PHƯƠNG PHÁP bảo toàn khối lượng sách

Chương 2
PHƯƠNG PHÁP 30 GIÂY
BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG

Trang 1


Định luật này cho phép chúng ta có một mối liên hệ giữa các chất trước và sau phản
ứng thông qua khối lượng của chúng. Bởi vì bản chất của phản ứng hóa học ở đ}y chỉ là
thay đổi sự liên kết của electron đối với hạt nh}n nên không thay đổi nguyên tố và ngay cả
electron cũng được bảo toàn. Vậy nên khối lượng của hệ không thay đổi trước và sau phản
ứng:
A + B 
 C + D.
m A + m B = mC + m D
Đ}y l{ định luật đầu tiên và áp dụng rộng rãi nhất trong hóa học phổ thông, đặc biệt là
các kỳ thi bởi nó đơn giản và thể hiện được một nguyên lý của hóa học.

Hệ Hệ quả 1: Trong phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng luôn bằng
tổng khối lượng các sản phẩm tạo thành.

Ví dụ 1. (B-11): Cho 200 gam một loại chất béo có chỉ số axit bằng 7 tác dụng vừa đủ với
một lượng NaOH, thu được 207,55 gam hỗn hợp muối khan. Khối lượng NaOH đ~ tham gia
phản ứng là
A. 31,45 gam.
B. 31 gam.
C. 32,36 gam.
D. 30 gam.
Hướng dẫn giải
Để trung hòa 200 gam chất béo có chỉ số axit bằng 7

nNaOH

(phản ứng với axit)

 nKOH 

7
1
.
.200  0,025mol
56 1000

RCOOH  NaOH 
 RCOONa  H2O
0,025

0,025

(RCOO)3 C3H5  3NaOH 
 3RCOONa  C3H5(OH)3
3x

x

Bảo toàn khối lượng: mchất béo + mNaOH = mmuối + mnước + mglixerol
 200  (0,025  3x).40  207,55  0,025.18  x.92

 x  0,25   nNaOH  0,025  3.0,25  0,775mol  mNaOH  0,775.40  31gam
→ Đáp án B.
Phương pháp 30 giây:

Bước 1: nNaOH = nKOH = 7.200 : 56 : 1000 = 0,025 mol
Bước 2:
Trang 2


Hệ quả 2. Trong phản ứng có n chất tham gia, nếu biết khối lượng của (n – 1) chất thì ta
dễ d{ng tính được khối lượng của chất còn lại.
Ví dụ 2. (CĐ-11)(Cơ bản): Đốt cháy hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp Mg và Al trong khí oxi
(dư) thu được 30,2 gam hỗn hợp oxit. Thể tích khí oxi (đktc) đ~ tham gia phản ứng là
A. 4,48 lít.
B. 8,96 lít.
C. 17,92 lít.
D. 11,20 lít.
Hướng dẫn giải

Al
Mg

+ O2 


Al2O3
MgO

Bảo toàn khối lượng ta có: mkim loại mO2  moxit
 mO2  30,2  17,4  12,8 g  nO2 

12,8
 0,4 mol
32

 VO2  0,4.22,4  8,96 (l)

→ Đáp án B
Phương pháp 30 giây:

Ví dụ 3. (A-07)(vận dụng): Hỗn hợp X gồm axit HCOOH và axit CH3COOH (tỉ lệ mol 1:1).
Lấy 5,3 gam hỗn hợp X t|c dụng với 5,75 gam C2H5OH (có xúc tác H2SO4 đặc) thu được m
gam hỗn hợp este (hiệu suất của các phản ứng este ho| đều bằng 80%). Giá trị của m là
A. 8,10.
B. 16,20.
C. 6,48.
D. 10,12.
Hướng dẫn giải

nCH3COOH  nHCOOH 
nC2H5OH 

5,3
 0,05mol
60  46

5,75
 0,125 mol 
46

n

axit

→ Sản phẩm tính theo axit.

o

H2SO4 , t C

 CH3COOC2H5  H2O
CH3COOH  C2H5OH 


0,05

→

0,05

→

0,05

H2SO4 , t oC


 HCOOC2H5  H2O
HCOOH  C2H5OH 


0,05 →

0,05

→

0,05

→ nC2H5OH  nH2O  0,1mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
maxit + mancol = meste + mnước → meste = (5,3 + 0,1.46 – 0,1.18).0,8 = 6,48.
→ Đáp án C
Trang 3


Phương pháp 30 giây:
Bước 1:

→ este tính theo axit.

→
Bước 2: meste = (5,3 + 0,1.46 – 0,1.18).0,8 = 6,48 .

Ví dụ 4. (A-07)(nâng cao): Cho hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ có cùng công thức phân
tử C2H7NO2 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH và đun nóng, thu được dung dịch Y và
4,48 lít hỗn hợp Z (ở đktc) gồm hai khí (đều làm xanh giấy quỳ ẩm). Tỉ khối hơi của Z đối
với H2 bằng 13,75. Cô cạn dung dịch Y thu được khối lượng muối khan là
A. 16,5 gam.
B. 15,7 gam.
C. 14,3 gam.
D. 8,9 gam.
Hướng dẫn giải
nZ = 4, 48  0,2mol; d Z

