Chuyên đề luyện thi hóa học thầy nguyên thảo

Chuyên đề Hóa học –

Năm học 2011-2012




1


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.
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602

Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
2
DẠNG I : VIẾT ĐỒNG PHÂN
I.MỘT SỐ LƯU Ý

*Xác định giá trị k dựa vào công thức C
n
H
2n+2-2k
Oz (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 C
5
H
10
O
2
,
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(CH
3
) –C C-C-COO-C-C C-C-C-COO-C
C-C-C-C-COOH C-C(CH
3
)-C-COOH C-C-C(CH
3
)-COOH C-C(CH
3
)
2
-
COOH


Chọn C
Câu 2:

Số đồng phân este ứng với công thức phân tử C
4
H
8
O
2
là
A. 4. B. 6. C. 5. D. 2.
Giải:
Ta có

k=1

este no hở.
HCOOC-C-C HCOOC(CH
3
)-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 H
2
(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

KOH
11,2
n = 0,2
56
mol

2
H
ancol
3,36
n = 2n = 2. 0,3
22,4
mol

KOH
ancol
n > n =>
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 C
17
H
35
COOH và C
15

H
31
COOH, 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 C
8
H
10
là
A. 4. B. 2. C. 5. D. 3.
Câu 6:
Cho các chất sau: CH
2
=CH-CH
2
-CH
2
-CH=CH
2
, CH
2
=CH-CH=CH-CH
2
-CH
3
,
CH
3

-C(CH
3
)=CH-CH
3
, CH
2
=CH-CH
2
-CH=CH
2
. Số chất có đồng phân hình học là
A. 4. B. 2. C. 1. D. 3.
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
3

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 M
X
, M
Y

, M
Z
.
X, Y, Z là đồng đẳng kế tiếp nhau
→ M
Z
= M
X
+ 28 (1). Theo bài ra ta có: M
Z
= 2M
X
(2)
Từ (1) và (2) ta có M
X
= 28.

X là C
2
H
4
=> 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 : C
n

H
2n+1
OH
Theo bài ra ta có:

12n 68,18
n = 5
14n +18 100
  → Công thức Ancol là C
5
H
11
OH
Các đồng phân bậc 2 :
C-C-C-C(OH)-C C-C-C(OH)-C-C C-C(CH
3
)-C(OH)-C

Chọn C
Câu 9:
Một hợp chất X chứa ba nguyên tố C, H, O có tỉ lệ khối lượng m
C
: m
H
: m
O
= 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 : m
C
: m
H
: m
O
= 21 : 2 : 4 → n
C
: n
H
: n
O
= 7 : 8 : 1 → CTPT: C
7
H
8
O
Số đồng phân thơm CH
3
C
6
H
4
OH (3), C
6
H
5
OCH
3
, C

6
H
5
CH
2
OH

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 H
2
(xúc tác Ni, t
o
)?
A. 3. B. 5. C. 2. D. 4.
Giải : *4-metylpentan-2-ol là: C-C(CH
3
)-C-C(OH)-C
 Mạch C trong chất ban đầu là C-C(CH
3
)-C-C-C
*Chất phản ứng với H
2
tạo ancol bậc 2 chỉ có thể là: ancol không no hay xeton
*C=C(CH
3
)-C-C(OH)-C C-C(CH
3
)=C-C(OH)-C
C-C(CH

3
)-C-CO-C C=C(CH
3
)-C-CO-C
 Chọn D
Câu 11 : Viết các đồng phân ứng với công thức phân tử C
4
H
6
O
2
?
*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
CH
3
-CH=CH-COOH(2) , CH
2
=CH-CH
2
-COOH , CH
2
=C(CH
3
)-COOH

b. Este
HCOOCH=CH-CH
3
(2) , HCOOCH
2
-CH=CH
2
, HCOOC(CH
3
)=CH
2

CH
3
COOCH=CH
2
, CH
2
=CHCOOCH
3

2.Đồng phân đơn chức mạch vòng:
a. Axit

b. Este
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602

Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
4



1. Đồng phân đa chức mạch hở:
a. Xeton: CH
3
-CO-CO-CH
3

b.Ete
c.Ancol

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


b. 1-CO-; 1-CHO
CH
3
COCH
2
CHO
c. 1-O-; 1-CHO
CH
3

OCH=CH-CHO, CH
2
=CHOCH
2
-CHO,
CH
2
=CH-CH
2
OCHO, CH
3
-CH=CHOCHO
d. 1-CO-; 1-OH HO-CH
2
-CO-CH=CH
2
5. Đồng phân tạp chức mạch vòng




LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
5

DẠNG II : BÀI TOÁN ĐỐT CHÁY
I.MỘT SỐ LƯU Ý

*Đốt cháy C
x
Hy :
-C
n
H
2n

+2
thì n(H
2
O): n(CO
2
) > 1 và ngược lại, đồng thời n(H
2
O) - n(CO
2
) =
n(C
n
H
2n+2
)
-C
n
H
2n

thì n(H
2
O): n(CO
2
) = 1 và ngược lại.
-C
n
H
2n -2
thì n(H
2
O): n(CO
2
) < 1 và n(CO
2
) -

(H
2
O) = n(C
n
H
2n -2
)
*Đốt cháy C
x
H
y
O
z

cũng tương tự như trên
*Nếu z =1 thì n(O) = n(C
x
H
y
O
z
). 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 CO
2

và H
2
O có tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 4. Hai ancol đó là
A. C
3
H
5
(OH)
3

và C
4
H
7
(OH)
3

. B. C
2
H
5
OH và C
4
H
9
OH.

