
*Xác định nhóm chức : -OH, -COOH, -CH=O, -COO- …
*Xác định gốc hiđrocacbon no, không no, thơm, vòng, hở…
*Viết mạch C theo thứ tự mạch C giảm dần.
Tóm lại : Từ CTTQ  k = ?  Mạch C và nhóm chức  Đồng phân (cấu tạo
và không gian)

II.BÀI TẬP
Câu 1: Tổng số hợp chất hữu cơ no, đơn chức, mạch hở, có cùng công thức phân tử C5H10O2,
phản ứng được với dung dịch NaOH nhưng không có phản ứng tráng bạc là
A. 4. B. 5. C. 8. D. 9.
Giải:
Ta có k=1  có 1 liên kết  phản ứng được với dung dịch NaOH  Axit hay este no hở.
Nhưng không có phản ứng tráng bạc  Không phải là este của axit fomic
C-COO-C-C-C C-COO-C(CH3) –C C-C-COO-C-C C-C-C-COO-C
C-C-C-C-COOH C-C(CH3)-C-COOH C-C-C(CH3)-COOH C-C(CH3)2-COOH
 Chọn C
Câu 2: Số đồng phân este ứng với công thức phân tử C4H8O2 là
A. 4. B. 6. C. 5. D. 2.
Giải: Ta có k=1  este no hở.
HCOOC-C-C HCOOC(CH3)-C C-COOC-C C-C-COOC
 Chọn A
Câu 3: Cho m gam hỗn hợp gồm hai chất hữu cơ đơn chức, mạch hở tác dụng vừa đủ với dung
dịch chứa 11,2 gam KOH, thu được muối của một axit cacboxylic và một ancol X. Cho toàn bộ X
tác dụng hết với Na thu được 3,36 lít khí H2 (ở đktc). Hai chất hữu cơ đó là
A. một este và một ancol. B. hai axit. C. hai este. D. một este
và một axit.
Giải : Tác dụng với KOH tạo thành muối axit hữu cơ và một ancol  có este
11, 2 3,36
n KOH =  0, 2 mol n ancol = 2n H = 2.  0,3 mol
56 2 22, 4
n ancol > n KOH => ban đầu có ancol.

Vậy, hỗn hợp đầu có 1 este và 1 ancol.  Chọn A
Câu 4 : Cho glixerol phản ứng với hỗn hợp axit béo gồm C17H35COOH và C15H31COOH, số loại
trieste được tạo ra tối đa là
A. 4. B. 3. C. 6. D. 5.
Câu 5 : Số đồng phân hiđrocacbon thơm ứng với công thức phân tử C8H10 là
A. 4. B. 2. C. 5. D. 3.
Câu 6: Cho các chất sau: CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH2, CH2=CH-CH=CH-CH2-CH3,
CH3-C(CH3)=CH-CH3, CH2=CH-CH2-CH=CH2. Số chất có đồng phân hình học là
A. 4. B. 2. C. 1. D. 3.

2
www.VIETMATHS.com



Câu 7: Ba hiđrocacbon X, Y, Z là đồng đẳng kế tiếp, khối lượng phân tử của Z bằng 2 lần khối
lượng phân tử của X. Các chất X, Y, Z thuộc dãy đồng đẳng.
A. anken. B. ankin. C. ankađien. D. ankan.
Giải : Gọi khối lượng phân tử của ba hidrocacbon lần lượt là MX, MY, MZ.
X, Y, Z là đồng đẳng kế tiếp nhau
→ MZ = MX + 28 (1). Theo bài ra ta có: MZ = 2MX (2)
Từ (1) và (2) ta có MX = 28.  X là C2H4 => anken
 Chọn A
Câu 8: Có bao nhiêu ancol bậc 2, no, đơn chức, mạch hở là đồng phân cấu tạo của nhau mà phân
tử của chúng có phần trăm khối lượng cacbon bằng 68,18%?
A. 5. B. 2. C. 3. D. 4.
Giải : Công thức tổng quát ancol no, đơn chức : CnH2n+1OH
Theo bài ra ta có:
12n 68,18
  n = 5 → Công thức Ancol là C5H11OH
14n +18 100
Các đồng phân bậc 2 :
C-C-C-C(OH)-C C-C-C(OH)-C-C C-C(CH3)-C(OH)-C  Chọn C
Câu 9: Một hợp chất X chứa ba nguyên tố C, H, O có tỉ lệ khối lượng mC : m H : mO = 21 : 2 : 4.
Hợp chất X có công thức đơn giản nhất trùng với công thức phân tử. Số đồng phân cấu tạo thuộc
loại hợp chất thơm ứng với công thức phân tử của X là
A. 4. B. 5. C. 6. D. 3.
Giải : mC : mH : mO = 21 : 2 : 4 → nC : nH : nO = 7 : 8 : 1 → CTPT: C7H8O
Số đồng phân thơm CH3C6H4OH (3), C6H5OCH3, C6H5CH2OH  Chọn B.
Câu 10: Có bao nhiêu chất hữu cơ mạch hở dùng để điều chế 4-metylpentan-2-ol chỉ bằng phản
ứng cộng H2 (xúc tác Ni, to)?
A. 3. B. 5. C. 2. D. 4.
Giải : *4-metylpentan-2-ol là: C-C(CH3)-C-C(OH)-C
 Mạch C trong chất ban đầu là C-C(CH3)-C-C-C
*Chất phản ứng với H2 tạo ancol bậc 2 chỉ có thể là: ancol không no hay xeton
*C=C(CH3)-C-C(OH)-C C-C(CH3)=C-C(OH)-C
C-C(CH3)-C-CO-C C=C(CH3)-C-CO-C
 Chọn D
Câu 11 : Viết các đồng phân ứng với công thức phân tử C4H6O2?
*Nhận xét : k=2 nên có 2 liên kết  hoặc 1 liên kết  và 1 vòng no hoặc 2 vòng no.
1.Đồng phân đơn chức mạch hở
a. Axit
CH3-CH=CH-COOH(2) , CH2=CH-CH2-COOH , CH2=C(CH3)-COOH
b. Este
HCOOCH=CH-CH3(2) , HCOOCH2-CH=CH2 , HCOOC(CH3)=CH2
CH3COOCH=CH2 , CH2=CHCOOCH3
2.Đồng phân đơn chức mạch vòng:
a. Axit

b. Este
3
www.VIETMATHS.com



1. Đồng phân đa chức mạch hở:
a. Xeton: CH3-CO-CO-CH3

b.Ete

c.Ancol

d.Andehit
2. Đồng phân tạp chức mạch hở
a. 1-OH; 1-CHO

b. 1-CO-; 1-CHO
CH3COCH2CHO
c. 1-O-; 1-CHO
CH3OCH=CH-CHO, CH2=CHOCH2-CHO,
CH2=CH-CH2OCHO, CH3-CH=CHOCHO
d. 1-CO-; 1-OH HO-CH2-CO-CH=CH2
5. Đồng phân tạp chức mạch vòng

4
www.VIETMATHS.com



DẠNG II : BÀI TOÁN ĐỐT CHÁY

*Đốt cháy CxHy :
-CnH2n +2 thì n(H2O): n(CO2) > 1 và ngược lại, đồng thời n(H2O) - n(CO2) =
n(CnH2n+2)
-CnH2n thì n(H2O): n(CO2) = 1 và ngược lại.
-CnH2n -2 thì n(H2O): n(CO2) < 1 và n(CO2) - (H2O) = n(CnH2n -2)
*Đốt cháy CxHyOz cũng tương tự như trên
*Nếu z =1 thì n(O) = n(CxHyOz). Ta có thể suy ra z =2...

