BÀI TẬP HAY VÀ KHÓ MỚI PHÁT TRIỂN TƯ DUY GIẢI CHI TIẾT ÔN THI ĐẠI HỌC

CỘNG ĐỒNG HÓA HỌC VÀ ỨNG DỤNG
DIỄN ĐÀN HÓA HỌC BOOKGOL

“CHEMISTRY”
Collected by

Nguyen Duy Anh “Jozesm”
Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


Trong quá trình thực hiện LỜI GIẢI không thể tránh khỏi sai xót. Rất mong nhận được
sự góp ý của mọi người để tài liệu được hoàn thiện hơn.
Vì tài liệu được tổng hợp lại từ các bài tập của các THẦY CÔ, các ANH, CHỊ và các BẠN
nên không thể đính kèm tên tác giả cho từng bài, do đó mong quý THẦY CÔ, các ANH,
CHỊ, các BẠN thông cảm và bỏ qua.

CHÂN THÀNH CẢM ƠN MỌI NGƯỜI

Thành phố Cao Lãnh – Đồng Tháp, ngày 10 tháng 07 năm 2016
Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


Câu 1. Cho m gam hỗn hợp A gồm Cu và Fe3O4 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 7,392 lit NO
(điều kiện chuẩn, sản phẩm khử duy nhất). Cho m gam hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HCl dư (dùng dư
8m
20%) thu được dung dịch Y và còn
gam chất rắn không tan. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch
119
AgNO3 dư thu được bao nhiêu gam kết tủa (sản phẩm khử duy nhất của NO3- là NO) ?
A. 486,477 gam
B. 424,440 gam

C. 447,768 gam
D. 464,478 gam
@ Hướng dẫn giải
Gọi số mol của Cu và Fe3O4 lần lượt là x và y, khi đó ta có hệ phương trình sau:

64x + 232y = m x = 0,36


2x + y = 0,33.3 ⇒  y = 0, 27

m = 85,68
m

x − y =
952


Nên nCl- = 2,16 mol. Do lượng HCl lấy dư 20% vì thế nCl- = 2,592 mol. Vậy nH+ dư = 0,432 mol.
Ta có nFe2+ = 0,81 mol. Phản ứng với H+ khi có NO3 còn lại: 0,81 – 0,432.3/4 = 0,486 mol.
Do đó khối lượng kết tủa thu được là: 424,44 gam

Câu 2. Hỗn hợp H gồm 3 peptit X, Y, Z đều mạch hở và được tạo bởi alanin và glyxin, X và Y là đồng phân,
MY < MZ, trong H có mO : mN = 52 : 35. Đun nóng hết 0,3 mol H trong dung dịch KOH, cô cạn dung dịch sau
phản ứng thu được 120 gam rắn khan T. Đốt cháy hết T thu được 71,76 gam K2 CO3. Biết tổng số nguyên tử oxi
trong 3 peptit bằng 17. Tổng số nguyên tử có trong phân tử của Z là ?
A. 62
B. 71
C. 68
D. 65
@ Hướng dẫn giải

16x + 16 52
10
=
⇒x=
14x
35
3
Ta có: nK2CO3 = 0,52 mol hay nKOH = 1,04 mol mà nKOHpư = 1 mol nên dư 0,04 mol.
Vậy khối lượng muối của Gly và Ala là 117,76 gam. Gọi x và y là mol của muối Gly và Ala được hệ:
x + y = 1
 x = 0, 66
⇒

113x + 127y = 117, 76  y = 0,34
Vì x = 3,333 nên có hai cặp thỏa mãn là (dipeptit ; decapeptit) hay (tripeptit ; octapeptit)
Trường hợp dipeptit và decapeptit tính ra số C của Z lẻ nên loại.
a + b = 0,3 a = 0, 28
Trường hợp tripeptit và octapeptit. Ta gọi a và b là mol (X, Y) và Z được hệ: 
⇒
3a + 8b = 1 b = 0, 02
2.0, 66 + 3.0, 34
= 7,8 nên X và Y dạng (Gly)2Ala vậy tính được CZ = 19
Vì số Ctb =
0,3
Nên Z là C19H32N8O9 vậy trong Z có tổng số 68 nguyên tử.

Quy về CnxH2nx+2-xNxOx+1 theo đề mO : mN = 52 : 35 nên ta có:

Câu 3. X là peptit mạch hở được tạo bởi từ một loại α-aminoaxit no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH, Y

là hợp chất hữu cơ thuộc dãy đồng đẳng của axit oxalic, Z là este không chứa nhóm chức khác. Đun nóng 27,42
gam hỗn hợp E dạng hơi chứa X, Y, Z với dung dịch NaOH vừa đủ, chưng cất dung dịch sau phản ứng, thu
được a gam ancol T duy nhất và hỗn hợp gồm 2 muối. Dẫn toàn bộ a gam T qua bình đựng Na dư, thấy khối
lượng bình tăng 5,28 gam; đồng thời thoát ra 2,016 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối cần
dùng 0,6 mol O2, thu được N2, CO2, 8,64 gam H2O và 25,44 gam Na2CO3. Phần trăm khối lượng của X có
trong hỗn hợp E là ?
A. 52,51%
B. 54,67%
C. 45,34%
D. 43,97%
Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


@ Hướng dẫn giải

C H NO 2 Na : a mol
Tìm được ancol là sobitol với số mol là 0,03 mol. Hai muối có dạng:  n 2n
.
C m H 2m− 4 Na 2 O 4 : b mol
a + 2b = 0, 48
a = 0, 48


→ b = 0,12
Gọi mol CO2 là x mol khi đó ta có hệ sau: 0, 48 − x = 0, 5a − b
2a + 4b + 0, 6.2 = 2x + 0, 24.3 + 0, 48  x = 0, 48


Dễ có Ctb hai muối là 2 nên amino axit là glyxin và axit là oxalic. Dễ có nZ = 0,03 mol, nY = 0,03 mol nên tính
được mol X là 0,04 mol từ mol muối nên X là Gly6 nên %X = 52,51%

Câu 4. Cho hỗn hợp X gồm các peptit mạch hở gồm Gly–Ala, X1–Ala, Glu–X2–Ala (A), Lys–Ala–X3 (B) và
Lys−Ala−Ala−Lys (C) trong đó nA : nB : nC = 4 : 2 : 1 và X1, X2, X3 là các α−amino axit no, mạch hở, phân tử
có một nhóm −NH2 và một nhóm −COOH. Cho (m) gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với NaOH đun nóng thu
được dung dịch chứa (m + 9,04) gam muối của các α−amino axit. Đốt cháy hoàn toàn (m) gam hỗn hợp X thu
được 20,496 lit CO2 (đktc) và 15,39 gam nước. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng X trên tác dụng
với dung dịch H2SO4 loãng dư rồi cô cạn cẩn thận là ?
A. 52,13 gam
B. 53,33 gam
C. 39,61 gam
D. 49,57 gam
@ Hướng dẫn giải

Ta tách A thành:

Glu−X2−Ala + H2O → Glu + X2−Ala
4x mol
4x mol
4x mol
Lys–Ala–X3 + H2O → Lys + Ala–X3
2x mol
2x mol
2x mol
2Lys + Ala−Ala
Lys−Ala−Ala−Lys +
2H2O →
x mol
2x mol
2x mol
Vì sản phầm có các dipeptit mà đều là các α−amino axit no hở, một nhóm −NH2 và −COOH nên:

X−X + H2O
→
2CnH2n+1NO2
0,5 mol 0,5y mol
y mol
Glu : 4x mol
Lys : 4x mol

Vậy đến đây ta quy hỗn hợp X thành: 
C n H 2n +1NO 2 : y mol
H 2 O : − ( 8x + 0, 5y ) mol

Bảo toàn khối lượng ta có: m + mNaOH = m + 9,04 + mH2O
Hay: 40(4x.2 + 4x + y) = 9,04 + 18(4x.2 + 4x + y – 8x – 0,5y)
Sau đó lập phương trình đốt cháy sẽ tìm được x = 0,01 mol, y = 0,16 mol và yn = 0,145 mol.
Suy ra (m) = 23,01 + 98(4x + 4x.2 + y) – mH2O = 23,01 + 98(0,04 + 0,08 + 0,16) – 18(- 0,16) = 53,33 gam
Câu 5. X, Y là hai este mạch hở có công thức CnH2n-2O2, Z và T là hai peptit mạch hở đều được tạo bởi từ
glyxin và alanin (Z và T hơn kém nhau một liên kết peptit). Đun nóng 27,89 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z và T
cần dùng dung dịch chứa 0,37 mol NaOH, thu được 3 muối và hỗn hợp chứa 2 ancol có tỉ khối so với He bằng
8,4375. Nếu đốt cháy hoàn toàn 27,89 gam E rồi lấy sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 dẫn qua bình đựng
dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 115,0 gam kết tủa, khí thoát ra có thể tích là 2,352 lit (đktc). Phần trăm khối
lượng của T (MZ < MT) có trong hỗn hợp E là ?
A. 12,37%
B. 15,65%
C. 13,24%
D. 17,21%
@ Hướng dẫn giải

Ta có nN2 = 0,105 mol. Đặt công thức chung hai peptit là CmxH2mx+2–xNxOx+1 có mol 0,21/x mol
Nhận thấy nNaOH phản ứng với peptit là 0,21 mol nên nNaOH phản ứng với este là 0,16 mol.

Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


0,16n + 0, 21m = 1,15

Vậy ta có hệ: 
0, 21
0,16(14n + 30) + x (14mx + 29x + 18 ) = 27,89

Từ (**) ta được x = 4,2 nên hai peptit là Z4 và T5 và tính được nZ = 0,04 mol và nT = 0,01 mol
Biện luận tìm được muối của este là CH2=CHCOONa: 0,16 mol. Bảo toàn khối lượng ta tính được khối lượng
muối của Gly và Ala là 21,35 gam. Suy ra được nGly = 0,14 mol và nAla = 0,07 mol.
Suy ra được: Z: (Gly)3(Ala) và T: (Gly)2(Ala)3. Vậy %T = 12,37%
Câu 6. Hỗn hợp E gồm 3 chất hữu cơ X, Y và Z đều no, mạch hở (trong đó Y este thuần chức và Z là este tạp
chức có công thức phân tử là C7H8O8). Thủy phân hoàn toàn (m) gam E trong lượng dung dịch NaOH vừa đủ,
sau phản ứng thu được dung dịch A chứa 26,9 gam hai muối và 17,6 gam hỗn hợp B gồm có X, một ancol đơn
chức và một ancol đa chức có oxi chiếm 52,174% theo khối lượng. Cô cạn dung dịch A rồi nung trong vôi tôi
xút thì chỉ thu được 0,5 gam khí H2 duy nhất. Cho toàn bộ B tác dụng với nước brom dư thì thấy có 24 gam
brom phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hết B thì thu được 14,56 lit khí CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O. Tỉ lệ khối
lượng của X và Z là ?
A. 0,6
B. 0,5
C. 0,4
D. 0,3
(Nguyễn Duy Anh – Jozesm)
@ Hướng dẫn giải
Ta sẽ xử lí dữ kiện A trước, nhận thấy cả hai muối đều tạo H2 khi nung với vôi tôi xút. Nên chỉ có thể là hai
muối (COONa)2 (0,15 mol) và HCOONa (0,1 mol).
X : x mol


Tiếp theo là dữ kiện B. Ta dễ xác định được ancol đa là C3H5(OH)3 vậy B gồm ROH : y mol
C H (OH) : z mol
 3 5
3
B tác dụng được với brom, nên X phải có nhóm chức –CHO. Vậy X có thể là andehyt hoặc HCOOH.
Khi đốt cháy B thì thu được 0,65 mol CO2 và 0,9 mol H2O nên:
y + z = 0,25
(*)
Nếu X là andehyt đơn chức:
0,15 + y + 3z + 1,7 = 2,2
(**)
Nếu X là andehyt đa chức:
0,15n + y + 3z + 1,7 = 2,2
(***)
Nếu X là HCOOH:
0,3 + y + 3z + 1,7 = 2,2
(****)
Nhận thấy chỉ có (*) và (**) thỏa mãn, nên X là andehyt đơn chức. Từ (*) và (**) ta có y = 0,2 mol và z = 0,05
mol. Như vậy ta có: 0,15X + 0,2(ROH) + 0,05.92 = 17,6 hay 3X + 4(ROH) = 260. Chỉ có X là CH3CHO và
ROH là CH3OH là thỏa mãn. Như vậy từ các dữ liệu vừa tìm được kết hợp với Z có công thức phân tử C7H8O8.
Ta biện luận và suy ra được hỗn hợp E gồm:
0,15 mol
X : CH3 CHO
mX 0,15.44

0,1 mol
→
=
= 0,6
Y : (COOCH3 )2

mZ 0,05.200
Z : HOOC − COO − C H − (OOCH) 0,05 mol
3 5
2


Câu 7. Thủy phân hoàn toàn a mol tetrapeptit (E) Ala-X-X-Gly (X là amino axit chứa 1nhóm –NH2) cần dùng
dung dịch chứa 6a mol NaOH. Mặt khác đốt cháy 11,28 gam E cần dùng V lit O2 (đktc) thu được sản phẩm
cháy gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ sản phẩmcháy qua bình đựng dung dịch Ba(OH)2 thu được 41,37 gam
kết tủa; đồng thời khối lượngdung dịch thu được giảm 18,81 gam. Khối lượng phân tử của X là ?
A. 132
B. 133
C. 147
D. 161
@ Hướng dẫn giải
Từ mol NaOH ta thấy X có hai nhóm – COOH. Ta quy hỗn hợp E thành:
C n H 2n −1 NO : 4a mol
H 2 O : a mol
CO2 : 2a mol

an = 0,0825
mE = 56na + 222a = 11,28
⇒
⇒
+
=
+
=
−
m

m
248na
70a
41,37
18,81
H2 O
 CO2
a = 0,03
Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


Ta có nC = 4an + 2a = 0,39 = 0,03(2 + 3 + 2Cx) suy ra Cx = 4 nên là HOOC-CH2CH(NH2)COOH
@ Chú ý: CnH2n-1NO là gốc axyl khi amino axit mất nước. Và nCO2 = nCOOĐể tính được mol H2O ta xét như sau: Vì là tetrapeptit nên khi tạo amino axit:
X4
+
3H2O →
4X1
a mol
3a mol
4a mol
Và X1 tách ra 4 nước tạo gốc axyl nên tổng nước còn lại là nH2O = −3a + 4a = a mol
Câu 8. X là peptit được tạo bởi từ 2 α-amino axit đều no, mạch hở. Thủy phân hoàn toàn peptit X theo phản
ứng sau:
H + ,t 0
→ 2A + 3B
(1) X + 4H2O 
(2) X + 7NaOH → 2A’ + 3B’ + 3H2O
Lấy 0,1 mol B cho tác dụng với 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch E. Dung dịch E tác dụng vừa
đủ với 400 ml dung dịch HCl 1M. Mặt khác đốt cháy 16,85 gam X bằng oxi vừa đủ thu được CO2, 12,15 gam
H2O và N2. Khối lượng phân tử của X là ?

A. 660
B. 674
C. 702
D. 632
@ Hướng dẫn giải
@ Cách 1
Nhận thấy X là một pentapeptit. B là một amino axit có 2 nhóm –NH2 và một nhóm –COOH. Và A là một
amino axit có 2 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2. Từ giả thiết ta có X có dạng A2B3. Ta quy hỗn hợp thành:
C n H 2n −1 NO : 5a mol

16,85
H 2 O : a mol
m X = 70an + 296a = 16,85  na = 0,135
→
→
→ MX =
= 674

0,025
a = 0,025
CO 2 : 2a mol
n H2 O = 5an = 0,675
 NH : 3a mol

@ Cách 2
Ta có A: CnH2n-1NO4 (n ≥ 3) và B: CmH2m+2N2O2 (m ≥ 2) và X là A2B3. Khi tạo X thì A mất 2H và B mất 3H.
Nên đốt X thì sẽ tạo ra (2n + 3m – 2). Ta có biểu thức tính nhanh:
16,85
16,85  9
2664 