C. C
2
H
4
(OH)
2

và C
4
H
8
(OH)
2
. D. C
2
H
4
(OH)
2

và C
3
H
6
(OH)
2
.

Giải: n(H
2
O) : n(CO
2
) = 4:3 >1 => ancol no
Gọi CTC 2 ancol là:
O
H
C
x
n
n
22 

Sơ đồ:
O
H
COO
H
C
nn
x

n
n
2
2
22
)1( 



4
3
1

n
n
=>
n =3
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 CO
2
(ở đktc) và a gam H
2
O. 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
Giải: n(ancol) = n(H
2
O) - n(CO
2

) =
4,2218
Va
 (mol)
m = m(C) + m(H) + m(O) = 12.n(CO
2
) + 2.n(H
2
O) +16.n(ancol)
= 12.
4,22
V
+ 2.
18
a
+ 16.(
4,2218
Va
 ) = a -
6,5
V
(g)
 Đáp án D
Câu 3:
Đốt cháy hoàn toàn một hợp chất hữu cơ X, thu được 0,351 gam H
2
O và 0,4368 lít khí CO
2

(ở đktc). Biết X có phản ứng với Cu(OH)

2
trong môi trường kiềm khi đun nóng. Chất X là
A. CH
2
=CH-CH
2
-OH. B. C
2
H
5
CHO C. CH
3
COCH
3
. D. O=CH-CH=O.
Giải: X phản ứng với Cu(OH)
2
/OH
-
=> X có nhóm chức –CHO
n(CO
2
) : n(H
2
O) =
18
351,0
:
4,22
4368,0

= 1:1
 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 CO
2
(đktc) và 5,4 gam H
2
O. Giá trị của m là
A. 5,42. B. 5,72. C. 4,72. D. 7,42.
Giải: n(H
2
O)=
18
4,5
=0,3 (mol); n(CO
2
) =
4,22
808,3
=0,17 (mol)
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
6
n(H

2
O) > n(CO
2
)
 Hỗn hợp ancol no
 n(ancol) = n(H
2
O) - n(CO
2
) = 0,13 (mol)
m(ancol) = m(C) + m(H) + m(O) = 12.n(CO
2
) + n(H
2
O) + 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
CO
2
(đktc) và 11,7 gam H
2
O. 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: C
n
H

2n
O
2
(axit panmitic; axit stearic); C
m
H
2m-4
O
2
(axit linoleic)
n(axit linoleic) = 0,5.[n(CO
2
) – n(H
2
O)] = 0,5( 015,0)
18
7,11
4,22
232,15
 (mol)
 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 O
2
, thu được 11,2 lít khí CO
2
và 12,6 gam H
2
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.
Giải: n(H
2
O) =
18
6,12
= 0,7 (mol); n(CO
2
) =
4,22
2,11
=0,5(mol)
n(ancol) = n(H
2
O) - n(CO
2
) = 0,2 (mol)
Gọi ancol là
O
H
C
x
n
n
22 



7
5

1

n
n
=>
n
= 2,5
x <
n , x>1 => x = 2
 n(O
2
) = 0.5.n(O) = 0,5.[n(H
2
O) + 2.n(CO
2
) - 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 CO
2
(đktc) và 11,7 gam H
2
O. Mặt khác, nếu đun nóng m gam X với
H
2
SO
4
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.

Giải: n(H
2
O) =
18
7,11
= 0,65 (mol); n(CO
2
) =
4,22
96,8
=0,4(mol)
n(ancol) = n(H
2
O) - n(CO
2
) = 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(H
2
O pư tạo ete) = n(ancol) = 0,2 (mol)
m(ete) = m(ancol) – m(H
2
O) = 10,1 – 0,25.18 = 5,6 (g)


Đáp án D

LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
7
DẠNG III : BÀI TOÁN POLIME
I.MỘT SỐ LƯU Ý

*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: xC
4
H
6
+ C
3
H
3
N  (C
4
H
6
)

x
(C
3
H
3
N)
y

(C
4
H
6
)
x
(C
3
H
3
N)
y
+x Br
2


(C
4
H
6
)
x

Br
2x
(C
3
H
3
N)
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(CH
3
)-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 : C

2n
H
3n
Cl
n
+Cl
2


C
2n
H
3n-1
Cl
n +1
+ HCl
Tỷ lệ % về khối lượng của clo:
%96,63
5,345,62
1005,35)1(



n
n
 n=3  Chọn D
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-[CH
2
]
2
CH(COOH)-CH
2
-NH-CO-[CH
2
]
4
-CO-)
n
(M=242n đvC)
Tơ capron: (-NH-[CH
2
]
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 CCl
4
. 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
Giải : (-CH
2
-CH=CH-CH