II.BÀI TẬP
Câu 1: Cho hỗn hợp X gồm hai ancol đa chức, mạch hở, thuộc cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy
hoàn toàn hỗn hợp X, thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 4. Hai ancol đó là
A. C3H5(OH)3 và C4H7(OH)3. B. C2H5OH và C4H9OH.
C. C2H4(OH)2 và C4H8(OH)2. D. C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2.
Giải: n(H2O) : n(CO2) = 4:3 >1 => ancol no
Gọi CTC 2 ancol là: C n H 2 n 2 O x
Sơ đồ: C n H 2n2 Ox  n CO2  (n  1) H 2 O
n 3
  => n =3
n 1 4
X là hỗn hợp ancol đa chức
 Đáp án C
Câu 2: Khi đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, mạch hở thu được V lít
khí CO2 (ở đktc) và a gam H2O. Biểu thức liên hệ giữa m, a và V là:
A. m = 2a - V/22,4 B. m = 2a - V/11,2 C. m = a + V/5,6 D. m = a - V/5,6
a V
Giải: n(ancol) = n(H2O) - n(CO2) =  (mol)
18 22,4
m = m(C) + m(H) + m(O) = 12.n(CO2) + 2.n(H2O) +16.n(ancol)
V a a V V
= 12. + 2. + 16.(  )=a- (g)
22,4 18 18 22,4 5,6
 Đáp án D
Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn một hợp chất hữu cơ X, thu được 0,351 gam H2O và 0,4368 lít khí CO2
(ở đktc). Biết X có phản ứng với Cu(OH)2 trong môi trường kiềm khi đun nóng. Chất X là
A. CH2=CH-CH2-OH. B. C2H5CHO C. CH3COCH3. D. O=CH-CH=O.
-
Giải: X phản ứng với Cu(OH)2/OH => X có nhóm chức –CHO
0,4368 0,351
n(CO2) : n(H2O) = : = 1:1
22,4 18
 Số nguyên tử H = 2C  Đáp án B
Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp 3 ancol đơn chức, thuộc cùng dãy đồng đẳng, thu
được 3,808 lít khí CO2 (đktc) và 5,4 gam H2 O. Giá trị của m là
A. 5,42. B. 5,72. C. 4,72. D. 7,42.
5,4 3,808
Giải: n(H2O)= =0,3 (mol); n(CO2) = =0,17 (mol)
18 22,4

5
www.VIETMATHS.com



n(H2O) > n(CO2)
 Hỗn hợp ancol no
 n(ancol) = n(H2O) - n(CO2) = 0,13 (mol)
m(ancol) = m(C) + m(H) + m(O) = 12.n(CO2) + n(H2O) + 16.n(ancol)
= 12.0,17 + 2.0,3 + 16.0,13 = 4,72 (g)
 Đáp án C
Câu 5: Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và axit linoleic. Để trung hoà 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.
Giải: X: CnH2nO2 (axit panmitic; axit stearic); CmH2m-4O2(axit linoleic)
15,232 11,7
n(axit linoleic) = 0,5.[n(CO2) – n(H2O)] = 0,5(  )  0,015 (mol)
22,4 18
 Đáp án A
Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp X gồm 2 ancol (đều no, đa chức, mạch hở, có
cùng số nhóm -OH) cần vừa đủ V lít khí O2, thu được 11,2 lít khí CO2 và 12,6 gam H2 O (các
thể tích khí đo ở đktc). Giá trị của V là
A. 14,56. B. 15,68. C. 11,20. D. 4,48.
12,6 11,2
Giải: n(H2O) = = 0,7 (mol); n(CO2) = =0,5(mol)
18 22,4
n(ancol) = n(H2O) - n(CO2) = 0,2 (mol)
Gọi ancol là C n H 2 n 2 O x
n 5
  => n = 2,5
n 1 7
x < n , x>1 => x = 2
 n(O2) = 0.5.n(O) = 0,5.[n(H2O) + 2.n(CO2) - 2.n(ancol)] = 0,65 (mol)
 V= 0,65.22,4 = 14,56 (l)
 Đáp án A
Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm ba ancol (đơn chức, thuộc cùng dãy đồng
đẳng) thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc) và 11,7 gam H2 O. Mặt khác, nếu đun nóng m gam X với
H2 SO4 đặc thì tổng khối lượng ete tối đa thu được là
A. 7,85 gam. B. 7,40 gam. C. 6,50 gam. D. 5,60 gam.
11,7 8,96
Giải: n(H2O) = = 0,65 (mol); n(CO2) = =0,4(mol)
18 22,4
n(ancol) = n(H2O) - n(CO2) = 0,25(mol)
m(ancol) = m(C) + m(H) + m(O) = 12.0,4 + 2.0,65 + 16.0,25 = 10,1 (g)
Bảo toàn O => n(H2O pư tạo ete) = n(ancol) = 0,2 (mol)
m(ete) = m(ancol) – m(H2O) = 10,1 – 0,25.18 = 5,6 (g)
 Đáp án D

6
www.VIETMATHS.com



DẠNG III : BÀI TOÁN POLIME

*Thông thường khi viết phản ứng trùng hợp và đồng trùng hợp hay trùng
ngưng người ta thường viết theo tỷ lệ 1:1>
*Trong giải bài tập có thể không theo tỷ lệ đó
Ví dụ: xC4H6 + C3H3N  (C4H6)x(C3H3N)y
(C4H6)x(C3H3N)y +x Br2  (C4H6)xBr2x(C3H3N)y
*Số mắt xích = m / M(mỗi mắt xích)
*Chất PVC chỉ chứa liên kết đơn nên tham gia phản ứng thế, nhưng coa su
izopren khi tham gia phản ứng lưu hóa lại tham gia phản ứng thế dù còn có 1
liên kết đôi.

II.BÀI TẬP
Câu 1: Thuỷ phân 1250 gam protein X thu được 425 gam alanin. Nếu phân tử khối của X bằng
100.000 đvC thì số mắt xích alanin có trong phân tử X là
A. 328. B. 382. C. 453. D. 479.
Giải : Tỷ lệ về khối lượng của alanin trong phân tử X là: 425:1250= 0,34
Khối lượng alanin trong phân tử X là: 100000.0,34 = 34000 (đvC)
Mắt xích Alanin: -NH-CH(CH3)-CO- (M=71đvC)
Số mắt xích alanin trong phân tử X là: 34000:71=479
Câu 2: Clo hoá PVC thu được một polime chứa 63,96% clo về khối lượng, trung bình 1 phân tử
clo phản ứng với k mắt xích trong mạch PVC. Giá trị của k là
A. 4. B. 6. C. 5. D. 3.
Giải : C2nH3nCln +Cl2  C2nH3n-1Cln +1 + HCl
( n  1)35,5  100
Tỷ lệ % về khối lượng của clo:  63,96%  n=3  Chọn D
62,5n  34,5
Câu 3: Khối lượng của một đoạn mạch tơ nilon-6,6 là 27346 đvC và của một đoạn mạch tơ capron
là 17176 đvC. Số lượng mắt xích trong đoạn mạch nilon-6,6 và capron nêu trên lần lượt là
A. 121 và 114. B. 113 và 114. C. 113 và 152. D. 121 và 152.
Giải : Tơ nilon- 6,6: (-NH-[CH2]2CH(COOH)-CH2-NH-CO-[CH2]4-CO-)n (M=242n đvC)
Tơ capron: (-NH-[CH2]5-CO-)n (M= 113n đvC)
 số mắt xích trong nilon-6,6 : 27346: 242= 113
 số mắt xích trong capron: 17176: 113= 152
Câu 4: Cứ 5,668 g cao su buna-S phản ứng vừa hết với 3,462 g brom trong CCl4. Tỉ lệ mắt xích butađien
và stiren trong cao su buna-S là
A. 1 : 3. B. 1 : 2. C. 2 : 3. D. 3 : 5
CCl
Giải : (-CH2-CH=CH-CH2-)x(-CH(C6H5)-CH2-)y + xBr2    4

(-CH2-CHBr-CHBr-CH2-)x(-CH(C6H5)-CH2-)y
3,462
Số mol mắt xích butadien trong buna-S bằng số mol Br2 bằng (mol)
160
3,462
5,668   54
Số mol mắt xích stiren : 160 (mol)
104

7
www.VIETMATHS.com



3,462
5,668   54
3,462 160
 tỷ lệ x:y = : =1:2
160 104

Câu 5: Khi đốt cháy hoàn toàn một polime X (tạo thành do đồng trùng hợp 2,3-đimetyl butađien
và acrilo nitin (CH2=CH-CN) với lượng O2 vừa đủ thấy tạo thành một hỗn hợp khí ở nồng độ áp
suất xác định chứa 57,69% CO2 về V. Tỉ lệ 2 loại monome là
A. 3/5 B. 3/3 C. 1/3 D. 3/2
o
Giải : (C6H10)x(C3H3N)y   (6x + 3y) CO2 + (5x + 1,5y) H2 O + 0,5N2
O ,t
 2

(6 x  3 y )  100
Tỷ lệ % về thể tích của CO2 trong hỗn hợp khí: =57,69%
(6 x  3 y )  (5 x  1,5 y )  0,5 y
 x:y =1:3
Câu 6: Một loại cao su chứa 2% S. Hỏi cứ bao nhiêu mắt xích izopren thì có một cầu nối
ddiissunfua –S-S-?
A.46. B.64. C.80. D.64.
Giải: Sơ đồ: (C5H8)n +S2  C5nH8n -2S2
64  100
Tỷ lệ % đisunfua =2%  n=46
68n  62

8
www.VIETMATHS.com



DẠNG IV : SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ION
TRONG GIẢI BÀI TẬP

*Định luật bảo toàn điện tích : Trong dung dịch tổng số điện tích âm = Tổng số
điện tích dương
*Tổng khối lượng các chất tan trong dung dịch = Tổng khối lượng của cation
và anion
*Khối lượng của muối = Khối lượng của kim loại + khối lượng của caction tạo
muối

II.BÀI TẬP
Câu 1:Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400ml dung dịch (gồm
H2SO4 0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là
A. 7. B. 2. C. 1. D. 6.