( 36n + 54m − 36 ) = 12,15 ⇔
 MX −
 = 12,15
28n + 42m + 268
MX  7
7 

Câu 9. Hỗn hợp E gồm peptit mạch hở X (CnHmO6N4) và chất hữu cơ Y (C4H12O2N2). Đun nóng hỗn hợp E
chứa X và Y bằng 80 ml dung dịch NaOH 2M thu được dung dịch Z có chứa các muối cùng số nguyên tử
cacbon với Y. Để trung hòa Z cần 10 ml dung dịch HCl 2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m) gam
muối khan. Đốt cháy toàn bộ lượng muối này cần dung dùng 13,552 lit O2 (đktc). Giá trị gần nhất của (m) là ?
A. 18 gam
B. 19 gam
C. 20 gam
D. 17 gam
@ Hướng dẫn giải
Điểm đặc biệt của X là O6N4. Do đó trong X các amino axit cấu thành đều 4C.
Do đó một amino axit có dạng giống Glu (HOOC−CH2−CH(NH2)−COOH), một amino axit giống Lys
(H2N−[CH2]2−CH(NH2)−COOH) và một amino axit giống Gly (CH3CH2CH(NH2)COOH) như vậy X là
tripeptit. Vì Y cũng tạo ra muối 4C nên Y có cấu tạo là: H2N[CH2]3COONH4. Như vậy hỗn hợp muối gồm:
NaOOCCH 2 CH(NH2 )COONa : a mol
H 2 N[CH2 ]2 CH(NH2 )COONa : a mol
C 2 H5 CH(NH 2 )COONa : a mol
H 2 N[CH2 ]3 COONa : b mol

C4 H5 NO4 Na 2 


C4 H9 N2 O2 Na  4a + b = 0,16 − 0,02
a = 0,02 mol


⇒
⇒
⇒
C4 H8 NO2 Na  3,75a + 5,5a + 5,25a + 5,25b = 0,605 b = 0,06 mol


C4 H8 NO2 Na 

Vậy (m) = 0,02.317 + 0,02.125 + 0,06.125 + 0,02.58,5 = 17,51 gam.

Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


Câu 10. Hỗn hợp E gồm một peptit X no, mạch hở, cấu tạo từ các α−amino axit có dạng (CxHyN4 O8) và một
este Y thuần chức. Cho (m) gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sau phản ứng thu được dung
dịch A chỉ chứa các muối no và 1,76 gam hỗn hợp B gồm hai ancol Z và T (tỉ lệ của MZ : MT là 4 : 7). Lấy toàn
bộ lượng B này tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thì thu được 3,26 gam kết tủa. Cô cạn dung dịch A thì
thu được 18,06 gam rắn khan C. Mặt khác, đốt cháy 0,12 mol C sau đó lấy lượng sản phẩm cháy dẫn qua dung
dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 94,56 gam kết tủa. Phần trăm theo khối lượng của X trong E có giá trị gần nhất
với ?
A. 65,78%
B. 25,52%
C. 79,21%
D. 75,52%
(Nguyễn Duy Anh – Jozesm)
@ Hướng dẫn giải
Nhận thấy peptit có N4O8. Vậy trong X có một amino giống Glu, một amino giống Lys.
Ta thấy Z và T là hai ancol, mà tạo được kết tủa với dung dịch AgNO3/NH3 nên có nối ba. Tỉ lệ MZ và MT là
4:7 nên hai ancol là CH3OH và CH≡C−CH2OH. Dễ tìm được nZ = nT = 0,02 mol. Như vậy este Y phải là este

hai chức.
Khi đốt cháy các muối thì nCO2 = 0,48 mol nên các muối đều có 4C trong phân tử.
Vậy este Y là: C2H4(COOCH3)(COOCH2−C≡CH)
Như vậy X cấu tạo bởi hai amino axit đều có 4C, một amino giống Glu và một amino giống Lys. Nên hai amino
axit là: (M) HOOC−CH2CH(NH2)COOH và (N) H2N[CH2]2CH(NH2)COOH.
 NaOOC − CH 2CH(NH 2 )COONa : 2a mol

Như vậy X có dạng M2N. Vậy các muối gồm: H 2 N[CH 2 ]2 CH(NH 2 )COONa : a mol
C H (COONa) : 0, 02 mol
2
 2 4
Vậy được a = 0,03 mol nên nX = 0,03 mol suy ra mX = 10,44 gam. Và mE = 13,84 gam.Nên %X = 75,43%.

Câu 11. Hỗn hợp A gồm X, Y là hai peptit mạch hở, đều được cấu tạo từ glyxin và alanin (tổng số liên kết
peptit và tích số liên kết peptit trong X và Y lần lượt là 9 và 20, MX < MY) và một este thuần chức, mạch hở
CnH2n-14O4 (có 7 nhóm −CH= trong phân tử). Cho 57,125 gam A tác dụng vừa đủ với 0,765 mol NaOH thu
được (m) gam hỗn hợp B gồm 4 muối (trong đó có muối C6H5ONa) và 8,28 gam một ancol no, mạch hở đơn
chức. Đốt cháy hoàn toàn (m) gam B cần 60,06 lit khí O2 (đktc) thu được sản phẩm gồm Na2CO3, hỗn hợp khí
và hơi C gồm CO2, H2O và N2. Dẫn C qua bình Ca(OH)2 dư, thấy khối lượng bình tăng 117,59 gam và thoát ra
khí N2. Phần trăm theo khối lượng của X trong A là ?
A. 7,3%
B. 8,5%
C. 8,7%
D. 7,8%
@ Hướng dẫn giải
Hai peptit X là pentapetit và Y hexapeptit. Ancol là C2H5OH: 0,18 mol.
Dễ thấy este là: C2H5OOC−CH=C=CH−COOC6H5: 0,18 mol. Ta có nNpeptit = 0,765 – 0,18.3 = 0,225 mol. Như
vậy nN2 = 0,1125 mol. Bảo toàn khối lượng ta tính được khối lượng muối là 75,485 gam
Bảo toàn khối lượng phản ứng thủy phân tìm được mH2O = 3,96 gam hay nH2O = 0,22 mol
Lại có nH2O do peptit = 0,22 – 0,18 = 0,04 mol. Gọi x, y là mol X và Y dễ có x = 0,015 mol và y = 0,025 mol.

Lại có m(X+Y) = 15,365 gam như vậy biện luận sẽ tìm được X: Gly3 Ala2 và Y: Gly2Ala4. Vậy %X = 8,7%
Câu 12. Hỗn hợp X gồm Cu, Fe2O3 và FeCO3. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được
dung dịch Y, V lit khí (đktc) và còn 6,4 gam kim loại không tan. Cô cạn dung dịch Y lấy chất rắn rắn khan cho
vào dung dịch AgNO3 dư thu được 125,66 gam kết tủa. Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch
HNO3 loãng dư thu được 38V/15 lit hỗn hợp khí (đktc, NO là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của V là ?
A. 2,24 lit
B. 1,68 lit
C. 2,688 lit
D. 3,36 lit
Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


@ Hướng dẫn giải
Ta có sơ đồ sau:

Cu : (b + 0,1) mol


V 

Fe2+ : a mol
−
a



22,4 
 mol + HCl → Cu 2+ : b mol
+ Cu
+ H2O

Fe2O3 : 
{ + CO
{2
2


0,1
mol

 −
V lit


Cl : ( 2a + 2b ) mol




FeCO3 : V
mol

22,4

Như vậy ta có: 143,5(2a + 2b) + 108a = 125,66 và 2(b + 0,1) +
Lại có 2nCu2+ = 2nFe2O3 do đó: 2b = a -

V
38V

= 3 

− V
22, 4
 15


V
. Giải 3 phương trình ta tìm được V = 2,24 lit
22, 4

Câu 13. Hòa tan hoàn toàn 16,4 gam hỗn hợp X gồm FeCO3, Fe2O3, FeS và FeS2 trong 73,5 gam dung dịch
H2SO4 80%, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm 2 khí có tỉ khối so với He bằng
46
. Hấp thụ toàn bộ Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 52,8 gam kết tủa. Cho BaCl2 dư vào dung dịch Y
3

thu được 69,9 gam kết tủa. Nếu cho từ từ dung dịch chứa 0,24 mol Ba(OH)2 vào dung dịch Y thì lượng kết tủa
thu được là ?
A. 66,62 gam
B. 73,04 gam
C. 68,76 gam
D. 67,69 gam
@ Hướng dẫn giải
Quy X về thành Fe, S, O và C ta có sơ đồ:

Fe : x

S : y

O : z
C : 2a

mol

Fe3+ : x mol

CO2 : 2a mol
+ H 2SO4 → SO42− : (0, 6 + y − 13a) mol
+
+
H2O
{
mol 123
SO
:13a
mol
2

(z − 4y + 22a )
+
0,6 mol
H : (1, 2 − 2z + 8y − 44a) mol
mol

mol

mol

Dễ tính được a = 0,03 mol. Lại có 0,6 + y – 13a = 0,3 nên y = 0,09 mol.
Từ các dữ kiện và thông tin đề bài ta lập được hệ phương trình:

56x + 32y + 16z + 24a = 16,4
x = 0,16 mol
⇒

3x + (1,2 − 2z + 8y − 44a) = 2(0,6 + y − 13a) z = 0,24 mol
Đến đây suy ra đáp án khối lượng kết tủa là 68,76 gam.
Câu 14. Hỗn hợp E và F đều chứa 2 este nhị chức X, Y (MX > MY) và một axit đơn chức. Biết rằng, đốt cháy
324
hết X thì tỉ lệ khối lượng CO2 so với O2 phản ứng là 1,375. Lấy (m > 40) gam E trộn với
gam F, sau
m − 31, 32
đó cho phản ứng hết với KOH thì thu được lượng muối nhỏ nhất. Lấy (m) gam E tác dụng đủ với 740 ml dung
dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp 2 ancol Z liên tiếp và dung dịch T chứa 54,96 gam 3 muối (có số C không
quá 4 và không trùng nhau). Cô cạn T rồi nung với vôi tôi xút thu được 9,408 lit (đktc) hỗn hợp 2 khí có tỉ khối
so với He là

51
. Mặt khác, đốt cháy hết Z thì thu được 0,76 mol CO2 và 25,2 gam nước. Phần trăm theo khối
14

lượng của Y trong hỗn hợp E có giá trị gần nhất với ?
A. 47%
B. 48%

C. 49%

D. 50%
(Nguyễn Duy Anh – Jozesm)

Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia

@ Hướng dẫn giải
Đầu tiên ta cần tìm giá trị của m. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta tìm được m = 49,32 gam.
Ta có mol ancol = 1,4 – 0,76 = 0,64 mol.
Nên Ctb = 1,1875 do đó hai ancol là CH3OH (0,52 mol) và C2H5OH (0,12 mol)
Ta có Mkhí = 14,57 nên có khí H2 (0,2 mol). Tìm được khí còn lại là C2H2 (0,22 mol).
Đốt cháy X cần mol O2 bằng với mol CO2 nên công thức của X thỏa mãn là CH3COO–C≡C–COOC2H5
Do đó muối của este hai chức còn lại là (COONa)2. Muối còn lại có thể là HCOONa hoặc CH≡C–COONa
Nhận thấy CH≡C–COONa thỏa mãn.
CH3COO − C ≡ C − COOC 2 H 5 : 0,12 mol

. Nên %Y = 47,85%
Suy ra được các chất trong E gồm: (COOCH3 )2 : 0,2 mol
CH ≡ C − COOH : 0,1 mol


Câu 15. Hỗn hợp X gồm Al2O3 và Al trong đó oxi chiếm 43,243% khối lượng hỗn hợp. Cho m gam hỗn hợp X
tan hết trong dung dịch chứa HCl (HCl lấy dư) thu được dung dịch Y và a mol H2. Rót từ từ vào dung dịch Y
cho đến hết dung dịch chứa 16a mol NaOH ta có đồ thị sau:
Số mol Al(OH)3

0,63

Số mol NaOH
5a/6

16a

Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được 0,5a mol NO và dung dịch Z. Cô cạn dung

dịch Z thu được m1 gam muối khan. Giá trị của m1 là ?
A. 181,32
B. 169,64
C. 193,48
D. 179,82

@ Hướng dẫn giải
0, 43243m
0,56757m
Ta có mO = 0,43243m gam hay nO =
mol. Vậy nAl =
mol.
16
27
0,56757m 2.0, 43243m
 0,56757m 2.0, 43243m 
Tính được nAl đơn chất là:
→ 1, 5 
−
=a
27
16.3
27
16.3


5a
 0,56757m 
Lại có: 16a − = 4 
 − 0, 63

6
27


Giải (*) và (**) ta được: a = 0,18 mol và m = 39,96 gam.
Bảo toàn electron tính được nNH4NO3 = 0,01125 mol. Vậy m1 = 179,82 gam.

(*)
(**)

Câu 16. X, Y là hai este đều no, đơn chức, hơn kém nhau một nhóm –CH2, Z là este hai chức, không no chứa
một liên kết C=C (X, Y, Z đều mạch hở). Đun nóng hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 280 ml dung dịch NaOH
1M, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol đều đơn chức và hỗn hợp gồm 3 muối. Đốt cháy toàn bộ F cần dùng 0,92
mol O2, thu được 0,64 mol CO2. Nung hỗn hợp muối với vôi tôi xút thu được hỗn hợp khí T có tỉ khối so với
He bằng 0,85. Phần trăm khối lượng của Y (MX < MY) có trong hỗn hợp E là ?
A. 6,05%
B. 12,11%
C. 8,07%
D. 10,09%
Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


@ Hướng dẫn giải
Ta có nROH = 0,28 mol. Nên Ctb = 2,28 và Htb = 6 nên là C2H5OH (0,2 mol) và C3H5OH (0,08 mol)
Do MT = 3,4 nên khí có H2 và CH4 ta có nH2 : nCH4 = 9 : 1.
Như vậy các muối gồm: HCOONa, CH3COONa và (COONa)2.
Vì trong Z chỉ có một liên kết C=C nên Z là C2H5OOC – COOC3H5: 0,08 mol
Gọi số mol HCOOC2H5 và CH3COOC2H5 là a và b. Ta có: a + b = 0,2 – 0,08 = 0,12 mol
(*)
Lại có tỉ lệ CH4 : H2 = 9 : 1 nên ta có (a + 0,08)/b = 9

(**)
Giải (*) và (**) ta được: a = 0,1 mol và b = 0,02 mol. Vậy %CH3COOC2H5 = 8,07%.
Câu 17. X, Y là hai axit cacboxylic kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng axit acrylic, Z là ancol đa chức, T là este mạch
hở được tạo bởi X, Y, Z. Đun nóng 36,68 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T với dung dịch KOH vừa đủ, thu được
ancol Z và hỗn hợp muối. Dẫn toàn bộ Z qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 13,35 gam; đồng thời
thoát ra 5,04 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy toàn bộ muối cần dùng 1,5 mol O2, thu được CO2, H2O và 20,7 gam
K2CO3. Phần trăm khối lượng của T có trong hỗn hợp E là ?
A. 76,1%
B. 67,6%
C. 42,3%
D. 63,4%
@ Hướng dẫn giải
Ta có ancol là C3H5(OH)3: 0,15 mol. Muối có dạng CnH2n-3 KO2 : 0,3 mol.
Khi đốt cháy ta có nCO2 – nH2O = nmuối. Vậy: x – y = 0,3 và 2x + y = 0,3.2 + 1,5.2 – 0,15.3.
Giải ta được x = 1,15 mol và y = 0,85 mol. Vậy Ctb = 13/3
Do hỗn hợp ban đầu gồm: C13/3H20/3O2: a mol, C3H5(OH)3: b mol và (C10/3H17/3COO)3C3H5: c mol

a + 3b = 0,3
a = 0, 06


Ta có: b + c = 0,15
⇔ b = 0,07 . Vậy %T = 67,61%.
 272
c = 0, 08


a + 92b + 310c = 36, 68
 3
Câu 18. Este X (CnH2n-6O6) mạch hở được tạo bởi glyxerol và các axit cacboxylic đơn chức, trong đó có một

axit Y chứa một liên kết C=C. Đốt cháy x gam hỗn hợp E chứa X, Y với oxi vừa đủ, thu được 1,14 mol CO2 và
0,78 mol H2O. Mặt khác đun nóng x gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 33,54 gam muối. Phần trăm
khối lượng của X có trong hỗn hợp E là.
A. 28,84%
B. 25,12%
C. 27,35%
D. 24,48%
@ Hướng dẫn giải
Ta có X: CnH2n-6O6: a mol (4π) và Y: CmH2m-2O2: b mol (2π)
Do đó 3a + b = nCO2 – nH2O = 0,36 mol. Mà nO(E) = 6a + 2b = 0,72 mol.
Bảo toàn khối lượng ta được (x) = 26,76 gam. Tác dụng với NaOH thì nC3H5(OH)3 = a mol, nH2O = b mol
Vậy ta có: 92a + 18b = 26,76 + 40.0,36 – 33,54 = 7,62. Suy được: a = 0,03 mol và b = 0,27 mol.
Vậy Ctb = 3,8 nên Y là CH2=CH – COOH: 0,27 mol nên ta suy được mX = 7,32 gam. Nên %X =27,35%
Câu 19. X, Y, Z là 3 este đều mạch hở và không chứa nhóm chức khác (trong đó X no, Y không no chứa một
liên kết C=C và Z chứa 5 liên kết π tong phân tử, số mol của Y bằng 1/3 số mol hỗn hợp). Đun nóng 46,4 gam
E cần dùng 480 ml dung dịch NaOH 1,5M thu được một ancol T duy nhất và hỗn hợp chứa 2 muối của 2 axit
cacboxylic đều đơn chức có tỉ lệ mol là 7 : 2. Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng
21,36 gam. Phần trăm khối lượng của Y có trong hỗn hợp E là.
A. 35,68%
B. 36,42%
C. 34,83%
D. 32,16%
@ Hướng dẫn giải
Do chỉ có một ancol duy nhất, mà theo đề bài muối lại đơn chức, và X no, Y có 1 C=C và Z có 5π nên các este
không thể đơn chức mà phải từ 2 chức trở lên.
Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


Biện luận thấy ancol là C3H5(OH)3 là thỏa mãn, nên tất cả đều 3 chức. Mol ancol là 0,24 mol. Bảo toàn khối
lượng được khối lượng muối là 53,12 gam.