2
-)
x
(-CH(C
6
H
5
)-CH
2
-)
y
+ xBr
2
 
4
CCl

(-CH
2
-CHBr-CHBr-CH
2
-)
x
(-CH(C
6
H
5
)-CH
2
-)

y

Số mol mắt xích butadien trong buna-S bằng số mol Br
2
bằng
160
462,3
(mol)
Số mol mắt xích stiren :
104
54
160
462,3
668,5 
(mol)
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
8
 tỷ lệ x:y =
160
462,3
:
104
54

160
462,3
668,5 
=1:2

Câu 5: Khi đốt cháy hoàn toàn một polime X (tạo thành do đồng trùng hợp 2,3-đimetyl butađien
và acrilo nitin (CH
2
=CH-CN) với lượng O
2
vừa đủ thấy tạo thành một hỗn hợp khí ở nồng độ áp
suất xác định chứa 57,69% CO
2
về V. Tỉ lệ 2 loại monome là
A. 3/5 B. 3/3 C. 1/3 D. 3/2
Giải : (C
6
H
10
)
x
(C
3
H
3
N)
y

 
o

tO ,
2
(6x + 3y) CO
2
+ (5x + 1,5y) H
2
O + 0,5N
2
Tỷ lệ % về thể tích của CO
2
trong hỗn hợp khí:
yyxyx
yx
5,0)5,15()36(
100)36(


=57,69%


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: (C
5
H
8
)

n
+S
2

C
5n
H
8n -2
S
2

Tỷ lệ % đisunfua
6268
10064


n
=2%  n=46

LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
9
DẠNG IV : SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ION
TRONG GIẢI BÀI TẬP

I.MỘT SỐ LƯU Ý

*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
H
2
SO
4
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
-


H
2
O
n

OH
-
= 0,1× 0,1× 2 + 0,1× 0,1=0,03 mol
n
H
+
= 0,4× 0,0375× 2 + 0,4× 0,0125 = 0,035 mol
n
H+
= n
OH
-
= 0,03 mol
n
H
+
dư = 0,035 – 0,03 = 0,005 mol
[H
+
] = 0,005/ (0,4 + 0,1) = 0,01 = 10
-2
(M) => pH
X
= 2
 Chọn đáp án B
Câu 2:Dung dịch X có chứa: 0,07 mol Na
+
; 0,02 mol SO
4
2-

và x mol OH
-
. Dung dịch Y có chứa
ClO
4
-
; NO
3
-
; y mol H
+
; tổng số mol ClO
4
-
và NO
3
-
là 0,04. Trộn X và Y được 100 ml dung dịch Z.
Dung dịch Z có pH (bỏ qua sự điện li của H
2
O)
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
-
 H

2
O
n
H+
= n
OH
-
= 0,03 mol

n
H+
dư = 0,04 – 0,03 = 0,01 mol
[H
+
] = 0,01/0,1 = 0,1= 10
-1
(M) => pH
Z
= 1
 Chọn đáp án A
Câu 3: Dung dịch X chứa các ion: Fe
3+
, SO
4
2-
, NH
4
+
, 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 BaCl
2
, 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)
A. 3,73 gam. B. 7,04 gam. C. 7,46 gam. D. 3,52 gam.
Giải : Phần 1 tác dụng với dd NaOH, đun nóng:
NH
4
+
+ OH
-


NH
3


+ H
2
O (1)
Fe
3+
+ 3OH
-
 Fe(OH)
3

 (2)
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
10
n(NH
3
) =
4,22
672,0
= 0, 03 mol. Từ (1) => n(NH
4
+
) = n(NH
3
) = 0,03 mol
n(Fe(OH)
3
)

= 1,07/ 107 = 0,01 mol. Từ (2) => n
Fe
3+

= n

Fe(OH)3
= 0,01 mol
Phần 2: tác dụng với lượng dư BaCl
2

SO
4
2-
+ Ba
2+


BaSO
4

n
BaSO4
=
233
66,4
= 0,02 mol. => n
SO42-
= n
BaSO4
= 0,02 mol
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: Ca
2+
, Na
+
, HCO
3
–
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
HCO
3
-
+ OH
-



CO
3
2-
+ H
2
O (1)
CO
3
2-
+ Ca
2+


CaCO
3
 (2)
n
CaCO3
=
100
2
= 0,02 mol. Từ (1), (2) => n
Ca2+
= n
CaCO3
= 0,02 mol
Cho 1/2 dd X còn lại tác dụng với Ca(OH)
2
dư
n

CaCO3
=
100
3
= 0,03 mol. => n
HCO3-
= n
CaCO3
= 0,03 mol
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 : 2HCO
3
-
 CO
3
2-
+ CO
2
+ H
2
O
Ca
2+
+ CO
3
2


CaCO
3

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(NO
3
)
2
vào dung dịch chứa 0,9 mol H
2
SO
4
(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 : n
NO3-

= 0,6×2 = 1,2 mol , nFe
2+
= 0,6 mol n
H+
= 0,9 × 2= 1,8 mol
Phản ứng theo thứ tự : 3Cu + 2NO
3
-
+ 8H
+