Giải : Phản ứng: H+ + OH-  H2 O
-
nOH = 0,1× 0,1× 2 + 0,1× 0,1=0,03 mol
nH+ = 0,4× 0,0375× 2 + 0,4× 0,0125 = 0,035 mol
nH+ = nOH- = 0,03 mol
nH+ dư = 0,035 – 0,03 = 0,005 mol
[H+] = 0,005/ (0,4 + 0,1) = 0,01 = 10 -2 (M) => pHX = 2
 Chọn đáp án B
Câu 2:Dung dịch X có chứa: 0,07 mol Na+; 0,02 mol SO42- và x mol OH- . Dung dịch Y có chứa
ClO4-; NO3 -; y mol H+; tổng số mol ClO4- và NO3- là 0,04. Trộn X và Y được 100 ml dung dịch Z.
Dung dịch Z có pH (bỏ qua sự điện li của H2O)
A. 1. B. 12. C. 13. D. 2.
Giải : Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho 2 dung dịch X và Y ta có:
Dung dịch X: 0,07× 1 = 0,02 ×2 + x × 1 => x = 0,03 mol
Dung dịch Y : y × 1 = 0,04 × 1 => y = 0,04 mol
Phương trình : H+ + OH-  H2O
-
nH+ = nOH = 0,03 mol  nH+ dư = 0,04 – 0,03 = 0,01 mol
[H+] = 0,01/0,1 = 0,1= 10-1 (M) => pHZ = 1
 Chọn đáp án A
Câu 3: Dung dịch X chứa các ion: Fe3+, SO42-, NH4+, Cl-. Chia dung dịch X thành hai phần
bằng nhau:- Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thu được 0,672 lít khí
(ở đktc) và 1,07 gam kết tủa;
- Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2, thu được 4,66 gam kết tủa.
Tổng khối lượng các muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X là (quá trình cô cạn chỉ có
nước bay hơi)
Giải : Phần 1 tác dụng với dd NaOH, đun nóng:
NH4+ + OH-  NH3 + H2O (1)
3+ -
Fe + 3OH  Fe(OH)3 (2)

9
www.VIETMATHS.com



0,672
n(NH3) = = 0, 03 mol. Từ (1) => n(NH4+) = n(NH3) = 0,03 mol
22,4
n(Fe(OH)3) = 1,07/ 107 = 0,01 mol. Từ (2) => nFe3+ = nFe(OH)3 = 0,01 mol
Phần 2: tác dụng với lượng dư BaCl2
SO42- + Ba2+  BaSO4 
4,66
nBaSO4 = = 0,02 mol. => nSO42- = n BaSO4= 0,02 mol
233
Gọi x là số ion mol Cl- có trong dd X
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:
3×0,01×2 + 0,03×1×2 = 0,02×2×2 + x×1 => x = 0,04 mol
Khối lượng dung dịch muối X sau khi cô cạn là:
0,01×2×56 +0,03×2×18 + 0,02×2×96 + 0,04×35,5 = 7,46 g
 chọn đáp án C
Câu 4: Dung dịch X chứa các ion: Ca2+, Na+, HCO3– và Cl–, trong đó số mol của ion Cl– là 0,1. Cho
1/2 dung dịch X phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu được 2 gam kết tủa. Cho 1/2 dung dịch X còn
lại phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 (dư), thu được 3 gam kết tủa. Mặt khác, nếu đun sôi đến cạn dung
dịch X thì thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 9,21. B. 9,26. C. 8,79. D. 7,47.
Giải : Cho 1/2 dd X tác dụng với dd NaOH dư
HCO3- + OH-  CO32- + H2O (1)
2- 2+
CO3 + Ca  CaCO3  (2)
2
nCaCO3 = = 0,02 mol. Từ (1), (2) => nCa2+ = nCaCO3= 0,02 mol
100
Cho 1/2 dd X còn lại tác dụng với Ca(OH)2 dư
3
nCaCO3 = = 0,03 mol. => nHCO3- = nCaCO3= 0,03 mol
100
Gọi x là số mol ion Na+ có trong dd X
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dd X ta có:
0,02 ×2×2 +x×1 = 1×0,03×2 + 0,1 => x =0,08 mol
Nếu đun sôi dd X thì : 2HCO3-  CO32- + CO2 + H2O
2+ 2
Ca + CO3  CaCO3 
m = m CaCO3 + m Na+ + m Cl- - m CO2 + m Ca2+ dư
= 0,03×100 + 0,08×23 + 0,1×35,5 +(0,04 – 0,03)×40 - 44×0,03 = 7,47g
 Chọn đáp án D
Câu 5: Cho 0,3 mol bột Cu và 0,6 mol Fe(NO3)2 vào dung dịch chứa 0,9 mol H2 SO4 (loãng).
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc).
Giá trị của V là
A. 6,72. B. 8,96. C. 4,48. D. 10,08.
Giải : nNO3- = 0,6×2 = 1,2 mol , nFe2+ = 0,6 mol nH+ = 0,9 × 2= 1,8 mol
Phản ứng theo thứ tự : 3Cu + 2NO3- + 8H+  3 Cu 2+ + 2NO + 4 H2O (1)
Bđ 0,3 1,2 1,8
Pư 0,3 0,2 0,8
Sau 0 1,0 1,0 0,2
2+ + - 3+
3Fe + 4H + NO3  3Fe + NO + 2H2O (2)
Bđ 0,6 1,0 1,0
Pư 0,6 0,8 0,2
Sau 0 0,2 0,8 0,2

10
www.VIETMATHS.com



1 1
Từ (2) => n NO = n Fe2+ = ×0,6 = 0,2 mol
3 3
 V NO = (0,2 +0,2 ) ×22,4= 8,96 l  Chọn đáp án B

DẠNG V : BÀI TOÁN VỀ PHẢN ỨNG GIỮA HIĐRO
VỚI HỢP CHẤT HỮU CƠ

*Số mol giảm = số mol H2 phản ứng
*Tổng khối lượng trước = Tổng khối lượng sau
*Số mol H2 / Số mol X = k

II.BÀI TẬP
Câu 1: Đun nóng hỗn hợp khí gồm 0,06 mol C2H2 và 0,04 mol H2 với xúc tác Ni, sau một thời
gian thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y lội từ từ qua bình đựng dung dịch brom (dư)
thì còn lại 0,448 lít hỗn hợp khí Z (ở đktc) có tỉ khối so với O2 là 0,5. Khối lượng bình dung dịch
brom tăng là
Giải : m(Y) = m(C2H2) + m(H2) = 0,06.26 + 0,04.2 = 1,64(g)
0.448
m(bình dd Br2 tăng) = m(Y) – m(Z) = 1,64 - .32.0,5 = 1,32(g)
22,4
 Đáp án B
Câu 2: Hỗn hợp khí X gồm H2 và C2H4 có tỉ khối so với He là 3,75. Dẫn X qua Ni nung nóng,
thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He là 5. Hiệu suất của phản ứng hiđro hoá là
A. 25%. B. 50%. C. 20%. D. 40%.
Giải :
Cách 1: Chọn lượng chất
m(X) = m(Y) = m. Chọn 1 mol X  m=3,75.4.1=15(g)
15
 n Y=  0,75 (mol)
5.4
n(H2 pư) = n(C2H4 pư) = n(giảm) = 0,25(mol)
0,25.2
 H%= .100  50%  Đáp án B
1
Cách 2: Tổng quát
m
 3,75.4  15
m(X) = m(Y) = m
n X
=> nY=0,75n x
m
 5.4  20
n Y

n(H2pư) = n(C2H4pư) = n(giảm) = 0,25nX
 H% = 2.0,25=0,5=50%  Đáp án B

11
www.VIETMATHS.com



Câu 3: Hỗn hợp khí X gồm H2 và một anken có khả năng cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy
nhất. Tỉ khối của X so với H2 bằng 9,1. Đun nóng X có xúc tác Ni, sau khi phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được hỗn hợp khí Y không làm mất màu nước brom; tỉ khối của Y so với H2 bằng 13.
Công thức cấu tạo của anken là
A. CH2=CH2. B. CH3-CH=CH-CH3. C. CH2=CH-CH2-CH3. D. CH2=C(CH3)2.
Giải : Y không mất màu dd Br2 => anken bị khử hết
Cách 1: Chọn lượng chất
Chọn 1mol X, m(X) = m(Y) = m, m=9,1.2.1=18,2 (g)
18,2
 n Y=  0,7 (mol)
13.2
 n(H2pư) = n(anken) = n(giảm) = 0,3(mol)
 n(H2) = 0,7(mol)
18,2  1,4
 M(anken) =  56 (g/mol)=> Anken: C4H8
0 .3
Anken cộng HBr tạo 1 sản phẩm duy nhất
 Đáp án B
Cách 2: Tổng quát
m
 9,1.2  18.2
m(X) = m(Y) = m,
n X
=> n Y=0,7n x
m
 13.2  26
nY