22, 4

 13,75  Mz  27,5
H2

Mà Z làm xanh giấy quỳ ẩm nên Z phải là NH3 hoặc amin → Z có NH3
→ X gồm CH3COONH4 và HCOONH3CH3
→ Z gồm NH3 và CH3NH2
Phản ứng tổng quát: X (C2H7O2N) + NaOH 
 Muối + Z + H2O
0,2
← 0,2
←
0,2 → 0,2
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mX + mNaOH = mmuối + mZ + mnước
→ mmuối = 0,2.77 + 0,2.40 – 0,2.27,5 – 0,2.18 = 14,3 gam
→ Đáp án C

Phương pháp 30 giây: mmuối =

Hệ quả 3: B{i to|n : Kim loại + axit  muối + khí
mmuối = mkim loại + manion tạo muối
mmuối = mkim loại + maxit - mkhí

Ví dụ 5. (CĐ-08)(Cơ bản): Hòa tan hết 7,74 gam hỗn hợp bột Mg, Al bằng 500 ml dung
dịch hỗn hợp HCl 1M và H2SO4 0,28M thu được dung dịch X và 8,736 lít khí H2 (đktc). Cô
cạn dung dịch X thu được lượng muối khan là
A. 38,93 gam.
B. 103,85 gam.
C. 25,95 gam.

D. 77,86 gam.

Trang 4


Hướng dẫn giải
Sơ đồ:
Mg
Al

HCl



H2SO4


 Muối + H2↑

Cách 1:

n

H

 nHCl  2nH2SO4  0,5.1  2.0,5.0,28  0,78mol ; n H2 

8,736
 0,39 mol
22,4

Ta thấy nH  2nH2  axit phản ứng vừa đủ.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mmuối = mkim loại + maxit – mkhí
→ mmuối = 7,74 + 0,5.36,5 + 0,5.0,28.98 – 0,39.2 = 38,93 gam.
Phương pháp 30 giây:
Bước 1: So sánh

→ H+ hết

Bước 2: mmuối = 7,74 + 0,5.36,5 + 0,5.0,28.98 –

.2 = 38,93 gam.

Cách 2:

 m muối  mKL  mCl  mSO  7,74  0,5.35,5  0,28.0,5.96  38,93g


2
4

→ Đáp án A
Phương pháp 30 giây:
Bước 1: So sánh

→ H+ hết

Bước 2: mmuối

Ví dụ 6. (B-13) (nâng cao): Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ.

Hòa tan hoàn toàn 1,788 gam X vào nước, thu được dung dịch Y và 537,6 ml khí H2 (đktc).
Dung dịch Z gồm H2SO4 và HCl, trong đó số mol của HCl gấp hai lần số mol của H2SO4.
Trung hòa dung dịch Y bằng dung dịch Z tạo ra m gam hỗn hợp muối. Giá trị của m là
A. 4,460.
B. 4,656.
C. 3,792.
D. 2,790.
Hướng dẫn giải
Gọi kim loại kiềm là R, kim loại kiềm thổ là R’
2R + 2H2O 
 2ROH + H2↑
,
R , + 2H2O 
 R  OH 2 + H2↑

→ nOH  2.nH2  2.
OH

0,5376
 0,048mol
22,4

+ H 
 H2O
Trang 5


nH  nOH  0,048mol

Vì số mol của HCl gấp hai lần số mol của H2SO4 nên gọi số mol H2SO4 là a(mol) thì số mol HCl

là 2a (mol)

 nH  2nH2SO4  nHCl  2a  2a  4amol
 4a  0,048  a  0,012


nH2SO4  0,012mol  nSO24  0,012mol


nHCl  2.0,012  0,024mol  n Cl  0,024mol
 m  mhhX  mSO2  mCl  1,788  0,012.96  0,024.35,5  3,792gam
4

→ Đáp án C

Phương pháp 30 giây: m = 1,788 +

:4 .(96 + 2.35,5) = 3,792 gam.

Hệ quả 4. B{i to|n khử hỗn hợp oxit bởi c|c chất khí (H2, CO)
Sơ đồ : Oxit + (CO, H2)  rắn + hỗn hợp khí (CO2, H2O, H2, CO)
Bản chất l{ c|c phản ứng : CO + [O]  CO2 ; H2 + [O]  H2O

→ mrắn = moxit – m[O]

Ví dụ 7. (A-09) Cho luồng khí CO (dư) đi qua 9,1 gam hỗn hợp gồm CuO và Al2O3 nung
nóng đến khi phản ứng ho{n to{n, thu được 8,3 gam chất rắn. Khối lượng CuO có trong
hỗn hợp ban đầu là
A. 0,8 gam.
B. 8,3 gam.

C. 2,0 gam.
D. 4,0 gam.
Hướng dẫn giải
Cách 1:
t
CuO + CO 
 Cu + CO2
x ←x →
x

Al2O3 + CO
y
Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có:
9,1 + 28x = 8,3 + 44x → x = 0,05 → mCuO = 0,05.80 = 4 gam.
Phương pháp 30 giây: mCuO = (9,1 – 8,3): (44-28).80 = 4 gam.

Trang 6


CuO  CO, t Cu



 CO2
 Al2O3
 Al2O3

Cách 2:

t

→ Tổng quát: CO  [O]trongCuO 
 CO2

Áp dụng tăng giảm khối lượng ta có:
n[O]trong CuO 

9,1  8,3
 0,05 mol  mCuO  0,05.80  4 gam
16

→ Đáp án D
Phương pháp 30 giây: mCuO = (9,1 – 8,3):16.80 = 4 gam.