3 Cu
2+
+ 2NO + 4 H
2
O (1)
Bđ 0,3 1,2 1,8
Pư 0,3 0,2 0,8
Sau 0 1,0 1,0 0,2
3Fe
2+
+ 4H
+
+ NO
3
-


3Fe
3+
+ NO + 2H
2
O (2)
Bđ 0,6 1,0 1,0
Pư 0,6 0,8 0,2
Sau 0 0,2 0,8 0,2

LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
11
Từ (2) => n
NO
=
3
1
n Fe
2+
=
3
1

×0,6 = 0,2 mol

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
I.MỘT SỐ LƯU Ý

*Số mol giảm = số mol H
2
phản ứng
*Tổng khối lượng trước = Tổng khối lượng sau
*Số mol H
2
/ Số mol X = k

II.BÀI TẬP
Câu 1:
Đun nóng hỗn hợp khí gồm 0,06 mol C
2
H
2
và 0,04 mol H

2
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 O
2
là 0,5. Khối lượng bình dung dịch
brom tăng là
A. 1,64 gam. B. 1,32 gam. C. 1,04 gam. D. 1,20 gam.
Giải : m(Y) = m(C
2
H
2
) + m(H
2
) = 0,06.26 + 0,04.2 = 1,64(g)
m(bình dd Br
2
tăng) = m(Y) – m(Z) = 1,64 -
4,22
448.0
.32.0,5 = 1,32(g)
 Đáp án B
Câu 2:
Hỗn hợp khí X gồm H
2
và C
2
H
4
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)

n
Y
=
75,0
4.5
15
 (mol)
n(H
2
pư) = n(C
2
H
4
pư) = n(giảm) = 0,25(mol)
 H%=
%50100.
1
2.25,0
  Đáp án B
Cách 2: Tổng quát
m(X) = m(Y) = m
204.5
154.75,3



n
n
Y
X
m
m
=> n
Y
=0,75n
x

n(H
2
pư) = n(C
2
H
4
pư) = n(giảm) = 0,25n
X



H% = 2.0,25=0,5=50%

Đáp án B

LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo

Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
12
Câu 3:
Hỗn hợp khí X gồm H
2
và một anken có khả năng cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy
nhất. Tỉ khối của X so với H
2
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 H
2
bằng 13.
Công thức cấu tạo của anken là
A. CH
2
=CH
2
. B. CH
3
-CH=CH-CH
3
. C. CH
2
=CH-CH
2
-CH

3
. D. CH
2
=C(CH
3
)
2
.
Giải : Y không mất màu dd Br
2
=> 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)
 n
Y
=
7,0
2.13
2,18

(mol)
 n(H
2
pư) = n(anken) = n(giảm) = 0,3(mol)
 n(H
2
) = 0,7(mol)
 M(anken) =
56
3.0

4,12,18


(g/mol)=> Anken: C
4
H
8

Anken cộng HBr tạo 1 sản phẩm duy nhất
 Đáp án B
Cách 2: Tổng quát
m(X) = m(Y) = m,
262.13
2.182.1,9


n
n
Y
X
m
m
=> n
Y
=0,7n
x

n(H
2
pư) = n(anken) = n(giảm) = 0,3n

X


n(H
2
) = 0,7n
x

 M(anken). 0,3n
x
+ 1,4n
X
= 18,2n
x 
M(anken) = 56 => Anken: C
4
H
8

Anken cộng HBr tạo 1 sản phẩm duy nhất
 Đáp án B
Câu 4:
Hỗn hợp khí X gồm 0,3 mol H
2
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)
n

Y
=
2,0
1.29
8,5

(mol)

n(H
2
pư) = n(liên kết  pư) = 0,2(mol)
 n(lk  dư) = n(Br
2
pư) = 3.0,1 – 0,2 = 0,1 (mol)
 m(Br
2
) = 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 AgNO
3
trong dung dịch NH
3
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 CO
2
(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(C
2
H
2
,H
2
)Y(C
2
H
2
,H
2
,C
2
H
4
,C
2
H
6
)(H
2
,C
2
H
4
,C
2

H
6
)(H
2
,C
2
H
6
) CO
2
+H
2
O
n(C
2
Ag
2
) =
05,0
240
12

(mol) = n(C
2
H
2
dư)
n(C
2
H

4
) = n(Br
2
) =
1,0
160
16
 (mol) = n(C
2
H
2
pư 1) = n(H
2
pư 1)
n(C
2
H
6
) = 0,5n(CO
2
) = 0,5.
4,22
24,2
= 0,05 (mol) = n(C
2
H
2
pư 2) = 0,5n(H
2
pư 2)

LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
13
n(H
2
dư) = n(H
2
O) – 3n(C
2
H
6
) =
1,005,0.3
18
5,4

(mol)
 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 H
2

(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 H
2
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 H
2
 2 mol hỗn hợp Y
n (giảm) = n(H
2
pư) = 2 (mol) . Ta có : n(H
2
)/nX = 2  Số lk  = 2
*Số nhóm –OH (Z)=2
2
)(
)(
2

Zn
n
H
=> X là andehit 2 chức có 2 liên kết   Đáp án B
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 O
2
(ở đktc). Giá trị của m là
A. 10,5. B. 8,8. C. 24,8. D. 17,8.
Giải : m(tăng) = m(H
2
) => n(H
2
) =
5,0
2
1