n(H2pư) = n(anken) = n(giảm) = 0,3n X  n(H2) = 0,7nx
 M(anken). 0,3nx + 1,4n X = 18,2nx  M(anken) = 56 => Anken: C4H8
Anken cộng HBr tạo 1 sản phẩm duy nhất
 Đáp án B
Câu 4: Hỗn hợp khí X gồm 0,3 mol H2 và 0,1 mol vinylaxetilen. Nung X một thời gian với xúc
tác Ni thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với không khí là 1. Nếu cho toàn bộ Y sục từ từ vào
dung dịch brom (dư) thì có m gam brom tham gia phản ứng. Giá trị của m là
A. 8,0. B. 16,0. C. 32,0. D. 3,2.
Giải : m(Y) = m(X) = 0,3.2 + 0,1.52=5,8(g)
5,8
nY=  0,2 (mol)  n(H2pư) = n(liên kết  pư) = 0,2(mol)
29.1
 n(lk  dư) = n(Br2 pư) = 3.0,1 – 0,2 = 0,1 (mol)
 m(Br2) = 0,1.160 =16 (g)  Đáp án B
Câu 5: Dẫn V lít (ở đktc) hỗn hợp X gồm axetilen và hiđro đi qua ống sứ đựng bột niken nung
nóng, thu được khí Y. Dẫn Y vào lượng dư AgNO3 trong dung dịch NH3 thu được 12 gam kết tủa.
Khí đi ra khỏi dung dịch phản ứng vừa đủ với 16 gam brom và còn lại khí Z. Đốt cháy hoàn toàn
khí Z thu được 2,24 lít khí CO2 (ở đktc) và 4,5 gam nước. Giá trị của V bằng
A. 5,60. B. 13,44. C. 8,96. D. 11,2.
Giải :
X(C2H2,H2)Y(C2H2,H2,C2H4,C2H6)(H2,C2H4,C2H6)(H2,C2H6) CO2+H2O
12
n(C2Ag2) =  0,05 (mol) = n(C2H2 dư)
240
16
n(C2H4) = n(Br2) =  0,1 (mol) = n(C2H2 pư 1) = n(H2 pư 1)
160
2,24
n(C2H6) = 0,5n(CO2) = 0,5. = 0,05 (mol) = n(C2H2 pư 2) = 0,5n(H2 pư 2)
22,4

12
www.VIETMATHS.com



4,5
n(H2 dư) = n(H2O) – 3n(C2H6) =  3.0,05  0,1(mol)
18
 n(X) = 0,05+0,1+0,1+0,05+0,05.2+0,1=0,5 (mol)
 V=0,5.22,4=11,2 (l)  Đáp án D
Câu 6: Đun nóng V lít hơi anđehit X với 3V lít khí H2 (xúc tác Ni) đến khi phản ứng xảy ra hoàn
toàn chỉ thu được một hỗn hợp khí Y có thể tích 2V lít (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt
độ, áp suất). Ngưng tụ Y thu được chất Z; cho Z tác dụng với Na sinh ra H2 có số mol bằng số mol
Z đã phản ứng. Chất X là anđehit
A. không no (chứa một nối đôi C=C), hai chức. B. no, mạch hở, hai
chức.
C.không no (chứa một nối đôi C=C), đơn chức. D. no, mạch hở, đơn
chức.
Giải : Chọn 1 mol X
*1 mol andehit X + 3 mol H2  2 mol hỗn hợp Y
n (giảm) = n(H2 pư) = 2 (mol) . Ta có : n(H2)/nX = 2  Số lk  = 2
n( H 2 )
*Số nhóm –OH (Z)=2  2 => X là andehit 2 chức có 2 liên kết   Đáp án B
n( Z )
Câu 7: Hiđro hoá hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai anđehit no, đơn chức, mạch hở, kế tiếp
nhau trong dãy đồng đẳng thu được (m + 1) gam hỗn hợp hai ancol. Mặt khác, khi đốt cháy hoàn
toàn cũng m gam X thì cần vừa đủ 17,92 lít khí O2 (ở đktc). Giá trị của m là
A. 10,5. B. 8,8. C. 24,8. D. 17,8.
1
Giải : m(tăng) = m(H2) => n(H2) =  0,5 (mol)
2
Gọi công thức chung 2 andehit là CH O n 2n

3n  1
CH O
n 2n

2 O2
 n CO2  n H 2 O

3n  1
Ptpư: 1 (mol)
2
17,92
Bài ra: 0,5  0,8 (mol)
22,4
3n  1
 =1,6 => n =1,4  M (X) = 35,6 => m=35,6.0,5=17,8 (g) => Đáp án D
2
Câu 8: Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO và H2 đi qua ống sứ đựng bột Ni nung nóng. Sau khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y gồm hai chất hữu cơ. Đốt cháy hết Y thì thu
được 11,7 gam H2O và 7,84 lít khí CO2 (ở đktc). Phần trăm theo thể tích của H2 trong X là
A. 35,00%. B. 65,00%. C. 53,85%. D. 46,15%.
7,84
Giải : n(HCHO) = n(CO2) =  0,35 (mol)
22,4
m(X) = m(C) + m(H) + m(O) = 12.n(CO2) + 2.n(H2O) + 16.n(HCHO)
11,7
= 12.0,35 + 2. + 16.0,35 = 11,1 (g)
18
11,1  0,35.30
n(H2) =  0,3 (mol)
2
0,3
%V(H2) = %n(H2) = .100  46,15% => Đáp án D
0,3  0,35

13
www.VIETMATHS.com



Câu 9: Cho 0,25 mol một anđehit mạch hở X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong
NH3, thu được 54 gam Ag. Mặt khác, khi cho X phản ứng với H2 dư (xúc tác Ni, to) thì 0,125 mol
X phản ứng hết với 0,25 mol H2. Chất X có công thức ứng với công thức chung là
A. CnH2n+1CHO (n ≥0). B. CnH2n-1CHO (n ≥ 2).
C. CnH2n-3CHO (n ≥ 2). D. CnH2n(CHO)2 (n ≥ 0).
n( Ag ) 54 n( H 2) 0,25
Giải : Số nhóm –CHO =  1 Số  =  2
2.n( X ) 2.0,25.108 n( X ) 0,125
 Số lk  trong gốc H-C = 2-1 = 1 => Đáp án B
Câu 10: Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,02 mol C2H2 và 0,03 mol H2 trong một bình kín (xúc tác
Ni), thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y lội từ từ vào bình nước brom (dư), sau khi kết thúc các
phản ứng, khối lượng bình tăng m gam và có 280 ml hỗn hợp khí Z (đktc) thoát ra. Tỉ khối của
Z so với H2 là 10,08. Giá trị của m là
A. 0,585. B. 0,620. C. 0,205. D. 0,328.
0,28
Giải : m(Y) = m(X) = 0,02.26 + 0,03.2 = 0,58 (g) m(Z) = .10,08.2  0,252 (g)
22,4
m = m(Y) – m(Z) = 0,58 – 0,252 = 0,328 (g) => Đáp án D

14
www.VIETMATHS.com



DẠNG VI : DÙNG KẾT QUẢ ĐÊ THỬ

*Khi giải Bài tập ta nên đọc hết toàn bài (đặc biệt là kết quả)
*Từ kết quả ta có thể dư doán hay đem thử
*Với bài tập xác định công thức phân tử hay xác định thành phần định lượng
thì giúp ta giải nhanh hơn.
*Có thể dùng các giá trị TB, số mol các chất hay giải hệ phương trình để thử

II.BÀI TẬP
Câu 1: Hoà tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch H2 SO4
đặc nóng (dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung
dịch chứa 6,6 gam hỗn hợp muối sunfat. Phần trăm khối lượng của Cu trong X là
A. 39,34%. B. 65,57%. C. 26,23%. D. 13,11%.
Giải :
Cách 1: *Nếu chỉ Cu tạo SO2 thì % (m) Cu = 0,0225x64x100/2,44=59,02%  khác kết quả
=> Vậy FexOy là FeO hay Fe3O4
*Thử với FeO : 72x + 64y = 2,44 và ½ x + y =0,0225  y =0,01
% (m) Cu = 0,01x64x100/2,44=26,23% => Chọn C
Cách 2: nSO2 = 0,0225
Gọi a là số mol H2SO4 tham gia pư:
Sơ đồ pư: X + H2SO4  Muối + SO2 + H2O
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
2,44 + 98a = 6,6 + 1,44 + 18a  a = 0,7
nSO42- = 0,07- 0,0225 = 0,0475
Gọi x, y lần lượt là số mol Fe2(SO4)3 và CuSO4
3x + y = 0,0475 x = 0,0125
400x + 160y = 6,6 y = 0,01
m Cu = 0,64 g %mCu = 26,23 %  Chọn C
Cách 3: Viết các phương trình phản ứng rồi lập hệ để giải.
Câu 2: Hỗn hợp X gồm axit Y đơn chức và axit Z hai chức (Y, Z có cùng số nguyên tử cacbon).
Chia X thành hai phần bằng nhau. Cho phần một tác dụng hết với Na, sinh ra 4,48 lít khí H2 (ở
đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai, sinh ra 26,4 gam CO2. Công thức cấu tạo thu gọn và phần
trăm về khối lượng của Z trong hỗn hợp X lần lượt là
A. HOOC-CH2-COOH và 54,88%. B. HOOC-COOH và 60,00%.
C. HOOC-COOH và 42,86%. D. HOOC-CH2-COOH và 70,87%.
Giải : Ta có n H2 = 0,2 mol , nCO2 = 0,6 mol
Gọi a, b là số mol axit đơn chức và axit 2 chức.
n là số nguyên tử cacbon trong 2 axit.
Ta có: a + 2b = 0,2 và n( a + b ) = 0,6
Dựa vào kết quả suy ra n = 2 hoặc 3
n = 2 => a = 0,2 , b = 0 => loại
Vậy 2 axit đó là HCOO-COOH và CH3COOH
mX = 0,2.60 + 0,1.90 = 21g %mZ = 42,86% => Chọn C.
Câu 3: Cho hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu cơ no, đơn chức tác dụng vừa đủ với 100 ml
dung dịch KOH 0,4M, thu được một muối và 336 ml hơi một ancol (ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn
toàn lượng hỗn hợp X trên, sau đó hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2
15
www.VIETMATHS.com