Hệ quả 5: Trong hợp chất hữu cơ CxHyOz:

Ví dụ 8. (A-10) (Cơ bản): Đốt ch|y ho{n to{n m gam hỗn hợp 3 ancol đơn chức, thuộc
cùng d~y đồng đẳng, thu được 3,808 lít khí CO2 (đktc) v{ 5,4 gam H2O. Gi| trị của m l{:
A. 5,42.
B. 5,72.
C. 4,72.
D. 7,42.
Hướng dẫn giải

3,808
5,4
 0,17 mol  nC  0,17mol; n H2O 
 0,3 mol  n H  0,6mol
22,4
18
 nancol  nH2O  nCO2  0,3  0,17  0,13mol

nCO2 

→ nO (ancol) = 0,13 mol (vì ancol đơn chức)
Bảo to{n khối lượng:
mancol = mC + mH + mO = 0,17.12 + 0,6 + 0,13.16 = 4,72.
→ Đáp án C

Phương pháp 30 giây:
Bước 1:
Bước 2:
Ví dụ 9. (A-09) (Vận dụng): Khi đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai ancol no, đơn
chức, mạch hở thu được V lít khí CO2 (ở đktc) v{ a gam H2O. Biểu thức liên hệ giữa m, a và
V là:
A. m  a 

V
5, 6

C. m  2a  V .
22,4

B. m  2a 
D. m  a 

V
.
11, 2

V
.

5,6
Trang 7


Hướng dẫn giải

nCO2 

V
a
; nH2O 
22,4
18

nO = nancol no, đơn chức = nH2O  nCO2 

a
V

18 22,4

Áp dụng định luật bảo to{n khối lượng ta có
V
a
a
V
V
.12  .2  ( 
).16  a 
m X = mC + m H + mO =

22,4
18
18 22,4
5,6
→ Đáp án A

Phương pháp 30 giây: mX = mC + mH + mO =

Xem video bài tập mẫu và lặp lại theo phương pháp 30s bài tập mẫu.

Bài tập tự luyện
1. Mức độ Cơ bản
Câu 1. (CĐ -14): Đốt cháy 11,9 gam hỗn hợp gồm Zn, Al trong khí Cl2 dư. Sau khi c|c phản
ứng xảy ra ho{n to{n, thu được 40,3 gam hỗn hợp muối. Thể tích khí Cl2 (đktc) đ~ phản
ứng là
A. 8,96 lít.
B. 6,72 lít
C. 17,92 lít
D. 11,2 lít.
Câu 2. Hòa tan hoàn toàn 2,43 gam hỗn hợp gồm Mg và Zn vào một lượng vừa đủ dung
dịch H2SO4 loãng, sau phản ứng thu được 1,12 lít H2 (đktc) và dung dịch X. Khối lượng muối
trong dung dịch X là
A. 4,83 gam.
B. 5,83 gam.
C. 7,33 gam.
D. 7,23 gam.
Câu 3. (CĐ-07) Hòa tan hoàn toàn 3,22 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Zn bằng một lượng
vừa đủ dung dịch H2SO4 lo~ng, thu được 1,344 lít hiđro (ở đktc) v{ dung dịch chứa m gam
muối. Giá trị của m là
A. 9,52.

B. 10,27.
C. 8,98.
D. 7,25.
Câu 4. (CĐ -14): Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm ba ancol cùng dãy đồng đẳng,
thu được 4,704 lít khí CO2 (đktc) và 6,12 gam H2O. Giá trị của m là
A. 4,98.

B. 4,72.

C. 7,36.

D. 5,28.

Trang 8


Hướng dẫn giải
Câu 1. (CĐ -14):
Al
Zn

+ Cl2 


AlCl3
ZnCl2

Bảo toàn khối lượng ta có: mKL  mCl2 = mmuối
 mCl2  40,3  11,9  28,4 g  nCl2 

28,4
 0,4 mol
71

 VCl2  0,4.22,4  8,96 (l)

→ Đáp án A
Phương pháp 30 giây:

Câu 2.
Sơ đồ:
Mg
Zn

+ H2SO4 
 muối + H2↑

Cách 1:
1,12
nH2 
 0,05 mol  nH2SO4  n H2  0,05 mol
22,4
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mX  mH2SO4  m  mH2
→ 2,43 + 0,05.98 = m + 0,05.2 → m = 7,23 gam
Phương pháp 30 giây: m = 2,43 +

.(98 – 2) = 7,23 gam.

Cách 2: m = mkim loại + mSO2  2,43  0,05.96  7,23 gam
4

→Đáp án D

Phương pháp 30 giây:

Câu 3. (CĐ-07):
Sơ đồ:
Fe

FeSO4

Mg + H2SO4 
 MgSO4 + H2↑
Zn
ZnSO4

Trang 9


Cách 1:
1,344
nH 
 0,06mol  n H SO  n H  0,06mol
22,4
2

2

4

2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

mX  mH2SO4  m  mH2
→ 3,22 + 0,06.98 = m + 0,06.2 → m = 8,98 gam

Phương pháp 30 giây: m = 3,22 +

.(98 – 2) = 8,98 gam.