(mol)
Gọi công thức chung 2 andehit là
O
H
C
nn 2

O
H
COOO
H
C
nn
n
nn 2222

2
13




Ptpư: 1
2
13 n
(mol)
Bài ra: 0,5
8,0
4,22
92,17
 (mol)

2
13 n
=1,6 =>
n
=1,4


M (X) = 35,6 => m=35,6.0,5=17,8 (g) => Đáp án D
Câu 8:
Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO và H
2
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 H

2
O và 7,84 lít khí CO
2
(ở đktc). Phần trăm theo thể tích của H
2
trong X là
A. 35,00%. B. 65,00%. C. 53,85%. D. 46,15%.
Giải : n(HCHO) = n(CO
2
) =
35,0
4,22
84,7
 (mol)
m(X) = m(C) + m(H) + m(O) = 12.n(CO
2
) + 2.n(H
2
O) + 16.n(HCHO)
= 12.0,35 + 2.
18
7,11
+ 16.0,35 = 11,1 (g)
n(H
2
) = 3,0
2
30.35,01,11



(mol)
%V(H
2
) = %n(H
2
) =
%15,46100.
35,03,0
3,0


=> Đáp án D
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
14
Câu 9:
Cho 0,25 mol một anđehit mạch hở X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO
3
trong
NH
3
, thu được 54 gam Ag. Mặt khác, khi cho X phản ứng với H
2
dư (xúc tác Ni, t

o
) thì 0,125 mol
X phản ứng hết với 0,25 mol H
2
. Chất X có công thức ứng với công thức chung là
A. C
n
H
2n+1
CHO (n ≥0). B. C
n
H
2n-1
CHO (n ≥ 2).
C. C
n
H
2n-3
CHO (n ≥ 2). D. C
n
H
2n
(CHO)
2
(n ≥ 0).
Giải : Số nhóm –CHO =
1
108.25,0.2
54
)(.2

)(

Xn
Agn
Số  =
2
125,0
25,0
)(
)(
2

Xn
n
H

 Số lk  trong gốc H-C = 2-1 = 1 => Đáp án B
Câu 10: Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,02 mol C
2
H
2
và 0,03 mol H
2
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 H
2
là 10,08. Giá trị của m là
A. 0,585. B. 0,620. C. 0,205. D. 0,328.

Giải : m(Y) = m(X) = 0,02.26 + 0,03.2 = 0,58 (g) m(Z) =
252,02.08,10.
4,22
28,0
 (g)
m = m(Y) – m(Z) = 0,58 – 0,252 = 0,328 (g) => Đáp án D
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
15
DẠNG VI : DÙNG KẾT QUẢ ĐÊ THỬ
I.MỘT SỐ LƯU Ý

*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 Fe
x
O
y
và Cu bằng dung dịch H

2
SO
4
đặc nóng (dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO
2
(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 SO
2
thì

% (m) Cu = 0,0225x64x100/2,44=59,02%

khác kết quả
=> Vậy Fe
x
O
y là FeO hay
Fe
3
O
4
*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: nSO
2

= 0,0225
Gọi a là số mol H
2
SO
4
tham gia pư:
Sơ đồ pư: X + H
2
SO
4


Muối + SO
2
+ H
2
O
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
2,44 + 98a = 6,6 + 1,44 + 18a  a = 0,7
nSO
4
2-
= 0,07- 0,0225 = 0,0475
Gọi x, y lần lượt là số mol Fe
2
(SO4)
3
và CuSO
4

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 H
2
(ở
đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai, sinh ra 26,4 gam CO
2
. Công thức cấu tạo thu gọn và phần
trăm về khối lượng của Z trong hỗn hợp X lần lượt là
A. HOOC-CH
2
-COOH và 54,88%. B. HOOC-COOH và 60,00%.

C. HOOC-COOH và 42,86%. D. HOOC-CH
2
-COOH và 70,87%.

Giải : Ta có n H
2
= 0,2 mol , nCO
2
= 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 CH
3
COOH
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
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
16
(dư) thì khối lượng bình tăng 6,82 gam. Công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là
A. HCOOH và HCOOC
2
H
5
. B. HCOOH và HCOOC
3
H
7
.

C. C
2

H
5
COOH và C
2
H
5
COOCH
3
. D. CH
3
COOH và CH
3
COOC
2
H
5
.
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 C
n

H
2n
O
2


n (CO
2
+ H
2
O)

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 :C
n
H
2n+1
COOC
m
H
2m+1
và C
n
H

2n+1
COOH
n(ancol) = n (este) = 0,015mol => n axit = 0,04 – 0,015 = 0,025 mol
m(bình tăng) = m CO
2
+ m H
2
O
= (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 CH
3
COOH và CH
3
COOC
2
H
5
.
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 C
2
H
5
COOH. B. HCOOH và CH
3
COOH.
C. C

2
H
5
COOH và C
3
H
7
COOH. D. CH
3
COOH và C
2
H
5
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 C
n
H
2n+1
COONa và C
m
H

2m+1
COONa
=>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 CH
3
COOH => 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. C
15
H
31
COOH và C
17
H
35
COOH. B. C
17
H
31
COOH và C
17
H
33
COOH.
C. C
17
H
33