(dư) thì khối lượng bình tăng 6,82 gam. Công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là
A. HCOOH và HCOOC2H5. B. HCOOH và HCOOC3H7.
C. C2 H5 COOH và C2H5COOCH3. D. CH3COOH và CH3COOC2 H5 .
Giải :
Cách 1: Theo kết quả hỗn hợp gồm ROOH và RCOOR/
Từ n(R/OH) = 0,015 mol  n(RCOOR/) = 0,015 và n(RCOOH) = 0,25
Mặt khác công thức chung CnH2nO 2  n (CO2 + H2O)  n=2,75  loại C
Thực hiện phép thử bởi phương trình:
(n 0,025 + m 0,015)/0,04 =2,75 => Chọn D
Cách 2: n KOH = 0,04 mol , n ancol = 0,015 mol
Theo bài ra suy ra X gồm 1este và 1 axit hữu cơ
Gọi CT là :CnH2n+1COOCmH2m+1 và CnH2n+1COOH
n(ancol) = n (este) = 0,015mol => n axit = 0,04 – 0,015 = 0,025 mol
m(bình tăng) = m CO2 + m H2O
= (m + n + 1).0,015.44 +(n + 1).0,025.44 + (2n + 2m + 2).0,015.9 + (2n + 2).0,025.9 = 6,82
 0,93m + 2,48n = 4,34 có cặp nghiệm phù hợp n = 1 và m = 2
Vậy 2 chất đó là CH3COOH và CH3COOC2H5.
Câu 4: Thuỷ phân hoàn toàn 0,2 mol một este E cần dùng vừa đủ 100 gam dung dịch NaOH
24%, thu được một ancol và 43,6 gam hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic đơn chức. Hai axit đó
là
A. HCOOH và C2H5COOH. B. HCOOH và CH3COOH.
C. C2 H5 COOH và C3H7COOH. D. CH3COOH và C2 H5 COOH.
Giải :
Cách 1 : n NaOH = 0,6 mol  n NaOH / n este = 3 => este 3 chức
CT chung 2 muối RCOONa => R=5,6 = 17/3 => loại C, D
Nhận xét: Số mol muối này gấp đôi muối kia
Thực hiện phép thử (1.1 + 29.2)/3 = 19,6 => loại
Thực hiện phép thử (1.2 + 29.1)/3 = 10,3 => loại => chọn B
Cách 2 : n NaOH = 0,6 mol
Ta có : n NaOH / n este = 3 => este 3 chức
Gọi CT 2 muối của axit CnH2n+1COONa và CmH2m+1COONa
=>m Muối = 0,2.( 14n + 68) + 0,4.(14m + 68) = 43,6g
=>2,8n + 5,6m = 2,8. cặp nghiệm phù hợp n = 1, m = 0
Vậy 2 axit la HCOOH và CH3COOH => Chọn B
Câu 3: Thuỷ phân hoàn toàn 444 gam một lipit thu được 46 gam glixerol và hai loại axit béo. Hai
loại axit béo đó là
A. C15H31COOH và C17H35COOH. B. C17H31COOH và C17H33COOH.
C. C17H33COOH và C15H31COOH. D. C17H33COOH và C17H35COOH.
Giải :
Ta có : C15H31 = 211 , C17H31 = 235 , C17H33 = 237 , C17H35 = 239.
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH  3RCOONa + C3H5(OH)3
 R = 238,33 = 715/3  Loại B, C.
Dùng phép thử : 211.2+239.1  715 Hay 211.1+239.2  715  Chọn D

16
www.VIETMATHS.com



DẠNG VII : DẠNG BÀI TẬP THEO
SƠ ĐỒ CHUYỂN HÓA

*Theo phương pháp bảo toàn ta có thể lược bỏ các trạng thái trung gian và giá
trị n.
*Nếu có H% thì ban đầu ta coi như phản ứng hoàn toàn, sau đó mới đưa H%
vào
*H%(chung)= H 1 H 2 H3
...100%
100 100 100
II.BÀI TẬP
Câu 1: Cho sơ đồ chuyển hóa: CH4 → C2H2 → C2H3Cl → PVC. Để tổng hợp 250 kg PVC theo
sơ đồ trên thì cần V m3 khí thiên nhiên (ở đktc). Giá trị của V là (biết CH4 chiếm 80% thể tích khí
thiên nhiên và hiệu suất của cả quá trình là 50%).
A. 286,7. B. 448,0. C. 358,4. D. 224,0.
Giải : Sơ đồ : 2 CH4 → …. → C2H3Cl
8 kmol ← 4 kmol
Số mol CH4 cần dùng là : 8.100/50 =16kmol
Thể tích khí thiên nhiên cần dùng là: 16.22,4.100/80 =448 lít  Chọn B
Câu 2: Cho m gam tinh bột lên men thành ancol (rượu) etylic với hiệu suất 81%. Toàn bộ lượng
CO2 sinh ra được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)2, thu được 550 gam kết tủa và dung
dịch X. Đun kỹ dung dịch X thu thêm được 100 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 550. B. 650. C. 750. D. 810.
Giải : n(CO2) = 5,5 + 2 = 7,5 mol
Sơ đồ: (C6H10O5)n → nC6H12O6 → 2n C2H5OH + 2n CO2 ↑
3,75 ← 7,5
Khối lượng tinh bột cần dùng là 3,75. 163 .100/81 = 750 gam => Chọn C
+ Cl (1:1) + NaOH, du + HCl
Câu 3: Cho sơ đồ C 6 H 6  X  Y  Z .
2
o
Fe, t
 o
t cao,P cao
 
Hai chất hữu cơ Y, Z lần lượt là:
A.C6H5ONa, C6H5OH. B.C6H5OH, C6H5Cl. C.C6H4(OH)2, C6H4Cl2. D.C6H6(OH)6, C6H6Cl6.
Giải : *Trong môi trường OH- C6H5OH tồn tại dạng C6H5ONa
=> Chọn A
Câu 4: Cho sơ đồ chuyển hoá sau :
 Br2 (1:1mol),Fe,t 0  NaOH(dö ),t 0 ,p  HCl(dö )
Toluen  X  Y  Z .
  
Trong đó X, Y, Z đều là hỗn hợp của các chất hữu cơ, Z có thành phần chính gồm :
A. o-bromtoluen và p-bromtoluen. B. m-metylphenol và o-metylphenol.
C. benzyl bromua và o-bromtoluen. D. o-metylphenol và p-metylphenol.
-
Giải : *Trong môi trường OH hợp chất phenol tồn tại dạng muối.
* Nắm được qui luật thế vòng ben zen
 Z là o-metylphenol và p-metylphenol.
H 2SO 4 ®Æc + HBr + Mg, etekhan
Câu 5: Cho sơ đồ chuyển hoá: Butan - 2 - ol  X(anken)  Y  Z .
t
  o 
Trong đó X, Y, Z là sản phẩm chính. Công thức của Z là
17
www.VIETMATHS.com



A. CH3-CH(MgBr)-CH2-CH3. B. (CH3)2CH-CH2-MgBr.
C. CH3-CH2-CH2 -CH2-MgBr. D. (CH3)3C-MgBr.
Giải : *Nắm được qui tắc tách Zai xep để xác dịnh sản phẩm chính  Chọn A.
DẠNG VIII : BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY ĐIỆN HÓA
CỦA KIM LOẠI

*Qui tắc 
*Lưu ý:
Fe2+ … Cu2+ Fe3+ Ag+ NO3-/H+ H2SO4 đặc
2+
Fe Cu Fe Ag NO H2S, SO2, S
*Nếu dạng oxi hóa càng mạnh thì dạng khử càng yếu và ngược lại.
*Điều quan trọng là biết được thứ tự của phản ứng.