Cách 2: m  mKL  mSO2  3,22  0,06.96  8,98g
4

→Đáp án C
Phương pháp 30 giây:

Câu 4. (CĐ -14):

4,704

nCO2 
 0,21 mol

nC  0,21mol

22,4

Theo đề b{i ta có 
nH  0,68mol

n  6,12  0,34mol
H2O

18

Do nCO2  nH2O nên hỗn hợp ancol l{ ancol no v{ nancol  nH2O  nCO2  0,34  0,21  0,13mol
→ Số nguyên tử cacbon trung bình của hỗn hợp l{ C 

0,21
 1,62 nên trong hỗn hợp phải
0,13

có ancol CH3OH – đ}y l{ ancol đơn chức nên 3 ancol đ~ cho l{ no, đơn chức nên
nO (ancol) = nancol = 0,13 mol.
Bảo to{n khối lượng:
m = mC + mH + mO = 0,21.12 + 0,68 + 0,13.16 = 5,28
→ Đáp án D
Phương pháp 30 giây:
Bước 1: Tính nhanh
Bước 2: X|c định d~y đồng đẳng của ancol:

→

→ ancol no, đơn chức

Bước 3:
Trang 10


2. Mức độ vận dụng

Câu 5. (B-12): Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai ancol, thu được 13,44 lít
khí CO2 (đktc) và 15,3 gam H2O. Mặt khác, cho m gam X tác dụng với Na (dư), thu được
4,48 lít khí H2 (đktc). Giá trị của m là
A. 12,9.
B. 15,3.
C. 12,3.
D. 16,9.
Câu 6. (B-13): Thủy phân hoàn toàn m1 gam este X mạch hở bằng dung dịch NaOH dư,
thu được m2 gam ancol Y (không có khả năng phản ứng với Cu(OH)2 và 15 gam hỗn hợp
muối của hai axit cacboxylic đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn m2 gam Y bằng oxi dư, thu
được 0,3 mol CO2 và 0,4 mol H2O. Giá trị của m1 là
A. 14,6
B. 10,6.
C. 11,6.
D. 16,2.
Câu 7. (CĐ-11): Đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp X gồm 3 ancol thuộc cùng dãy
đồng đẳng thu được 6,72 lít khí CO2 (đktc) và 9,90 gam H2O. Nếu đun nóng cũng lượng
hỗn hợp X như trên với H2SO4 đặc ở nhiệt độ thích hợp để chuyển hết thành ete thì tổng
khối lượng ete thu được là
A. 6,45 gam.
B. 5,46 gam.
C. 4,20 gam.
D.7,40 gam.
Câu 8. (B-10):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) v{ 11,7 gam H2O. Mặt khác, nếu đun nóng m
gam X với H2SO4 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

Câu 9. (CĐ-09): Nung nóng 16,8 gam hỗn hợp gồm Au, Ag, Cu, Fe, Zn với một lượng dư khí
O2, đến khi các phản ứng xảy ra ho{n to{n, thu được 23,2 gam chất rắn X. Thể tích dung
dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng với chất rắn X là
A. 400 ml.
B. 200 ml.
C. 800 ml.
D. 600 ml.
Câu 10. (A-11): Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (mạch hở) thu được
hỗn hợp gồm 28,48 gam Ala, 32 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Giá trị của m là
A. 81,54.
B. 66,44.
C. 111,74.
D. 90,6.
Câu 11. (A-11): Thủy phân hoàn toàn 60 gam hỗn hợp hai đipeptit thu được 63,6 gam
hỗn hợp X gồm các amino axit (các amino axit chỉ có một nhóm amino và một nhóm
cacboxyl trong phân tử). Nếu cho 1/10 hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl (dư), cô cạn
cẩn thận dung dịch, thì lượng muối khan thu được là
A. 8,15 gam.
B. 7,09 gam.
C. 7,82 gam.
D. 16,30 gam.
Câu 12. (A-14): Thủy phân hoàn toàn 4,34 gam tripeptit mạch hở X (được tạo nên từ hai
 -amino axit có công thức dạng) H2NCxHyCOOH bằng dung dịch NaOH dư, thu được 6,38
gam muối. Mặt khác thủy phân hoàn toàn 4,34 gam X bằng dung dịch HCl dư, thu được m
gam muối. Giá trị của m là
A. 6,53
B. 8,25
C. 5,06
D. 7,25
Trang 11

Câu 13. (CĐ-08): Este đơn chức X có tỉ khối hơi so với CH4 là 6,25. Cho 20 gam X tác dụng
với 300 ml dung dịch KOH 1M (đun nóng). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 28
gam chất rắn khan. Công thức cấu tạo của X là
A. CH2=CH-CH2-COO-CH3.
B. CH2=CH-COO-CH2-CH3.
C. CH3 -COO-CH=CH-CH3.
D. CH3-CH2-COO-CH=CH2.
Câu 14. (A-14): Hỗn hợp X gồm axit axetic, propan-2-ol. Cho một lượng X phản ứng vừa
đủ với Na, thu được 0,448 lít khí H2 (đktc) v{ m gam chất rắn Y. Giá trị của m là
A.3,28.
B. 2,40.
C. 2,36.
D. 3,32.
Câu 15. (A-13): Cho X là hexapeptit Ala–Gly–Ala–Val–Gly–Val và Y là tetrapeptit
Gly–Ala–Gly–Glu. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm X và Y thu được 4 amino axit,
trong đó có 30 gam glyxin và 28,48 gam alanin. Giá trị của m là
A. 77,6.
B. 73,4.
C. 83,2.
D. 87,4.

Hướng dẫn giải
Câu 5. (B-12):
13,44

nCO2 
 0,6 mol


nC  0,6mol

22,4
Theo đề b{i ta có 

nH  1,7mol
n  15,3  0,85mol
H2O

18


R(OH)n + Na 
 R(ONa)n +

nO  2nH2  2.

n
H2↑
2

4,48
 0,4 mol
22,4

→ m = mC + mH + mO = 0,6.12 + 1,7 + 0,4.16 = 15,3
→ Đáp án B.
Phương pháp 30 giây:
m = m C + mH + m O =

.12 +

+

.16 = 15,3.