COOH và C
15
H
31
COOH. D. C
17
H
33
COOH và C
17
H
35
COOH.
Giải :
Ta có : C
15
H
31
= 211 , C
17
H
31
= 235 , C
17
H
33
= 237 , C
17
H
35

= 239.
(RCOO)
3
C
3
H
5
+ 3NaOH

3RCOONa + C
3
H
5
(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

LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo

Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
17
DẠNG VII : DẠNG BÀI TẬP THEO
SƠ ĐỒ CHUYỂN HÓA
I.MỘT SỐ LƯU Ý

*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)=
100
1H
100
2H
100
3H
100%
II.BÀI TẬP
Câu 1:
Cho sơ đồ chuyển hóa: CH
4
→ C
2
H
2

→ C
2
H
3
Cl → PVC. Để tổng hợp 250 kg PVC theo
sơ đồ trên thì cần V m
3
khí thiên nhiên (ở đktc). Giá trị của V là (biết CH
4
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 CH
4
→ …. → C
2
H
3
Cl
8 kmol ← 4 kmol
Số mol CH
4
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
CO
2

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: (C
6
H
10
O
5
)n → nC
6
H
12
O
6
→ 2n C
2
H
5
OH + 2n CO
2
↑
3,75 ← 7,5
Khối lượng tinh bột cần dùng là 3,75. 163 .100/81 = 750 gam => Chọn C
Câu 3:
Cho sơ đồ
2

o o
+ Cl (1:1)
+ NaOH, du + HCl
6 6
Fe, t t cao,P cao
C H X Y Z
  
.
Hai chất hữu cơ Y, Z lần lượt là:
A.C
6
H
5
ONa, C
6
H
5
OH. B.C
6
H
5
OH, C
6
H
5
Cl. C.C
6
H
4
(OH)

2
, C
6
H
4
Cl
2
. D.C
6
H
6
(OH)
6
, C
6
H
6
Cl
6
.
Giải : *
Trong môi trường OH
-
C
6
H
5
OH tồn tại dạng C
6
H

5
ONa
=> Chọn A

Câu 4:
Cho sơ đồ chuyển hoá sau :
0 0
2
Br (1:1mol),Fe,t NaOH(d ),t ,p HCl(d )
Toluen X Y Z
  
  
ö ö
.
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.

Câu 5: Cho sơ đồ chuyển hoá:

2 4
o
H SO
+ HBr + Mg, etekhan
t
Butan -2-ol X(anken) Y Z
  
®Æc
.
Trong đó X, Y, Z là sản phẩm chính. Công thức của Z là
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
18
Al + 3Ag
+



Al
3+
+
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

A. CH
3
-CH(MgBr)-CH
2
-CH
3
. B. (CH
3
)
2
CH-CH
2
-MgBr.
C. CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
2
-MgBr. D. (CH
3
)
3
C-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
I.MỘT SỐ LƯU Ý

*Qui tắc


*Lưu ý:
Fe
2+
… Cu
2+
Fe
3+
Ag
+
NO
3
-
/H
+
H
2
SO
4
đặc

Fe Cu Fe
2+
Ag NO H
2
S, SO
2
, 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 AgNO
3
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. 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) , nAgNO
3
= 0,55.1= 0,55 (mol)

 m=m
Ag
= (0,3+0,2+0,05) x 108= 59,4(g)
Câu 2:
Cho m
1
gam Al vào 100 ml dung dịch gồm Cu(NO
3
)
2
0,3M và AgNO
3
0,3M. Sau khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được m

2
gam chất rắn X. Nếu cho m
2
gam X tác dụng với
lượng dư dung dịch HCl thì thu được 0,336 lít khí (ở đktc). Giá trị của m
1
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(NO
3
)
2
= nAgNO
3
= 0,3.0,1=0,03 (mol) , nH
2
= 0,336:22,4= 0,015 (mol)
Fe + 2Ag
+


Fe
2+
+
2Ag
Ban đầu 0,1 mol 0,25 mol

Pư 0,1mol 0,2 mol

Còn lại 0,05 mol 0,1 mol 0,2 mol

Fe
2+

+ Ag
+



Fe
3+
+
Ag


Ban đầu 0,1 mol 0,05 mol

Pư 0,05mol 0,05 mol
Còn lại 0,05 mol 0,05mol 0,05mol

LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
19

Do X tác dụng được với HCl nên X còn chứa Al. Vậy Al dư, Cu(NO
3
)
2
và AgNO
3
phản ứng hết:

(1)


(2)



(3)




m
1
=m
Al
(1,2,3)= (0,2+0,1+0,1) x 27 = 1,08 (g)
m
2
= m
Cu
+ m

Ag
+ m
Al
(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 V
1
lít dung dịch Cu(NO
3
)
2
1M;.
- Thí nghiệm 2: Cho m gam bột Fe (dư) vào V
2
lít dung dịch AgNO
3
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 V
1
so với V
2
là
A. V
1
= V
2
. B. V
1

= 2 V
2
. C. V
1
= 5V
2
. D. V
1
= 10 V
2
.
Giải : nCu(NO
3
)
2
= 1.V
1
= V
1
(mol) , nAgNO
3
= 0,1.V
2
= 0,1V
2
(mol)