Ta có RCOONa: 0,56 mol và R’COONa: 0,16 mol. Tìm được R = 1 (H) và R’ = 27 (C2H3)
Vậy X: (HCOO)3C3H5, Y: (HCOO)2C3H5OOCC2H3 và Z: (C2H3COO)2C3H5OOCH
x + y + z = 0, 24

1

Lập hệ:  y = ( x + y + z )
. Giải được y = 0,08 mol. Nên %Y = 34,83%.
3

176x + 202y + 228z = 46, 4
Câu 20. Đốt cháy 0,2 mol hỗn hợp E chứa 4 este X, Y, Z, T đều mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon và
không chứa nhóm chức khác, thu được 17,92 lit CO2 (đktc). Mặt khác đun nóng 24,65 gam E cần dùng 350 ml
dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp muối và hỗn hợp F gồm 2 ancol không cùng nhóm chức. Đun hỗn hợp
muối với vôi tôi xút đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 7,84 lít (đktc) hỗn hợp khí có tỉ khối so với He
bằng 3,25. Phần trăm khối lượng của este có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp E là.
A. 38,29%
B. 38,29%
C. 57,44%
D. 47,87%
@ Hướng dẫn giải
Tất cả các chất trong E đều có 4C. Vì ancol khác chức nhau, mà các chất đều hở nên sẽ có ancol 1 chức và
ancol hai chức. Và chỉ có 4C nên ancol hai chức chỉ có thể là C2H4(OH)2. Mặt khác, Mkhí = 13 nên có H2 vì vậy
trong E sẽ có gốc HCOO. Nếu ancol một chức là C2H5OH thì chỉ có tối đa 3 este thỏa.
Như vậy ancol phải là CH3OH. Vậy E gồm (HCOO)2C2H4, C2H5COOCH3, C2H3COOCH3 và C2HCOOCH3
Gọi mol lần lượt là x, y, z và t. Ta có hệ phương trình sau:
2x + y + z + t = 0, 24

118x + 88y + 86z + 84t = 24, 65
4x + 30y + 28z + 26t = 4, 55


Lấy (2) – 59(1) được 29y + 27z + 25t = 4 (*)
Lấy (3) – (*) được 2x + 29y + 27z + 25t = 4,2 nên x = 0,1 mol.
Và đó cũng là mol este lớn nhất. Vậy %Estemax = 47,87%
Câu 21. Cho 33,4 gam hỗn hợp rắn X gồm Mg, MgO, Fe(NO3)2 và FeCO3 vào dung dịch chứa 1,29 mol HCl và
0,166 HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 0,163
mol hỗn hợp khí Z gồm N2O, N2 và 0,1 mol CO2. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y thu được 191,595
gam kết tủa. Nếu tác dụng tối đa với các chất tan có trong dung dịch Y cần dùng dung dịch chứa 1,39 mol
KOH. Biết rằng tổng số mol nguyên tử oxi có trong X là 0,68 mol. Số mol của N2 có trong Z là bao nhiêu ?
A. 0,028
B. 0,031
C. 0,033
D. 0,035
@ Hướng dẫn giải
Khi cho KOH vào Y ta thu được: nKCl = 1,29 mol nên nKNO3 = 0,1 mol.
Mg 2+ : 0,575 − 0,5y − 1, 5z

Mg
MgO : 0,38 − 6z HCl :1, 29


Ta có sơ đồ: 
+
→
HNO3 : 0,166
Fe(NO3 ) 2 : z
FeCO3 : 0,1

Fe 2+ : 0, 06
Fe3+ : 0, 04 + z

Cl :1, 29
NO3− : 0,1

CO 2 : 0,1
+ N2 
+ H 2O

 : 0, 063
 N 2O 

NH +4 : y
Tính được: nMg = 0,195 – 0,5y + 4,5z

Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


2z + 0,166 = 0,1 + y + 0,126
 y = 0, 04
Vậy ta có hệ: 
→
24 ( 0,195 – 0,5y + 4,5z ) + 40(0,38 − 6z) + 180z + 11, 6 = 33, 4 z = 0, 05
Bảo toàn oxi được nN2O = 0,03 nên nN2 = 0,033 mol.
Câu 22. Hòa tan hoàn toàn 11,27 gam hỗn hợp X gồm Mg (31x mol), MgO (3x mol), Fe3O4, Al2O3 và
Cu(NO3)2 (trong đó oxi chiếm 29,82% theo khối lượng) trong dung dịch chứa HCl và KHSO4, sau phản ứng thu
được dung dịch Y chỉ chứa 55,17 gam muối trung hòa và 0,78 gam hỗn hợp khí (có chứa 0,02 mol H2). Cho
dung dịch tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 thì sau phản ứng thu được 29,51 gam kết tủa (không kể
Ag2SO4). Mặt khác, lấy lượng kết tủa lớn nhất khi cho Y tác dụng với dung dịch KOH đem nung ngoài không
khí đến khối lượng không đổi thì thu được 11,11 gam chất rắn. Cho các phát biểu sau:
(1) Phần trăm theo khối lượng của oxit sắt trong X có giá trị gần với 15,5%.
(2) Số mol KOH tối đa tác dụng với dung dịch Y là 0,62 mol.

(3) Phần trăm theo số mol của Mg đơn chất trong X có giá trị gần với 74,7%.
(4) Phần trăm theo khối lượng của oxi trong hỗn hợp khí có giá trị gần với 39,6%.
Trong số các phát biểu trên, số phát biểu chính xác là ?
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
(Nguyễn Duy Anh – Jozesm)
@ Hướng dẫn giải
Ta có sơ đồ sau:

Mg 2+
Fe3+
Mg

MgO
HCl : x

+
→
Fe3O 4
KHSO 4 : y
Al O
 2 3
Cu ( NO3 )2 : a

Fe 2+ : t

 N : 2a − z


 0, 78 − 14 ( 2a − z )
2+
Cu : a + O :
H
+
2O
{
16

+
0,5( x + y) − 2z − 0,02
K :y
H 2 : 0, 02
SO24− : y
Al3+

Cl− : x
NH 4+ : z
Khối lượng kim loại trong oxit: m = 55,17 – (39y + 96y + 35,5x + 18z)
Ta có ne của kim loại là: ne = x + 2y – z – y = x + y – z.
x+ y−z+ t
Vì trong dung dịch có Fe2+ nên số mol oxi có trong oxit sẽ là: nO =
2
BTKL

→ 27,5x + 127y + 36z = 44, 32

 x = 0, 2
0, 78 − 14(2a − z)
 y = 0,3

16

Ta có hệ sau:
→
 x + y − z + t  z = 0, 02
KLCR

→11,11 = 55,17 − (39y + 96y + 35,5x + 18z) + 16 
 
2

  t = 0, 0075
BTO

→ 0, 21 = 0,5x + 0,5y − 2z − 0, 02 +

KLKT

→143, 5x + 108t = 29,51

Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


Câu 23. Hòa tan hoàn toàn 16,935 gam hỗn hợp X gồm MgO, Cu(NO3)2, FeS, Al2O3 và Zn (oxi chiếm 21,73%
theo khối lượng) vào dung dịch hỗn hợp chứa Ba(NO3)2 và HCl, sau phản ứng thu được 2,18 gam hỗn hợp khí
(trong đó có 0,2 mol H2). Lọc sản phẩm được dung dịch Y chỉ chứa 36,695 gam muối. Cho một lượng Ba(OH)2
vào dung dịch Y, sau phản ứng có 0,448 lit khí (đktc) bay ra và lượng kết tủa lớn nhất thu được có khối lượng
33,445 gam (trong đó oxi chiếm 42,099% theo khối lượng). Lấy lượng kết tủa này đem nung trong không khí
đến khối lượng không đổi thu được 25,565 gam chất rắn. Mặt khác, nếu cho Y tác dụng với dung dịch AgNO3
dư thì thu được 89,34 gam kết tủa (không kể Ag2SO4). Tổng phần trăm theo khối lượng của oxit trong X có giá

trị gần nhất với ?
A. 38%
B. 40%
C. 42%
D. 44%
(Nguyễn Duy Anh – Jozesm)
@ Hướng dẫn giải
Ta có sơ đồ:
Mg 2+
Cu 2+
MgO