Câu 6. (B-13):
Sơ đồ:
Este + NaOH 
 muối + ancol
Ancol + O2 
 CO2 + H2O

nCO2  0,3mol
Y :ancolno
 nH2O  nCO2  

n Y  0,4  0,3  0,1mol
nH2O  0,4mol
Số C 

nCO2
nY



0,3
 3  Y là C3H8Ox ( 1  x  3 )
0,1

Sản phẩm có hỗn hợp muối của 2 axit cacboxylic đơn chức và ancol Y
Trang 12


→ ancol đa chức → 2  x  3
Mà ancol Y không có khả năng phản ứng với Cu(OH)2 →x =2 → C3H8O2
 Y: OHCH2CH2CH2OH mY = m2 = 0,1.76 = 7,6 gam
Ta có: nNaOH  nOH  2n Y  0,2mol
Bảo toàn khối lượng ta có: m1 + mNaOH = mmuối + m2
→ m1 + 0,2.40 = 15 + 7,6  m1 = 14,6.
→ Đáp án A.
Phương pháp 30 giây:
Bước 1: X|c định công thức cấu tạo của Y:

→ Y: OHCH2CH2CH2OH
Bước 2: m1 = 15 + 7,6 - 0,1.2.40 = 14,6
Câu 7. (CĐ-11):
6,72

nCO2 
 0,3mol

nC  0,3mol
22,4
Theo bài ra 


nH  1,1mol
n  9,9  0,55mol
H2O


18

Và nH O  nCO nên hỗn hợp ban đầu gồm các ancol no.
2

2

→ nancol  nH O  nCO  0,55  0,3  0,25mol
2

C

2

0,3
 1,2 → Có CH3OH m{ c|c ancol cùng d~y đồng đẳng
0,25

→ Hỗn hợp X l{ c|c ancol no đơn chức → nO = 0,25 mol.
H SO

2
4( đ )
2ROH 
ROR  H2O
140 C

0,25 mol 

0,125mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
mete  mancol  mH2O  (mC  mH  mO )  n H2O .18
 (0,3.12  0,55.2  0,25.16)  0,125.18  6,45g

→ Đáp án A
Phương pháp 30 giây:
Bước 1:

→
Bước 2:
Trang 13


Câu 8. (B-10):
8,96

nCO2 
 0,4mol

nC  0,4mol
22,4
Theo bài ra 

n  11,7  0,65mol nH  1,3mol
HO

18
 2

Và nH O  nCO nên hỗn hợp ban đầu gồm các ancol no.
2

2

→ nancol  nH O  nCO  0,65  0, 4  0,25mol
2

C

2

0,4
 1,6 → Có CH3OH m{ c|c ancol cùng d~y đồng đẳng
0,65  0,4

→ Hỗn hợp X l{ c|c ancol no đơn chức → nO = 0,25 mol.
H SO

2
4( đ )
2ROH 
ROR  H2O
140 C

0,25 mol 

0,125mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng có

mete  mancol  mH2O  (mC  mH  mO )  n H2O .18
 (0,4.12  0,65.2  0,25.16)  0,125.18  7,85g

→ Đáp án A

Phương pháp 30 giây:
Bước 1: :
→ Có CH3OH → ancol no, đơn chức.
→
Bước 2:
Câu 9. (CĐ-09)
Áp dụng định luật BTKL ta có:

mO2  23,2  16,8  6,4 gam  nO ( trong oxit )  2..

6,4
 0,4 mol.
32


2H  O(2trong
oxit )  H2O

nHCl  nH  2.0,4  0,8 mol  V HCl 

0,8
 0,4 (l)  400 ml.
2

→ Đáp án A

Phương pháp 30 giây: VHCl = 2.(23,2 – 16,8): 32.2 : 2 = 0,4 lít = 400 ml
Câu 10. (A-11)
28,48
32
27,72
n Ala 
 0,32mol; n Ala  Ala 
 0,2mol; n Ala  Ala  Ala 
 0,12mol
89
89.2  18
89.3  18.2
Trang 14


n

Ala

 0,32  0,2.2  0,12.3  1,08mol  n tetrapeptit 

1,08
 0,27mol
4

Ala-Ala-Ala + 3H2O 
 4Ala
Bảo toàn khối lượng : mtetrapeptit + mnước = mAla.

 mterapeptit  0,27.(89.4  18.3)  81,54 (g).

→ Đáp án A
Phương pháp 30 giây:
mtetrapeptit = [28,48 : 89 + 2.32 :(89.2 – 18) + 3.27,72 :(89.3 – 18.2)]:4.(89.4 – 18.3)
= 81,54 gam

Câu 11. (A-11):
Đipeptit + H2O 
 2 aminoaxit
Bảo toàn khối lượng ta có: mpeptit  mH2O  ma minoaxit
63,6  60
 0,2mol  n a min oaxit  2.nH2O  2.0,2  0,4mol
18
0,4
1/10 hỗn hợp X tác dụng với nHCl 
 0,04mol.
10
 nH2O 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
mmuối = maminoaxit + mHCl =