Khối lượng chất rắn thu được sau 2 phản ứng bằng nhau => 8V
1
=8V
2
 V
1
=8V
2
Câu 4:
Cho hỗn hợp gồm 1,2 mol Mg và x mol Zn vào dung dịch chứa 2 mol Cu
2+
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: Mg
2+
<Zn
2+
<Cu
2+
<Ag
+
Mà dung dịch thu được chứa 3 ion kim loại là Mg
2+

, Zn
2+
, Cu
2+


Mg và Zn phản ứng hết.
Cu
2+


Cu + 2e Ag
+

Cu + e
Điện tích của dung dịch Cu
2+
và Ag
+
là: 2x2+1x1=5 mol e
Mg + 2e

Mg
2+
Zn + 2e

Zn
2+
Để đảm bảo dung dịch còn chứa Cu
2+

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 CuSO
4
. 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 :




2Al

+ 3Cu
2+



2Al
3+
+ 3Cu
0,02 mol


0,03 mol

Al

+ 3Ag
+



Al
3+
+ 3Ag
0,01 mol


0,03 mol

2Al

+ 6H
+


2Al
3+
+ 3H
2
0,01 mol


0,015mol

Fe

+ Cu
2+



Fe
2+
+ Cu
V
1
mol

V
1
mol
V
1
mol
Tăng 8V
1
gam
Fe

+ 2Ag
+



Fe
2+
+ 2Ag
0,05V
2
mol

0,1V
2
mol 0,1V
2

mol

Tăng 8V
2
gam
Fe

+ Cu
2+


Fe
2+
+ Cu
a mol a mol
a mol
Tăng 8a gam
Zn

+ Cu
2+



Zn
2+
+ Cu
b mol b mol
b mol
Giảm b gam
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
20




Do khối lượng kim loại thu được bằng trước phản ứng => 8a-b=0  8a=b


%m(Zn)=
856165

100165


= 12,67%
Câu 6: Cho 6,72 gam Fe vào dung dịch chứa 0,3 mol H
2
SO
4
đặc, nóng (giả thiết SO
2
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
.
Giải : nFe= 6,72:56=0,12 mol









Câu 7:
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. 0,6 lít. B. 1,0 lít. C. 1,2 lít. D. 0,8.
Giải : Quá trình cho e

Quá trinh nhận e





Để số mol HNO
3
cần dùng là ít nhất thì
a
4
3
=0,3+0,3=0.6  a= 0,8 (mol)

Vdd HNO
3
= 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
H
2
SO
4
0,5M và NaNO
3
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
+
=2nH
2
SO
4
=0,5x0,4=0,4 mol , nNO
3
-
= nNaNO
3
= 0,2x0,4=0,08 mol ,
nFe=1,12:56=0,02 mol , nCu=1,92:64=0,03 mol
2Fe + 6H
2
SO
4


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

2
O
Ban đầu 0,12 0,3
P ứng 0,1 0,3
Còn lại 0,02 0,05

Fe
2
(SO
4
)
3
+ Fe


3FeSO
4
Ban đầu 0,05mol 0,02 mol
P ứng 0,02mol 0,02 mol
Còn lại
0,03 mol 0,06mol

Fe


Fe
2+

+ 2e
0,15 mol 0,3 mol

Cu


Cu
2+

+ 2e
0,15 mol 0,3 mol
4H
+
+

NO
3
-
+ 3e


NO

+ 2H
2
O

a mol

a
4
3

LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
21


















 Vdd NaOH= (0,24+0,06+0,06)x1000/1=360ml

Câu 9:
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 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 : nHNO
3
= 1x0,4=0,4 mol , nFe = 6,72:56= 0,12 mol














 m = 0,03x64=1,92 (g)
Câu 10: Cho 2,24 gam bột sắt vào 200 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm AgNO
3
0,1M và
Cu(NO
3

)
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.
Giải : nFe= 2,24:56=0,04 (mol) , nCu
2+
=0,5x0,2=0,1(mol) , nAg
+
=0,1x0,2=0,02(mol)





H
+
+ OH
-


H
2
O
0,24 mol 0,24 mol
Fe + 4H
+
+ NO
3
-



Fe
3+

+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
+
+ 2NO
3
-


3Cu
2+

+ 2NO +h
2
O
Ban đầu 0,03 0,4 0,06
P ứng 0,03 0,08 0,02
Còn lại 0,24 0,04 0,03



Fe

3+

+ 3OH
-

Fe(OH)
3
0,02 mol 0,06 mol

Cu
2+

+ 2OH
-

Cu(OH)
2
0,03 mol 0,06 mol

Fe + 4H
+
+ NO
3
-


Fe
3+

+ NO +H

2
O
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

2Fe
3+

+ Fe



3Fe
2+

Ban đầu 0,1 mol 0,02 mol
P ứng 0,04 mol 0,02 mol
Còn lại 0,06 mol

2Fe
3+

+ Cu


2Fe
2+

+ Cu

2+

0,06 mol 0,03 mol

Fe

+ 2Ag
+


Fe
2+
+
Ag
Ban đầu 0,04 mol 0,02 mol

Pư 0,01mol 0,02 mol
Còn lại 0,03 mol 0,02 mol 0,01mol 0,02mol
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
22