Cu ( NO3 )2 : a  Ba NO : b 
( 3 )2

+
FeS
→
HCl
:
c


Al O
 2 3
Zn

Fe 2+ : d
Fe

3+

Al3+
Zn 2+
NH +4 : 0, 02


 N : 2a + 2b − 0, 02

+ BaSO 4 + H 2 : 0, 2
+ H2O
{
123
 2, 06 − 14 2a + 2b 0,5c− 0,24
b
(
)
O :

16

Cl− : c
0,9 − c
6
Ta có nO trong kết tủa là 0,88 mol = nOH + 4nSO4 mad nOH = ne kim loại nên ta có: 0,88 = ne + 4nSO4
BTE: ne + 0,02 = c + 2nSO4 do đó nSO4 = (0,9 – c)/6
Ta có mkl = 21,935 – 19,5c
Bảo toàn điện tích tính được nO trong oxit là c/3 + d/2 + 0,14
4(0,9 − c)
2, 06 − 14(2a + 2b)

 BTO
→ 0, 23 + 6b = 4b +
+ 0,5c − 0, 24 +
 
6
16
a = 0, 005
 BTKL
→16, 935 + 261b + 36,5c = 36, 695 + 233b + 2,18 + 18(0, 5c − 0, 24) b = 0, 04
 
Ta có hệ:  KLKT
→
→143,5c + 108d = 89,34
 
c = 0, 6
 KLOX
d = 0, 03
c d

 → 21,935 − 19, 5c + 16  + + 0,14  + 233b = 25,565
3 2


Câu 24. Thổi 0,24 mol khí CO qua ống sứ chứa 26,99 gam hỗn hợp Fe3O4, Al2O3, MgCO3 và CuO nung nóng,
đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,32 mol khí CO2. Phần rắn trong ống sứ hòa tan hết trong
dung dịch HNO3 loãng (dùng dư), kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm 0,04 mol
NO và a mol N2O (không còn sản phẩm khử nào khác). Cho dung dịch NaOH vào dung dịch X đến khi kết tủa
cực đại, lấy phần kết tủa này đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 23,79 gam rắn
khan. Số mol HNO3 đã phản ứng là ?
A. 1,04

B. 1,08
C. 1,05
D. 1,09
SO24− :

@ Hướng dẫn giải
Vì số mol CO2 = 0,32 mol > nCO = 0,24 mol nên nMgCO3 = 0,08 mol
Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


Fe3O 4 : x

Al O : z
Hỗn hợp ban đầu:  2 3
vì phản ứng hoàn toàn nên phần rắn có:
MgCO3 : 0, 08
CuO : y

Fe : 3x
Al O : z
 2 3

MgO : 0, 08
Cu : y

Fe 2O3 :1,5x

Al O : z
Lượng rắn khi nung kết tủa có:  2 3
MgO : 0, 08

CuO : y
Phản ứng:
Fe3O4 + CO → 3Fe + 4CO2
x mol
4x mol
CuO + CO → Cu + CO2
y mol
y mol
4x + y = 0, 24

Vậy ta có hệ: 232x + 80y + 102z + 0, 08.84 = 26,99
240x + 80y + 102z + 0, 08.80 = 23, 79


Giải ta được: x = 0,04 mol, y = 0,08 mol và z = 0,045 mol. Quy đổi hỗn hợp sau đó bảo toàn electron.
Câu 25. X là axit hai chức, Y, Z là hai ancol (MY < MZ, Y và Z cùng số cacbon), T là este đa chức tạo bởi X, Y,
Z, cho biết X, Y, Z, T đều mạch hở. Chia 87,12 gam H gồm X, Y, Z, T thành ba phần bằng nhau:
− Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn H cần lượng vừa đủ 1,56 mol O2.
− Phần 2: H tác dụng vừa đủ với 120 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hỗn hợp anol, dẫn hết hỗn hợp
ancol qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 16,28 gam đồng thời thoát ra 3,136 lit khí (đktc).
− Phần 3: H làm mất màu vừa hết 0,24 mol Br2.
Hiệu khối lượng của X và T có giá trị gần nhất với ?
A. 1,40
B. 1,30
C. 1,42
D. 1,45
@ Hướng dẫn giải
Tìm được hai ancol là C3H5OH: 0,12 mol và C3H7OH: 0,16 mol.
Từ các dữ kiện ta suy được axit có một nối đôi C=C. Quy hỗn hợp thành:
R(COOH)2 : a

C H OH : 0,12 CO2 :x  0, 24.2 + 0,12 + 0,16 − b = 2x + y  x = 1, 32
 3 5


 H 2 O:y 


→ 44x + 18y = 78, 96
⇒  y = 1,16

C3H 7 OH : 0,16
 x − (y + b) = 0,12.2 − 0,16
b = 0, 08


−H 2O : b
Tính được R = 26 = (– CH=CH –). Nên mX – mT = 1,36 gam.

Câu 26. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm 18,76 gam hỗn hợp rắn gồm Al, Fe3O4, CuO, MgO đến khi các phản
ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được hỗn hợp rắn X. Hòa tan X vào dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thu được
dung dịch Y, hỗn hợp rắn Z và thấy thoát ra 3,75a mol khí H2. Sục khí CO2 dư vào dung dịch Y thu được 15,6
gam kết tủa. Hòa tan hết hỗn hợp rắn Z trong dung dịch HNO3 loãng, dư, đun nóng; sau phản ứng thu được
dung dịch T và thấy thoát ra 2,75a mol khí NO là sản phẩm khử duy nhất của NO3−. Cô cạn dung dịch T thu
được 42,22 gam muối khan. Biết các khí đều đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng
của CuO trong hỗn hợp rắn ban đầu gần nhất với ?
A. 17,1%
B. 12,8%
C. 8,5%
D. 21,3%

Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


@ Hướng dẫn giải

Al : 0, 2
BTKL
→ 232x + 80y + 40z = 13,36
Fe O : x 
 3 4
Ta có sơ đồ: 
Al : 2,5a
Al
CuO : y → Al O : 0,1 − 1, 25a 
BTO
→ 4x + y = 0,3 − 3, 75a
 2 3
MgO : z

Fe : 3x
BTE

→ 9x + 2y = 8, 25a

Cu : y
BTKLM
MgO : z → 726x + 188y + 148z = 42, 22

Giải ra ta được x = y = 0,03 mol, z = 0,1 mol nên %CuO = 12,793%
Câu 27. X, Y là hai axit cacboxylic đều no, mạch hở (trong đó X đơn chức, Y hai chức), Z là ancol mạch hở, T

là este hai chức tạo bởi Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 14,86 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T thu được 0,38 mol
khí CO2 và 0,35 mol H2O. Mặt khác đun nóng 14,86 gam E cần dùng 260 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung
dịch sau phản ứng thu được phần rắn F chứa hai muối, phần hơi chứa ancol Z. Dẫn toàn bộ Z vào bình đựng Na
dư thấy khối lượng bình tăng 3,6 gam, đồng thời thoát ra 1,344 lit (đktc) khí H2. Đốt cháy hoàn toàn F trong O2
dư thu được sản phẩm cháy gồm Na2CO3, x mol CO2 và y mol H2O. Tỉ lệ x : y gần nhất với ?
A. 1,62
B. 2,26
C. 1,38
D. 2,65
@ Hướng dẫn giải

XO 2 : a (π)
CO : 0,38
+0,255 mol O 2
YO : b (2π) 
→ 2

4
Ta tìm được ancol là C2H4(OH)2: 0,12 mol. Sơ đồ: 
H 2 O : 0,35
C2 H 4 (OH) 2 : c +0,26 mol NaOH
ZO 4 : d (2π) → F + Z
2a + 4b + 2c + 4a = 0, 6 a = 0,12
a + 2b + 2d = 0, 26
b = 0, 05