63,6
 0,04.36,5  7,82(g)
10

→ Đáp án C
Phương pháp 30 giây:
Bước 1:
Bước 2: mmuối =

Câu 12. (A-14):
Đặt nX = a mol
 muối + H2O
Ta có: X + 3NaOH 
3a mol
←
a mol

Bảo toàn khối lượng: mX + mNaOH = mmuối + mH2O
→ 4,34  3a.40  6,38  a.18  a  0,02mol
Tripeptit + 2H2O + 3HCl 
 muối
0,02 → 0,04 → 0,06
→ mmuối = 4,34 + 3.0,02.36,5 + 18.0,02.2 = 7,25 gam
Trang 15


→ Đáp án D
Phương pháp 30 giây: mmuối = 4,34 + (6,38 – 4,34):(3.40 – 18) = 7,25 gam.
Câu 13. (CĐ-08):
Gọi CTPT của este là R1COOR 2
dX

CH4

nX 

 6,25  MX  6,25.16  100  CTPT :C5H8O2

20

 0,2mol ; n KOH  0,3.1  0,3mol → nKOH dư = 0,1 mol
100

mrắn = mRCOOK + mKOH dư → R 1 

28  0,1.56
 83  29  R 1 :C2H5
0,2

 CTCT :C2H5COOCH  CH2

→ Đáp án D

Phương pháp 30 giây:

→ X l{ : CH3-CH2-COO-CH=CH2
Câu 14. (A-14):

nH2 

0,448
 0,02 mol
22,4

1
CH3COOH  Na 
 CH3COONa  H2 
2
1
C3H7OH  Na 

 C3H7ONa  H2 
2

Ta có nCH3COONa  nC3H7ONa  2.nH2  2.0,02  0,04 mol
Cách 1: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

mX  mNa  mY  mH2  mY  60.0,04  23.0,04  2.0,02  3,28 gam.
Phương pháp 30 giây: mY = (0,448 : 22,4).2.(60 + 23 – 1) = 3,28 gam.
Cách 2: Vì MCH3COONa  MC3H7 ONa  82  m Y  0,04.82  3,28 g
→ Đáp án A
Phương pháp 30 giây:
Trang 16


Câu 15. (A-13):
Đặt nX = x mol, nY = y mol

nGly 

2x  2y  0,4 x  0,12
30
28,48
 0,4mol;n Ala 
 0,32mol  

75
89
2x  y  0,32 y  0,08

nH2O  0,12.5  0,08.3  0,84mol

Cách 1 :
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng :
m+ mnước = mAla + mGly + mVal + mGlu
→ m = 28,48 + 30 + 0,12.2.117 + 0,08.147 – 0,84.18 = 83,2 gam.
Phương pháp 30 giây:
Bước 1: X|c định số mol của X, Y:
Bước 2: m = 28,48 + 30 + 0,12.2.117 + 0,08.147 – (0,12.5 + 0,08.3).18 = 83,2 gam.

Cách 2 :
m  n X .MX  n Y .MY
 0,12.(89.2  75.2  117.2  18.5)  0,08.(89  75.2  147  18.3)  83,2 (g).
→ Đáp án C
Phương pháp 30 giây:
Bước 1: X|c định số mol của X, Y:
Bước 2:

Trang 17


3. Mức độ nâng cao
Câu 16. (A-12): Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl.
Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đktc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn
bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl
trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là
A. 12,67%.
B. 18,10%.
C. 25,62%.
D. 29,77%.
Câu 17. (B-13) Hòa tan hoàn toàn 24 gam hỗn hợp X gồm MO, M(OH)2 và MCO3 (M là kim
loại có hóa trị không đổi) trong 100 gam dung dịch H2SO4 39,2%, thu được 1,12 lít khí

(đktc) và dung dịch Y chỉ chứa một chất tan duy nhất có nồng độ 39,41%. Kim loại M là
A. Zn.
B. Ca.
C. Mg.
D. Cu.
Câu 18. (A-13): Hợp chất X có thành phần gồm C, H, O, chứa vòng benzen. Cho 6,9 gam X
vào 360 ml dung dịch NaOH 0,5M (dư 20% so với lượng cần phản ứng) đến phản ứng hoàn
toàn, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được m gam chất rắn khan. Mặt khác, đốt cháy
hoàn toàn 6,9 gam X cần vừa đủ 7,84 lít O2 (đktc), thu được 15,4 gam CO2. Biết X có công
thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Giá trị của m là
A. 12,3.
B. 11,1.
C. 11,4.
D. 13,2.
Câu 19. (A-11) : Đốt cháy hoàn toàn x gam hỗn hợp gồm hai axit cacboxylic hai chức,
mạch hở và đều có một liên kết đôi C=C trong phân tử, thu được V lít khí CO2 (đktc) và y
mol H2O. Biểu thức liên hệ giữa c|c gi| trị x, y và V là
A. V 

28
(x  30y)
55
.

B. V 

28
(x  30y)
55

C. V 

28
(x  62y)
95

D. V 

28
(x  62y)
95

Câu 20. (A-12): Hỗn hợp X gồm 2 amino axit no (chỉ có nhóm chức –COOH và –NH2 trong
phân tử), trong đó tỉ lệ mO : mN = 80 : 21. Để tác dụng vừa đủ với 3,83 gam hỗn hợp X cần
30 ml dung dịch HCl 1M. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 3,83 gam hỗn hợp X cần 3,192 lít
O2 (đktc). Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy (CO2, H2O và N2) v{o nước vôi trong dư thì khối
lượng kết tủa thu được là
A. 13 gam.
B. 20 gam.
C. 15 gam.
D. 10 gam.
Câu 21. (B-12): Đun nóng m gam hỗn hợp gồm a mol tetrapeptit mạch hở X và 2a mol
tripeptit mạch hở Y với 600 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ). Sau khi các phản ứng kết
thúc, cô cạn dung dịch thu được 72,48 gam muối khan của các amino axit đều có một
nhóm –COOH và một nhóm –NH2 trong phân tử. Giá trị của m là
A. 51,72.
B. 54,30.
C. 66,00.
D. 44,48.
Câu 22. (A-10): Ho{ tan ho{n to{n 8,94 gam hỗn hợp gồm Na, K v{ Ba v{o nước, thu được