II.BÀI TẬP
Câu 1: 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: Fe3+/Fe2+ đứng trước Ag+/Ag).
A. 54,0. B. 59,4 C. 64,8. D. 32,4.
Giải : Ta có nAl = 2,7:27=0,1(mol) , nFe= 5,6 : 56= 0,1(mol) , nAgNO3= 0,55.1= 0,55 (mol)
Al + 3Ag+ 
 Al3+ + 3Ag 
Ban đầu 0,1 mol 0,55 mol

Pư 0,1mol 0,3 mol
Còn lại 0,25 mol 0,1 mol 0,3 mol

Fe2+ + Ag+ 
 Fe3+ + Ag 
Pư 0,05mol 0,05 mol
Còn lại 0,05 mol 0,05mol 0,05mol

Fe + 2Ag+ 
 Fe2+ + 2Ag 

Pư 0,1mol 0,2 mol
Còn lại 0,05 mol 0,1 mol 0,2 mol

 m=m Ag= (0,3+0,2+0,05) x 108= 59,4(g)
Câu 2: Cho m1 gam Al vào 100 ml dung dịch gồm Cu(NO3)2 0,3M và AgNO3 0,3M. Sau khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được m2 gam chất rắn X. Nếu cho m2 gam X tác dụng với
lượng dư dung dịch HCl thì thu được 0,336 lít khí (ở đktc). Giá trị của m1 và m 2 lần lượt là
A. 1,08 và 5,43. B. 0,54 và 5,16. C. 1,08 và 5,16. D. 8,10 và 5,43.
Giải : n Cu(NO3)2 = nAgNO3 = 0,3.0,1=0,03 (mol) , nH2= 0,336:22,4= 0,015 (mol)

18
www.VIETMATHS.com



Do X tác dụng được với HCl nên X còn chứa Al. Vậy Al dư, Cu(NO3)2 và AgNO3 phản ứng hết:
2Al + 3Cu2+ 
 2Al3+ + 3Cu
0,02 mol  0,03 mol
(1)

Al + 3Ag+ 
 Al3+ + 3Ag
0,01 mol  0,03 mol (2)

2Al + 6H+ 
 2Al3+ + 3H2
0,01 mol  0,015mol
(3)

 m1=mAl (1,2,3)= (0,2+0,1+0,1) x 27 = 1,08 (g)
m2 = mCu + m Ag+ mAl(3)= 0,03x64 + 0,03x108 + 0,01x27= 5,43(g)
Câu 3: Tiến hành hai thí nghiệm sau:
- Thí nghiệm 1: Cho m gam bột Fe (dư) vào V1 lít dung dịch Cu(NO3)2 1M;.
- Thí nghiệm 2: Cho m gam bột Fe (dư) vào V2 lít dung dịch AgNO3 0,1M.
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được ở hai thí nghiệm đều bằng
nhau. Giá trị của V1 so với V2 là
A. V1 = V2. B. V1 = 2 V2. C. V1 = 5V2. D. V1 = 10 V2.
Giải : nCu(NO3)2= 1.V1= V1 (mol) , nAgNO3 = 0,1.V2= 0,1V2(mol)
Fe + Cu2+ 
 Fe2+ + Cu

V1 mol  V1 mol V1 mol Tăng 8V1 gam

Fe + 2Ag+ 
 Fe2+ + 2Ag

0,05V2 mol  0,1V2 mol 0,1V2 Tăng 8V2 gam
mol
Khối lượng chất rắn thu được sau 2 phản ứng bằng nhau => 8V1=8V2  V1=8V2
Câu 4: Cho hỗn hợp gồm 1,2 mol Mg và x mol Zn vào dung dịch chứa 2 mol Cu2+ và 1 mol Ag+
đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một dung dịch chứa ba ion kim loại. Trong các
giá trị sau đây, giá trị nào của x thoả mãn trường hợp trên?
A. 1,8. B. 1,2. C. 2,0. D. 1,5.
Giải : Sắp xếp theo độ tăng dần tính oxi hóa: Mg2+<Zn2+<Cu2+<Ag+
Mà dung dịch thu được chứa 3 ion kim loại là Mg2+, Zn2+, Cu2+  Mg và Zn phản ứng hết.
Cu2+  Cu + 2e
 Ag+   Cu + e
Điện tích của dung dịch Cu2+ và Ag+ là: 2x2+1x1=5 mol e
Mg + 2e  Mg2+ Zn + 2e  Zn2+
 
Để đảm bảo dung dịch còn chứa Cu2+ thì (1,2.2 + 2x) < 5  x < 1,3 (mol)
 chỉ có x=1,2 thỏa mãn
Câu 5: Cho m gam hỗn hợp bột Zn và Fe vào lượng dư dung dịch CuSO4. Sau khi kết thúc các
phản ứng, lọc bỏ phần dung dịch thu được m gam bột rắn. Thành phần phần trăm theo khối lượng
của Zn trong hỗn hợp bột ban đầu là
A. 90,27%. B. 82,20%. C. 12,67%. D. 85,30%.
Giải :
Fe + Cu2+ 
 Fe2+ + Cu

a mol a mol a mol Tăng 8a gam

Zn + Cu2+ 
 Zn 2+ + Cu 19
b mol b mol b mol Giảm b gam
www.VIETMATHS.com



Do khối lượng kim loại thu được bằng trước phản ứng => 8a-b=0  8a=b
65  1  100
 %m(Zn)= = 12,67%
65  1  56  8
Câu 6: 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 Fe2(SO4)3 và 0,06 mol FeSO4. B. 0,05 mol Fe2(SO4)3 và 0,02 mol Fe dư.
C. 0,02 mol Fe2(SO4)3 và 0,08 mol FeSO4. D. 0,12 mol FeSO4.
Giải : nFe= 6,72:56=0,12 mol
2Fe + 6H2SO4 
 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
Ban đầu 0,12 0,3
P ứng 0,1 0,3
Còn lại 0,02 0,05
Fe2(SO4)3 + Fe 
 3FeSO4
Ban đầu 0,05mol 0,02 mol
P ứng 0,02mol 0,02 mol
Còn lại 0,03 mol 0,06mol

Câu 7: Thể tích dung dịch HNO3 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. 0,6 lít. B. 1,0 lít. C. 1,2 lít. D. 0,8.
Giải : Quá trình cho e
2+
Fe  Fe
 + 2e

0,15 mol 0,3 mol

2+
Cu  Cu
 + 2e

0,15 mol 0,3 mol

Quá trinh nhận e
4H+ + NO3- + 3e 
 NO + 2H2O

3
a mol a
4

3
Để số mol HNO3 cần dùng là ít nhất thì a =0,3+0,3=0.6  a= 0,8 (mol)
4
 Vdd HNO3 = 0,8/1=0,8 (lít)
Câu 8: 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. 400. C. 120. D. 360.
Giải : nH+=2nH2SO4=0,5x0,4=0,4 mol , nNO3-= nNaNO3= 0,2x0,4=0,08 mol ,
nFe=1,12:56=0,02 mol , nCu=1,92:64=0,03 mol
20
www.VIETMATHS.com



Fe + 4H+ + NO3- 
 Fe3+ +NO +H2O
Ban đầu 0,02 0,4 0,08
P ứng 0,02 0,08 0,02
Còn lại 0,32 0,06 0,02

3Cu + 8H+ + 2NO3- 
 3Cu2+ + 2NO +h2O
Ban đầu 0,03 0,4 0,06
P ứng 0,03 0,08 0,02
Còn lại 0,24 0,04 0,03

H+ + OH- 
 H2O
0,24 mol 0,24 mol

Fe3+ + 3OH- 
 Fe(OH)3
0,02 mol 0,06 mol
2+
Cu + 2OH- 
 Cu(OH)2
0,03 mol 0,06 mol

 Vdd NaOH= (0,24+0,06+0,06)x1000/1=360ml
Câu 9: Cho 6,72 gam Fe vào 400 ml dung dịch HNO3 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 hoà tan tối đa m gam
Cu. Giá trị của m là
A. 3,84. B. 3,20. C. 1,92. D. 0,64.
Giải : nHNO3= 1x0,4=0,4 mol , nFe = 6,72:56= 0,12 mol
Fe + 4H+ + NO3- 
 Fe3+ + NO +H2O
Ban đầu 0,12 0,4 0,08
P ứng 0,1 0,4 0,02
Còn lại 0,02 0,02 0,06 0,1

2Fe3+ + Fe 
 3Fe2+
P ứng 0,04 mol 0,02 mol
Còn lại 0,06 mol

2Fe3+ + Cu 
 2Fe2+ + Cu2+
0,06 mol 0,03 mol

 m = 0,03x64=1,92 (g)
Câu 10: Cho 2,24 gam bột sắt vào 200 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm AgNO3 0,1M và
Cu(NO3)2 0,5M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và m gam chất rắn
Y. Giá trị của m là
A. 4,08. B. 0,64. C. 2,16. D. 2,80.
2+
Giải : nFe= 2,24:56=0,04 (mol) , nCu =0,5x0,2=0,1(mol) , nAg+=0,1x0,2=0,02(mol)

Fe + 2Ag+ 
 Fe2+ + Ag 

Còn lại 0,03 mol 0,02 mol 0,01mol 0,02mol 21
www.VIETMATHS.com



Fe + Cu2+ 
 Fe2+ + Cu 

Còn lại 0,03 mol 0,07 mol 0,03mol 0,03mol

 m Y=mCu +mAg = 0,03x64+0,02x108=4,08 (g)

22
www.VIETMATHS.com



DẠNG IX : DẠNG TOÁN TỶ LỆ

*Một số bài tập ta không xác định được số mol cụ thể từng chất mà chỉ tỉm
được tỷ lệ mol các chất.
*Từ tỉ lệ ta có thể chọn lượng chất
*Tùy từng trường hợp nhưng nên đặt cho chất có tỷ lệ nhỏ hơn là x...