Ta có hệ: 
→
c + d = 0, 06

c = 0, 04
b − c + d = 0, 03
d = 0, 02
Gọi n và m là số C trong X và Y: 0,12n + 0,05m + 0,04.2 + 0,02(m + 2) = 0,38. Chỉ có n = 1 và m = 2 thỏa.
Nên X là HCOOH và Y là (COOH)2. Nên tính được x : y = 2,167
Câu 28. Đốt cháy 18,68 gam hỗn hợp kim loại gồm Mg, Al, Fe trong khí O2 một thời gian thu được hỗn hợp
rắn X. Hòa tan hết X vào 136,5 gam dung dịch HNO3 60%, sau khi các phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y
chỉ chứa 88,84 gam các muối và thấy thoát ra 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO, NO2. Dung dịch Y tác
dụng tối đa với dung dịch chứa 1,24 mol NaOH, sau khi các phản ứng kết thúc lấy kết tủa thu được nung trong
không khí đến khối lượng không đổi thu được 22,4 gam chất rắn. Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp
rắn ban đầu gần nhất với ?
A. 45%
B. 55%
C. 65%
D. 75%
@ Hướng dẫn giải
Mg 2+
O
 3+

Al
Mg


 NO
 

Ta có sơ đồ:  Al  + HNO3 → Fe3+
+
+ H 2O

 123 
NO 2
{

+
1,3
 Fe 
0,14
{
 NH 4 : t
 NO3− :1,16 − t
18,68 gam

Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


Ta có: 18t + 62(1,16 – t) = 70,16 nên t = 0,04 mol
Khi tác dụng Na+ sẽ vào NaAlO2 và NaNO3: 1,12 mol nên nNaAlO2 = 0,12 mol vậy nAl = 0,12 mol
24x + 56y = 15, 44  x = 0, 06
Gọi mol Mg và Fe là x và y ta được: 
. Vậy %Fe = 74,95%
→
40x + 80y = 22, 4
 y = 0, 25
Câu 29. X, Y, Z đều là các axit cacboxylic mạch hở, không phân nhánh, không có các liên kết C ≡ C trong phân
tử và đều tác dụng được với dung dịch Br2. Đốt cháy 28,4 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z (MX < MY < MZ ) cần
dùng 15,68 lít (đktc) khí O2, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O.
Mặt khác trung hòa 28,4 gam hỗn hợp E bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ, sau khi các phản ứng kết
thúc thu được dung dịch F. Cô cạn dung dịch F thu được 39,4 gam muối khan. Nếu cho 28,4 gam hỗn hợp E
trên vào bình đựng dung dịch Br2 dư thì số mol Br2 đã tham gia phản ứng là 0,35 mol. Phần trăm khối lượng

của Z trong hỗn hợp E gần nhất với ?
A. 67,5%
B. 20,5%
C. 22,5%
D. 40,5%
@ Hướng dẫn giải
Ta có nNaOH = 0,5 mol nên nCOO = nNa = 0,5 mol
Gọi x và y là mol CO2 và H2O tính được x = 0,95 mol và y = 0,5 mol
Biện luận ta thấy trường hợp sau thỏa mãn:
−

+

HCOOH : a (π)
a + 2b + 2c = 0,5 a = 0,1



R(COOH) 2 : b (3π,1C = C) ⇒ 2b + 3c = 0, 45 ⇒ b = 0,15



R '(COOH)2 : c (4π, 2C = C) a + b + 2c = 0,35 c = 0, 05
Sau đó tìm được hai axit còn lại là: HOOC – CH=CH – COOH và HOOC – CH=C=CH – COOH
Vậy tính được %Z = 22,53%
Câu 30. Cho m gam hỗn hợp X gồm MgO, CuO, MgS và Cu2S (oxi chiếm 30% khối lượng) tan hết trong dung
dịch H2SO4 và NaNO3, thu được dung dịch Y chỉ chứa 4m gam muối trung hòa và 0,672 lít (đktc) hỗn hợp khí
gồm NO2, SO2 (không còn sản phẩm khử khác). Cho Y tác dụng vừa đủ với dung dịch Ba(NO3)2, được dung
dịch Z và 9,32 gam kết tủa. Cô cạn Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được 2,688 lít
(đktc) hỗn hợp khí G có tỉ khối so với H2 bằng 19,5. Giá trị m gần nhất là ?

A. 3,0
B. 2,5
C. 3,5
D. 4,0

@ Hướng dẫn giải
Tính được mol SO4 trong Y là 0,04 mol nên lượng Ba(NO3)2 thêm vào là 0,04 mol.
Z chỉ còn các muối nitrat của kim loại. Ta có:
2NO3- → 2NO2 + 1/2O2 + O2x mol
x mol
0,25x mol
2NaNO3 → 2NaNO2 + O2
y mol
0,5y mol
Vậy ta có:
x + y = 0,12
46x + 0,25x.32 + 0,5y.32 = 0,12.19,5.2
Giải ta có: x = 0,06 mol và y = 0,09 mol.
Như vậy số mol Na+ = 0,09 mol và nNO3- trong dung dịch Y = 0,15 – 0,04.2 = 0,07 mol.
2-

Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


Mg 2+
Mg
 2+
Cu
Cu


H 2SO 4
SO 2 : 0, 01
 +
+
→  Na : 0, 09 + 
+ H 2O
S
 NaNO3 : 0,09  2−
 NO 2 : 0, 02

O : 0,3m
SO 4 : 0, 04
 NO3− : 0, 07
16


Gọi a là mol H2SO4. Bảo toàn khối lượng được: 3m – 80a = 6,09
0,3m
Bảo toàn oxi ta được:
+ 4y + 0,27 = 0,16 + 0,21 + 0,02 + 0,04 + y. Giải ta được (m) = 2,959
16

Câu 31. Hòa tan hoàn toàn 16,4 gam hỗn hợp X gồm FeCO3, Fe2O3, FeS và FeS2 trong 73,5 gam dung dịch
H2SO4 80%, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm 2 khí có tỉ khối so với He bằng
46/3. Hấp thụ toàn bộ Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 52,8 gam kết tủa. Cho BaCl2 dư vào dung dịch Y
thu được 69,9 gam kết tủa. Nếu cho từ từ dung dịch chứa 0,24 mol Ba(OH)2 vào dung dịch Y thì lượng kết tủa
thu được là ?
A. 66,62 gam
B. 73,04 gam
C. 68,76 gam

D. 67,69 gam
@ Hướng dẫn giải
Ta có hai khí là CO2 và SO2 tỉ lệ mol là 2 : 13. Gọi x và y là mol CO2 và SO2 ta có:
13x − 2y = 0
x = 0, 06
⇔

100x + 120y = 52,8
 y = 0, 39
Số mol SO42- trong dung dịch Y là 0,3 mol. Ta có sơ đồ:

FeCO3  Fe : x

Fe3+ : x
Fe O
 O : 0,3 − 0,5y 
CO : 0, 06
 2 3 
 + H 2SO 4 → H + : y
=
+ 2
+ H 2O

{
123


S
:
0,

09
SO
:
0,39
FeS
2


SO 2− : 0,3
0,6 − 0,5y
0,6


 4
FeS2
 C : 0, 06

56x + 16(0,3 − 0,5y) = 12,8  x = 0,16
. Tính được khối lượng kết tủa là 68,76 gam.
Ta có hệ: 
⇔
3x + y = 0,3.2
 y = 0,12
Câu 32. X, Y là hai axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở (trong đó X no, Y không no chứa một liên kết
C=C), Z là ancol no, mạch hở, T là este hai chức tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy 11,7 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T
(số mol của Z gấp đôi số mol của T) cần dùng 0,315 mol O2 thu được 5,94 gam nước. Mặt khác 11,7 gam E làm
mất màu dung dịch chứa 0,04 mol Br2 trong môi trường CCl4. Nếu đun nóng 0,3 mol E với 450 ml dung dịch
NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam rắn khan. Biết điều kiện thường Z không tác dụng
được với Cu(OH)2. Giá trị m là ?
A. 27,54 gam

B. 22,5 gam
C. 23,4 gam
D. 27,67 gam
@ Hướng dẫn giải
X
mol
}
0,33
Y : 0,36 − 0,33 = 0, 03 mol
 H O
O

Tóm tắt đề: 
+ 2
→ 2
Br2 : 0,04 mol  CO
Z : 2a = 0, 02 mol
{2
0,36 mol
T : a = 0, 04 − 0, 03 = 0, 01 mol
Bảo toàn oxi suy ra nX = 0,14 mol. Lại có Ctb = 1,8 nên có HCOOH trong E.
Gọi a và b là số C trong Y và Z (a, b ≥ 3). Bảo toàn C: 4a + 3b = 21 nên a = b = 3
Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