dung dịch X v{ 2,688 lít khí H2 (đktc). Dung dịch Y gồm HCl v{ H2SO4, tỉ lệ mol tương ứng l{
4 : 1. Trung ho{ dung dịch X bởi dung dịch Y, tổng khối lượng c|c muối được tạo ra l{
A. 13,70 gam.
B. 12,78 gam.
C. 18,46 gam.
D. 14,62 gam.
Trang 18


Câu 23. (B-14): Hỗn hợp X gồm ba peptit đều mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 1 : 3.
Thủy ph}n ho{n to{n m gam X, thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 14,24 gam alanin và 8,19
gam valin. Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của ba peptit trong X nhỏ hơn 13. Gi|
trị của m là
A. 18,83
B. 18,29
C. 19,19
D. 18,47

Hướng dẫn giải
Câu 16. (A-12):
Sơ đồ:
KClO3
Ca(ClO3 )2
CaCl2

t

O
2

KCl
CaCl2

K2CO3

 KCl

KCl

nO2  0,6 mol
Bảo toàn khối lượng: mY  mCaCl2  mKCl  mX  mO2  82,3  0,6.32  63,1gam

nK2CO3  0,3.1  0,3mol
CaCl2
 K2CO3 :0,3mol
 O2
X 
Y

 Z :KCl
KCl
:y
mol

 CaCO3↓ + 2KCl
CaCl2 + K2CO3 
0,3  0,3

0,6
 111.0,3  74,5y  63,1  y  0,4

Bảo toàn nguyên tố Cl: nKCl (Z) = 2.0,3 + y = 2.0,3 + 0,4 = 1(mol)  nKCl (X) = 0,2 mol
0,2.74,5
 %mKCl(X ) 
.100%  18,1%
82,3
→ Đáp án B
Phương pháp 30 giây:
Bước 1:
Bước 2: nKCl (X) =
Bước 3:

Trang 19


Câu 17. (B-13):
100.39,2
39,2
mH2SO4 
 39,2 g  nH2SO4 
 0,4 mol
100
98
1,12
nCO2 
 0,05 mol
22,4
Bảo toàn khối lượng ta có:
mX  mddH2SO4  mdd Y  mCO2  mdd Y  24  100  0,05.44  121,8 g

 mMSO4  0,3941.121,8  48 g
Dung dịch Y ch chứa 1 chất tan duy nhất nên trong Y chỉ chứa MSO4
48
 nMSO4  nH2SO4  0,4 mol  MMSO4 
 120 → M = 24
0,4
Vậy M là Magie
→ Đáp án C
Phương pháp 30 giây:
M=

.0,3941: 0,4 - 96 = 24 →M l{ Magie

Câu 18. (A-13):
7,84
15,4
6,9  0,35.32  15,4
nO2 
 0,35mol; nCO2 
 0,35mol  n H2O 
 0,15 mol
22,4
44
18
nO 

6,9  0,35.12  0,15.2
 0,15 mol
16

Gọi công thức: CxHyOz: x : y : z = 0,35 : 0,3 : 0,15 = 7 : 6 : 3 → X l{ C7H6O3.
nC7H6O3 

6,9
7.2  2  6
 0,05mol; k    v 
5
138
2

n NaOH  0,36.0,5  0,18 mol

→ nNaOH phản ứng = 0,18 .100%  0,15mol → nNaOH dư = 0,03 mol
120%

Ta có:

nNaOH phản ứng
nX



3
mà C6H7O3 có vòng benzen; k = 5 → X: HCOOC-C6H4OH
1

HCOOC6H4OH + 3NaOH 
 HCOONa  C6H4 (ONa)2  2H2O
0,05mol

Cách 1: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
mX + mNaOH = mrắn + mnước → mrắn = 0,05.138 + 0,18.40 – 2.0,05.18 = 12,3 gam.

Trang 20


Phương pháp 30 giây:
Bước 1: Tìm công thức phân tử:

→ CxHyOz: x : y : z = 0,35 : 0,3 : 0,15 = 7 : 6 : 3 → X l{ C7H6O3.
Bước 2: Tìm công thức cấu tạo:
nNaOH phản ứng
3
= mà C6H7O3 có vòng benzen; k = 5 → X: HCOOC-C6H4OH
nX

1

Bước 3: mrắn = 0,05.138 + 0,18.40 – 2.0,05.18 = 12,3 gam.
Cách 2:
mrắn = mHCOONa  mC6H5 (ONa)2 + mNaOH dư = 0,05.68 + 0,05.154 + 0,03.40 = 12,3 gam.
→ Đáp án A
Phương pháp 30 giây: mrắn = 0,05.68 + 0,05.154 + 0,03.40 = 12,3 gam.
Câu 19. (A-11) :
CTTQ của axit no, 2 chức, 1π C=C là CnH2n-4O4 (k=3)
Cách 1:
3
Cn H2n 4O4  (n  2)O2 
 nCO2  (n  2)H2O
2