II.BÀI TẬP
Câu 1: Cho hỗn hợp gồm Na và Al có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 2 vào nước (dư). Sau khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8,96 lít khí H2 (ở đktc) và m gam chất rắn không tan. Giá trị
của m là
A. 5,4. B. 43,2. C. 7,8. D. 10,8.
Giải : Gọi a là nNa => n Al = 2a
Do sau p/ứ còn chất rắn không tan nên Al dư
Phản ứng : Na + H2O NaOH + ½ H2
a a a/2
NaOH + Al + H2O NaAlO2 + 3/2 H2
a a 3a/2
a/2 + 3a/2 = 8.96/22.4 a = 0.2
nAl dư = 2a – a = 0.2 (mol) m = 5.4 (g)  chọn A
Câu 2: Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thoát ra V lít khí. Nếu
cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) thì được 1,75V lít khí. Thành phần phần trăm theo
khối lượng của Na trong X là (biết các thể tích khí đo trong cùng điều kiện).
A. 29,87%. B. 39,87%. C. 77,31%. D. 49,87%.
Giải : Gọi a,b lần lượt là số mol của Na và Al
Do khi tác dụng với nước chỉ tạo V(l) H2 còn khi tác dụng với NaOH thì tạo 1,75V(l) H2 nên Al
dư ở trường hợp đầu. Do tỉ lệ số mol = tỉ lệ thể tích nên có thể coi n H2 lần lượt là V và 1,17V.
Na + H2O NaOH + ½ H2 (1)
NaOH + Al + H2O NaAlO2 + 3/2 H2 (2)
Ta có : (x/2 +3x/2) : (x/2+3y/2) = 1/1,75  x/y=1/2
 % (m)Na = 29,87  chọn A
Câu 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 : 4. D. a : b = 1 : 5.
Giải : Do tỉ lệ trong phản ứng tạo kết tủa giữa AlCl3 và NaOH là 1:3 và tỉ lệ trong phản ứng hòa
tan kết tủa là 1:1 nên để thu được kết tủa thì cần có tỉ lệ a:b  Chọn A
Câu 4: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO3, thu được V lít
(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. 3,36. C. 5,60. D. 4,48.
Giải : Gọi a, b lần lượt là số mol của Zn và Cu
Theo bài ra ta có hệ: a : b = 1:1 và 56a + 64 b = 12  a = 0.1 và b = 0.1
gọi x, y lần lượt là số mol NO và NO2
pt bảo toàn e:
Cu Cu2+ + 2e N+5 + 3e N+2
0.1 0.2 x 3x
23
www.VIETMATHS.com



Fe Fe3+ +3e N+5 + 1e N+4
0.1 0.3 y y
ta có hệ: 3x + y = 0.5 và 30x + 46y = 19*2(x+y)  x = y = 0.125(mol)
V = 2x0,125x22,4 = 5,6(l)  chọn C
Câu 5: Cho 19,3 gam hỗn hợp bột gồm Zn và Cu có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2 vào dung dịch
chứa 0,2 mol Fe2(SO4)3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kim loại. Giá trị
của m là
A. 12,80. B. 12,00. C. 6,40. D. 16,53.
3+
Giải : n(Fe ) = 0.4 mol. Gọi a, b lần lượt là số mol của Zn và Cu
Giải hệ tương tự câu 4 ta được a = 0.1 và b = 0.2
Các phản ứng: Zn + 2Fe3+ Zn2+ + 2Fe2+
0.1 0,2
Cu + 2Fe3+ Cu2+ + 2Fe2+
(0.4-0,2)
nCu dư = 0,1 m = 6,4  chọn C
Câu 6: Hỗn hợp khí X gồm N2 và H2 có tỉ khối so với He bằng 1,8. Đun nóng X một thời gian
trong bình kín (có bột Fe làm xúc tác), thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He bằng 2. Hiệu
suất của phản ứng tổng hợp NH3 là
A. 25%. B. 50%. C. 36%. D. 40%.
Giải : Chọn n hh = 1mol và gọi a,b lần lượt là số mol của N2 và H2. Ta có hệ:
a + b =1 và 28a + 2b = 1,8 . 4  a = 0,2 và b = 0,8
gọi x là số mol N2 phản ứng : N2 + 3H2 2NH3
x 3x 2x
Ta có : n(sau) = 1-2x
áp dụng ĐLBTKL. mhhsau = mhhtrước = 1,8*4 = 7,2
 7,2/(2*4) = 1- 2x x = 0,05(mol)
H = 0,05*100/0,2 =25%  chọn A
Câu 7: Cho x mol Fe tan hoàn toàn trong dung dịch chứa y mol H2 SO4 (tỉ lệ x : y = 2 : 5), thu
được một sản phẩm khử duy nhất và dung dịch chỉ chứa muối sunfat. Số mol electron do lượng Fe
trên nhường khi bị hoà tan là
A. 2x. B. 3x. C. 2y. D. y.
Giải :
Fe Fe3+ + 3e 4H+ + SO42- + 2e SO2 + 2H2O
y/3 2(y-y/2)/3 y 2y y/2 y y/2
3+
Ở p/ứ Fe + Fe Fe , chỉ xảy ra sự cho nhận e giữa Fe và Fe3+ (được tạo ra từ x mol Fe
2+

ban đầu) coi như không có sự nhường e của Fe ban đầu.
Vậy số mol e mà Fe đã nhường là y  chọn D

24
www.VIETMATHS.com



DẠNG X : DẠNG TOÁN QUI VỀ CHẤT, CHỌN CHẤT

*Chọn lượng ban đầu là 100 gam, a gam.., hay 1 mol
*Qui nhiều chất về 1 hay 2 chất.
*Chọn lượng trong một hỗn hợp xác định...

II.BÀI TẬP
Câu 1: Để hoà tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 (trong đó số mol FeO
bằng số mol Fe2O3), cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là
A. 0,16. B. 0,23. C. 0,08. D. 0,18.
Giải : Do nFeO = nFe2O3 nên có thể coi hỗn hợp chỉ gồm Fe3O4, n Fe3O4 = 0.01 mol
Fe3O4 + 8HCl FeCl2 + 2FeCl3 +4H2O
0.01 0.08  V = 0.08 (l)  chọn C
Câu 2: Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 tác dụng với dung dịch HCl (dư). Sau
khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y; cô cạn Y thu được 7,62 gam FeCl2 và m
gam FeCl3. Giá trị của m là
A. 7,80. B. 8,75. C. 6,50. D. 9,75.
Giải : Có thể coi Fe3O4 là hỗn hợp của FeO và Fe2O3.  7.62g FeCl2 là do FeO tạo ra
nFeO = nFeCl2 = 0.06 mol  nFe2O3 = 0.03 mol
nFeCl3 = 2nFe2O3 = 0.06 mol  m = 9.75 (g)  chọn D
Câu 3:Tỉ khối hơi của hỗn hợp H2, CO, CH4 so với H2 bằng 7,8. Đốt cháy hoàn toàn một thể tích
hỗn hợp này cần 1,4 thể tích O2. Thành phần % ( thể tích ) của mỗi khí trong hỗn hợp đầu là:
A.20; 50; 30. B.33,33; 66,67; 16,67. C.20; 20; 60. D.10; 80; 10.
Giải : Gọi a, b, c lần lượt là nH2, CO, CH4 trong 1mol hỗn hợp
Phản ứng H2 + ½ O2 H2 O
a a/2
CO + ½ O2 CO2
b b/2
CH4 +2 O2 CO2 + 2H2O
c 2c
Ta có hệ: a + b + c = 1 và 2a + 28b + 16c = 7,8.2 và a/2 + b/2 + 2c = 1,4
Giải hệ: a = 0.2, b = 0.2, c = 0.6  chọn C
Câu 4: Hỗn hợp khí gồm N2 và H2 có tỉ lệ thể tích tương ứng là 1:3 chứa trong bình, xúc tác. Sau
phản ứng thấy thể tích khí đi ra giảm 1/10 so với ban đầu. Thành phần % thể tích của N2, H2 và
NH3 trong hỗn hợp sau phản ứng lần lượt là:
A.20 ; 60 ; 20. B.22,22 ; 66,67; 11,11. C.30; 60; 10. D.33,33; 50; 16,67.
Giải : Chọn nhh = 4 mol thì nN2 = 1 mol và nH2 = 3 mol
Gọi a là n N2 p/ứ N2 + 3H2 2NH3
a 3a 2a
n giảm = 2a = 0,4 a = 0.2%VN2 = 22,22 %VH2 = 66,67 %VNH3 = 11,11  chọn C
Câu 5: Hòa tan hòan toàn 30,4 gam hỗn hợp: Cu, CuS, S, Cu2S bằng lượng HNO3 dư, thấy thoát
ra 20,16 lít NO duy nhất(đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thì khối lượng kết tủa thu
được là:
A.81,55 gam. B.104,2 gam. C.110,95 gam. D. 115,85 gam.
Giải : Coi hỗn hợp ban đầu gồm Cu và S. Gọi a, b lần lượt là Cu và S trong 30,4 gam hỗn hợp