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

Fe

+ Cu
2+



Fe
2+
+
Cu


Ban đầu 0,03 mol 0,1 mol

Pư 0,03mol 0,03 mol

Còn lại 0,03 mol 0,07 mol 0,03mol 0,03mol
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
23
DẠNG IX : DẠNG TOÁN TỶ LỆ
I.MỘT SỐ LƯU Ý

*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 H
2
(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 n
Na
=> n
Al

= 2a
Do sau p/ứ còn chất rắn không tan nên Al dư
Phản ứng : Na + H
2
O
NaOH + ½ H
2
a a a/2
NaOH + Al + H
2
O
NaAlO
2
+ 3/2 H
2

a a 3a/2
a/2 + 3a/2 = 8.96/22.4 a = 0.2
n
Al 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) H
2
còn khi tác dụng với NaOH thì tạo 1,75V(l) H

2
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 + H
2
O
NaOH + ½ H
2
(1)
NaOH + Al + H
2
O NaAlO
2
+ 3/2 H
2
(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 AlCl

3
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 AlCl
3
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 HNO
3
, thu được V lít
(đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO
2
) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối
của X đối với H
2
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 NO
2

pt bảo toàn e:
Cu
Cu
2+

+ 2e N
+5
+ 3e N
+2

0.1 0.2 x 3x
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
24
Fe Fe
3+
+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 Fe
2

(SO
4
)
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.
Giải : n(Fe
3+
)

= 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 + 2Fe
3+
Zn
2+
+ 2Fe
2+

0.1 0,2
Cu + 2Fe
3+
Cu
2+
+ 2Fe
2+

(0.4-0,2)
n

Cu dư
= 0,1 m = 6,4

chọn C
Câu 6: Hỗn hợp khí X gồm N
2
và H
2
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 NH
3
là
A. 25%. B. 50%. C. 36%. D. 40%.
Giải : Chọn n
hh
= 1mol và gọi a,b lần lượt là số mol của N
2
và H
2
. Ta có hệ:
a + b =1 và 28a + 2b = 1,8 . 4

a = 0,2 và b = 0,8
gọi x là số mol N
2
phản ứng : N
2
+ 3H
2

2NH
3

x 3x 2x
Ta có : n(sau) = 1-2x
áp dụng ĐLBTKL. m
hhsau
= m
hhtrước
= 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 H
2
SO
4
(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 Fe
3+
+ 3e 4H
+
+ SO
4
2-

+ 2e SO
2
+ 2H
2
O
y/3 2(y-y/2)/3 y 2y y/2 y y/2
Ở p/ứ Fe + Fe
3+
Fe
2+
, chỉ xảy ra sự cho nhận e giữa Fe và Fe
3+
(được tạo ra từ x mol Fe
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


LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602



Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
25
DẠNG X : DẠNG TOÁN QUI VỀ CHẤT, CHỌN CHẤT
I.MỘT SỐ LƯU Ý

*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, Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
(trong đó số mol FeO
bằng số mol Fe
2
O
3
), 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 = nFe
2
O
3
nên có thể coi hỗn hợp chỉ gồm Fe
3
O
4
, n Fe
3

O
4
= 0.01 mol
Fe
3
O
4
+ 8HCl
FeCl
2
+ 2FeCl
3
+4H
2
O
0.01 0.08

V = 0.08 (l)

chọn C
Câu 2:
Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
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 FeCl
2
và m
gam FeCl
3
. Giá trị của m là
A. 7,80. B. 8,75. C. 6,50. D. 9,75.
Giải : Có thể coi Fe
3
O
4
là hỗn hợp của FeO và Fe
2
O
3
.  7.62g FeCl
2
là do FeO tạo ra
nFeO = nFeCl
2
= 0.06 mol  nFe
2
O
3
= 0.03 mol
nFeCl
3
= 2nFe
2
O

3
= 0.06 mol

m = 9.75 (g)

chọn D
Câu 3:Tỉ khối hơi của hỗn hợp H
2
, CO, CH
4
so với H
2
bằng 7,8. Đốt cháy hoàn toàn một thể tích
hỗn hợp này cần 1,4 thể tích O
2
. 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 nH
2
, CO, CH
4
trong 1mol hỗn hợp
Phản ứng H
2
+ ½ O
2

H
2
O

a a/2
CO + ½ O
2
CO
2

b b/2
CH
4
+2 O
2
CO
2
+ 2H
2
O
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 N
2
và H
2
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 N
2
, H
2

và
NH
3
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 n
hh
= 4 mol thì nN
2
= 1 mol và nH
2
= 3 mol
Gọi a là n
N2 p/ứ
N
2
+ 3H
2
2NH
3

a 3a 2a
n
giảm
= 2a = 0,4 a = 0.2%VN
2
= 22,22 %VH
2
= 66,67 %VNH
3

= 11,11

chọn C
Câu 5: Hòa tan hòan toàn 30,4 gam hỗn hợp: Cu, CuS, S, Cu
2
S bằng lượng HNO
3
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
LỚP BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC 10 – 11- 12 – VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
ĐC: Dương Sơn, Hòa Châu, Hòa Vang, Đà Nẵng
Thạc sĩ. Nguyễn Thạo
Website: email: ĐT: 0905434602