3
y

y
2

Bảo to{n khối lượng ta có :

maxit  mO2  mCO2  mH2O
 x  32.1,5y 

V
55V
28
.44  18y  x  30y 
 V  (x  30y)
22,4
28
55

Cách 2:
nCO2  nH2O 1 V
n axit 
 .(
 y)
2
2 22,4
Bảo to{n khối lượng ta có:
max it  mC  mH  mO  x  12.
V 

V
16.4 V
 2.y 
.(
 y)
22,4
2 22,4

28
.(x  30y)
55

→ Đáp án A
Trang 21


Phương pháp 30 giây:

Câu 20. (A-12):
nN = nHCl = 0,03 → nO = 0,03.14.80 : 21 : 16 = 0,1 mol
Gọi nC = x mol, nH = y mol.
Bảo toàn khối lượng ta có : 12x + y = 3,83 – 0,03.14 – 0,1.16 → 12x + y = 1,81 (1).
3,192
.2 = 2x + 1 .y → 2x + 1 .y = 0,385 (2)
Bảo toàn nguyên tố oxi : 0,1 +
22,4
2
2
Từ (1) và (2) : x = 0,13 , y = 0,25

→ nCO2  x  0,13 mol

 CaCO3   H2O
CO2 + Ca(OH)2 dư 
 mCaCO3  0,13.100  13g
→ Đáp án A
Phương pháp 30 giây:
Bước 1: nN = nHCl = 0,03 → nO = 0,03.14.80 : 21 : 16 = 0,1 mol
Bước 2: Tìm số mol của C và H:
Bước 3:
Câu 21. (B-12):
 muối + H2O
X + 4NaOH 
a →
4a →
a
 muối + H2O
Y + 3NaOH 
2a → 6a →
2a
n NaOH  0,6.1  0,6mol  4a  6a  0,6  a  0,06mol

Bảo toàn khối lượng ta có: m + mNaOH = mmuối + mH2O
m = 72,48 + 0,06.3.18 – 0,6.40 = 51,72 (g)
→ Đáp án A
Phương pháp 30 giây: m = 72,48 + 0,6:(4+6).3.18 – 0,6.40 = 51,72 (g)

Trang 22

Câu 22. (A-10):
1
H2↑
2
1
K + H2O 
H2↑
 KOH +
2

Na + H2O 
 NaOH +

Ba + 2H2O 
 Ba(OH)2 + H2↑
→ nOH  2nH2  2.
OH

2,688
 0,24mol
22,4

+ H 
 H2O

nH  nOH  0,24mol

Gọi nH2SO4  a mol  nHCl  4a mol → 2a + 4a = 0,24 → a = 0,04 (mol)
nHCl  0,16mol  nCl  0,16mol
nH2SO4  0,04mol  nSO2  0,04mol

4

Áp dụng định luật bảo to{n khối lượng:
Cách 1:
mkim loại + maxit = mmuối + mkhí → 8,94 + 0,16.36,5 + 0,04.98 = mmuối + 0,12.2
→ mmuối = 18,46 gam.
Phương pháp 30 giây:
mmuối = 8,94 +2.0,12: (2 + 4).(4.36,5 + 98) – 2.0,12 = 18,46 g
Cách 2:
mmuối = m kim loại + mCl + mSO2 = 8,94 + 0,16.35,5 + 0,04.96 = 18,46 (g)
4


→ Đáp án C.
Phương pháp 30 giây:
mmuối = 8,94 + 2.0,12: (2 + 4).(4.35,5 + 96) = 18,46 g

Câu 23. (B-14):
n Ala 

14,24
8,19
 0,16 mol; n Val 
 0,07mol.
89
117

Gọi 3 peptit của X lần lượt là: A, B, C.
 Y(A-B-C-C-C) + 4H2O.
Ta có: X 

 Ala :0,16 mol n Ala 16



Y + nH2O 
→ Số phân tử H2O = 22a (a
n Val 7
Val :0,07mol

N *)

Trang 23


Số liên kết peptit trong X < 13 → Số liên kết peptit tối đa trong Y l{ 34 (A có 1, B có 1, C có
10)
→ Số phân tử H2O l{ 22 → nX = nY = 0,16:16 = 0,01 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mY = 14,24 + 8,19 – 0,01.22.18 = 18,47 gam
→ mX = mY + mnước = 18,47 + 0,01.4.18 = 19,19 gam.
→ Đáp án C
Phương pháp 30 giây:
Bước 1: X|c định số mol của X: Số phân tử H2O l{ 22 → nX = nY = 0,16:16 = 0,01 mol
Bước 2: mX = mY + mnước = 14,24 + 8,19 – 0,01.22.18 + 0,01.4.18 = 19,19 gam.

Xem video bài tập và lặp theo phương pháp 30s các bài tập tự luyện.

Trang 24

1. Bạn thấy chương này có điều gì hay ho?
…………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………
2. Bạn học thêm được điều gì mới?
………………………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………………………………………
3. Điều gì khiến bạn thấy ấn tượng nhất?
………………………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………………………………………

Lần
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

Thời gian (phút)

Lần
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20

Thời gian (phút)

Lần
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30

Thời gian (phút)

Hãy quay video lần tốt nhất của bạn, upload lên youtube và gửi link video vào nhóm sách
Phương pháp 30 giây để truyền cảm hứng cho các bạn cũng như học hỏi các thành viên khác
nhé!
Hãy LẶP ĐI LẶP LẠI cho tới khi kiến thức trở là một phần trong con người bạn. Bạn sẽ
cảm nhận được kiến thức như một món ăn ngon và hãy tận hưởng nó!
Trang 25