25
www.VIETMATHS.com



Quá trình cho nhận e:
Cu Cu 2+ + 2e N+5 + 3e N+2
a 2a 2,7 0,9
S S+6 + 6e
b 6b
Ta có hệ : 64a + 32b = 30,4 và 2a + 6b = 2,7 Giải hệ : a = 0,3 và b = 0,35
Kết tủa thu được sau phản ứng với Ba(OH)2 là BaSO4 và Cu(OH)2
Khối lượng kết tủa = 0,3.98 + 0,35.233 = 110,95  chọn C
Câu 6:Hỗn hợp A chứa mọt số hiđrocacbon ở thể khí, B là không khí. Trộn A và B theo tỉ lệ thể
tích là 1:15 thu được hỗn hợp khí D. Cho D vào bình kín thể tích khồn đổi V. Nhiệt độ và áp suất
trong bình là t0C và P. Sau khi đốt cháy trong bình chỉ có N2, CO2 và hơi nước với VCO2:VH2O=7:4.
Đưa nhiệt độ bình về t0C, áp suất là P 1. Thì:
A.P1=47P/48. B.P1=P. C.P1=16P/17. D.P1=3P/5.
Giải : Gọi công thức chung của các hidrocacbon là CxHy và chọn nhh = 16mol
Trong đó: nCxHy = 1mol, nO2 = 3mol, nN2 = 12mol
Phản ứng : CxHy + (x + y/4)O2 x CO2 + y/2H2O
1mol 3mol x y/2
Ta có: x + y/4 = 3 và 4x = 7y/2. Giải hệ: x = 7/3 và y = 8/3
nCO2 + nH2O = 7/3 + 4/3 = 11/3(mol)
Ta có: nP1 = n1P  P1 = n 1P/n = (11/3 + 12)P/16 = 47P/48  Chọn A
Câu 7: Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10. Đốt cháy hoàn toàn
hỗn hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp khí Z có
tỉ khối đối với hiđro bằng 19. Công thức phân tử của X là
A. C3H6. B. C3H8. C. C4H8. D. C3H4.
Gi i : Chọn nhh = 11mol nCxHy = 1 và nO2 = 10.

CxHy + (x + y/4)O2 x CO2 + y/2H2O
1mol (x + y/4 ) x y/2
-> 44x + 32(10-x-y/4) = 19*2(10-y/4)
 12x + 3y/2 = 60  8x + y = 40
Chọn x= 4, y = 8  C4H8  Chọn C
Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 20,0 ml hỗn hợp X gồm C3H6, CH4, CO (thể tích CO gấp hai lần thể
tích CH4), thu được 24,0 ml CO2 (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Tỉ khối
của X so với khí hiđro là
A. 22,2. B. 25,8 C. 11,1. D. 12,9.
Giải : Chọn n hh = 20 mol và goi a, b lần lượt là nC3H6 và CH4  nCO = 2b
Ta có hệ: a + 3b = 20 và 3a + b + 2b = 24
Giải hệ ta được : a=2 và b= 6 -> nCO = 12mol
Vây dhh/H2 = 12.9  chọn D
Câu 9: Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy hoàn
toàn 0,1 mol X, tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là
Giải : mhh = 0.1*2*21.2 = 4.24 (g) , nCO2 = nC(hh) = 3nhh = 0.3 (mol) ,nH2O = nH(hh)/2 = 0.32
mCO2 + mH2O = 18.96(g) => chọn B
Câu 10: Cho hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H2. Lấy 8,6 gam X tác dụng hết với dung
dịch brom (dư) thì khối lượng brom phản ứng là 48 gam. Mặt khác, nếu cho 13,44 lít (ở đktc) hỗn
hợp khí X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 36 gam kết tủa. Phần
trăm thể tích của CH4 có trong X là
A. 25%. B. 20%. C. 50%. D. 40%.
26
www.VIETMATHS.com



Giải : Goi a, b, c lần lượt là số mol của CH4, C2H4 và C2H2 trong 8,6 gam hỗn hợp.
Ta có nBr2 = 0.3 mol
Các phản ứng và sơ đồ:
C2H4 + Br2 C2H4Br2 (1)C2H2 + 2Br2 C2H2Br4 (2)C2H2 C2Ag2 (3)
b b c 2c c c
Cứ (13,44/22,4) = 0,6 mol hỗn hợp thì tạo ra (36/240)=0.15 mol kết tủa
Vậy (a + b + c)mol 0.25 (a + b + c) mol
Ta có hệ 16a + 28b + 26c = 8,6 và b + 2c = 0.3 và c = 0.25(a + b +c)
Giải hệ : a = 0,2, b = 0.1, c = 0,1  %(V)CH4 = 50%  Chọn C

27
www.VIETMATHS.com



DẠNG XI : BÀI TOÁN ĐỒNG DẠNG
*Xuất phát từ một bài toán cơ bản ta phát triển thành bài toán đồng dạng
*Đổi ngược kết quả thành giả thiết hay ngược lại
*Thay một chất bằng nhiều chất...

II.BÀI TẬP
Câu 1: Dung dịch X chứa hỗn hợp gồm Na2CO3 1,5M và KHCO3 1M. Nhỏ từ từ từng giọt cho
đến hết 200 ml dung dịch HCl 1M vào V ml dung dịch X, sinh ra 1,12 lít khí (ở đktc). Giá trị của
V là
A. 100. B. 200. C. 150. D. 250.
Giải : Ta có : n HCl = 0,2 mol
Pư theo thứ tự : CO32- + H +  HCO3- (1) HCO3- + H+  CO2 + H2O (2)
0,15 0,15 0,05 0,05
 V = 0,15 :1,5 = 0,1 lít  Chọn A.
Câu 2: 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. 0,020. B. 0,030. C. 0,015. D. 0,010.
Giải : Ta có nHCl = 0,03 mol , n Na2CO3 = 0.02 mol , n NaHCO3 = 0,2 mol
CO32- + H +  HCO3-
0,02 0,02
HCO3- + H+  CO2 + H2O
0,01 0,01 0,01
 Chọn D
Câu 3: Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau một thời gian
thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hoà tan hoàn toàn Y vào dung dịch HCl (dư), thu được a mol H2.
Số mol HCl đã phản ứng là
A. 0,12. B. 0,06. C. 0,06 + 2a. D. 0,18.
Giải : Ta có : nO = (2,71 – 2,23)/16 = 0,03
Sơ đồ: O2- + 2H+  H2O
0,03 0,06
n H2 = a  n H+ = 2a. Vậy số mol HCl pư = n H+ = 2a + 0,06  chọn C
Câu 4: Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau một thời gian
thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hoà tan hoàn toàn Y vào dung dịch HNO3 (dư), thu được 0,672 lít
khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số mol HNO3 đã phản ứng là
A. 0,12. B. 0,14. C. 0,16. D. 0,18.
Giải :
Cách 1: NO3- + 4H+ + 3e  NO + 2H2O
0,12 0,03
O2 + 4e  2O2-
0,015 0,03
2- +
Sơ đồ: O + 2H  H2O
0,03 0,06
 n = 0,06 + 0,12 = 0,18

Cách 2: M  Mn+ + ne
0,15/n 0,15
28
www.VIETMATHS.com

Cac chuyen de luyen thi dai hoc 2011hay

Cac chuyen de luyen thi dai hoc 2011hay

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Similar to Cac chuyen de luyen thi dai hoc 2011hay

Similar to Cac chuyen de luyen thi dai hoc 2011hay (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Cac chuyen de luyen thi dai hoc 2011hay