X : HCOOH
Y : C H O

3 4 2
Hỗn hợp sau gấp 1,5 lần hỗn hợp ban đầu: 

+ NaOH
123
0,45 mol
 Z : C3 H 8 O 2
T : C7 H10 O 4

Ta có: 0,225 mol HCOONa; 0,06 mol C2H3COONa và 0,165 mol NaOH dư. Nên (m) = 27,54 gam.
Câu 33. Hỗn hợp X gồm các este đơn chức tạo thành từ 3 ancol A, B và C (no, đơn chức, mạch hở, là đồng
đẳng kế tiếp MA < MB < MC) với 4 axit (phân tử chỉ có nhóm –COOH) trong đó có 2 axit không no, có 1 liên
kết C=C trong phân tử, và 2 axit no, đơn chức là đồng đẳng kế tiếp. Thủy phân hoàn toàn m gam X bằng V lit
NaOH 1M (vừa đủ) , thu được hỗn hợp muối và a gam hỗn hợp ancol Y. Đốt cháy hoàn toàn lượng muối thu
được hỗn hợp khí và hơi, biết thể tích khí và thể tích hơi chênh lệch nhau 5,376 lit. Mặt khác, để đốt cháy hoàn
toàn hỗn hợp X trong 39,648 lit khí oxi (vừa đủ) thu được 22,68 gam H2O (thể tích các khí và hơi đo ở điều
kiện chuẩn). Giá trị gần nhất của (m + V) là ?
A. 32,5 gam
B. 25,6 gam
C. 29,4 gam
D. 35,7 gam
@ Hướng dẫn giải
Sử dụng phương pháp DDH. Nhận thấy:
Nếu este là no, đơn chức và mạch hở thì nó thuộc dãy đồng đẳng của metyl fomat: C2H4O2
Nếu este không no, đơn, mạch hở có một liên kết C=C thì đồng đẳng của metyl acrylat: C4H6O2
Các chất thuộc cùng một dãy đồng đẳng thì hơn kém nhau một nhóm – CH2.
Vì thế ta quy toàn bộ X thành C2H4O2 (a mol), C4H6O2 (b mol) và CH2 (c mol)
Vậy muối gồm:
2HCOONa
→
CO2 +
H2O + Na2CO3
a mol

0,5a mol
0,5a mol
C2H3COONa →
5/2CO2 + 3/2H2O + 1/2Na2CO3
b mol
2,5b mol
1,5b mol
CH2
→
CO2
+ H2O
c mol
c mol
c mol
Vậy ∆khí hơi = nCO2 – nH2O = b. Nên b = 0,24 mol
(1)
Đốt cháy X thì
nO2 = 2a + 4,5b + 1,5z = 1,77
(2)
nH2Osinh ra = 2a + 3b + c = 1,26
(3)
Giải ra ta được: a = 0,12 mol, b = 0,24 mol và c = 0,3 mol
Vậy (m + V) = 60.0,12 + 86.0,24 + 14.0,3 + 0,36 = 32,4.
Câu 34. Cho 45,85 gam hỗn hợp rắn X gồm Mg, Fe(NO3)2, Fe3O4 (0,1 mol) và ZnO (trong đó O chiếm 26,1723
phần trăm khối lượng hỗn hợp X) tác dụng hoàn toàn với dung dịch chứa H2SO4 và HNO3 (biết tỉ lệ mol giũa
H2SO4 và HNO3 là 20/3 ) thu được dung dịch Y và 8,6 gam hỗn hợp khí G gồm 3 khí NO2, NO và H2. Cho
dung dịch tác dụng với dung dịch NaOH đến khi thu được lượng kết tủa cực đại T thì thấy lượng NaOH phản
ứng là 2 mol. Lấy kết tủa T nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 48,05 gam rắn Z. Mặt
khác cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 1,35 gam kim loại và 0,28 lit khí NO (đktc)
thoát ra (NO là sản phẩm khứ duy nhất của N+5). Phần trăm theo số mol của NO2 trong hỗn hợp khí G là ?

A. 50%
B. 40%
C. 60%
D. 25%
(Nguyễn Thành Tín – Lớp 12T Chuyên Tiền Giang)

Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


@ Hướng dẫn giải
Gọi x, y và z là mol của ZnO, Mg và Fe(NO3)2 ta có được hệ phương trình sau:
81x + 24y + 180z = 22, 65
 x = 0, 05


→  y = 0, 4
x + 6z = 0,35
81x + 40y + 80(z + 0,3) = 48, 05 z = 0, 05



 Zn 2+ : 0, 05
 2+
 Mg : 0, 4
ZnO : 0, 05

 Fe 2+ : a
 NO 2 : x 
Mg : 0, 4




  H 2SO 4 : 20t   3+
+  NO : y  + H 2O
Ta có sơ đồ như sau: 
+ 
 →  Fe : b
Fe
NO
:
0,
05
HNO
:
3t
(
)
3 2
  2−
3

 
 H 2 : z 
Fe O : 0,1

SO 4 : 20t 1
424
3
 3 4
4

8,6
144
2444
3
 NH + : c
45,85
 + 4
 H : 0, 05
Ta có SO4 sẽ về Na2SO4: 1 mol nên t = 0,05 mol. Mol Fe2+ dễ có được là 0,05 mol. Nên nFe3+ = 0,3 mol
Suy ra mol NH4 = 0,05 mol. Đến đây bài toán xem như được giải quyết.

Câu 35. Cho 56a gam bột Fe vào 800 ml dung dịch gồm Cu(NO3)2 xM và HCl 1,5M; sau khi các phản ứng xảy
ra hoàn toàn thu được dung dịch X, (m – 25a) gam hỗn hợp kim loại Y và thấy thoát ra V lit (đktc) hỗn hợp khí
Z có tỉ khối so với H2 bằng 8 (Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí). Cho Y tác dụng với
O2 thu được chất rắn T gồm Fe3O4, FeO và Cu. Hòa tan hết m gam T vào dung dịch chứa 1,3 mol HCl (dư), thu
được dung dịch có chứa 16,25 gam FeCl3. Điện phân dung dịch này bằng điện cực trơ, cường độ không đổi đến
khi ở catot vừa bắt đầu có khí thoát ra thì dừng điện phân, thấy khối lượng dung dịch giảm (0,5m – 1,75) gam.
Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch sau điện phân đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch
F (không chứa NH4+) và (4,5m + 1,3) gam kết tủa, đồng thời thấy có khí NO duy nhất thoát ra. Giá trị của a là ?
A. 0,5
B. 0,6
C. 0,7
D. 0,8
@ Hướng dẫn giải
Từ thí nghiệm thứ nhất rút được: m = 81a – 27,2 (*)
FeCl3 : 0,1

 Fe3O 4 
FeCl 2 : 1 − 2x − y



Ở thí nghiệm thứ hai, xét sơ đồ:  FeO  + HCl
2
{ →
1,3 mol

CuCl2 : x
 Cu 

1
424
3
m gam
HCl : y
Khi điện phân ta có:
Catot
Anot
3+
2+
Fe + e
→
Fe
2Cl → Cl2 + 2e
0,1
0,1
0,1
2z
z
2z
2+

Cu + 2e
→
Cu
x
2x
x
0,1 + 2x = 2z
 x = 0,1
64x + 71z = 0,5m − 1, 75
 y = 0, 2


⇔
Do đó ta có hệ:  
1 − 2x − y 3 
− y  + 143,5 (1,3 − 2z ) = 4, 5m + 1,3 z = 0,15
108  0,1 +
2
4 

m = 37, 6
232 ( x + 0, 05 ) + 72 ( 0, 45ax4x − 0,5y ) + 64x = m
Vậy thế m vào (*) ta được a = 0,8
Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


Câu 36. Hòa tan 17,49 gam hỗn hợp X gồm Mg, Zn, FeO (0,1 mol) và Pb(NO3)2 vào dung dịch chứa HNO3 và
H2SO4 (có tỉ lệ mol là 18/53) sau phản ứng thấy trong hỗn hợp khí thoát ra có 0,05 mol H2. Sục khí H2S đến dư
vào dung dịch Y (chỉ chứa muối) sau phản ứng hòa tan trên thì thu được 0,96 gam kết tủa. Mặt khác, khi nhỏ từ
từ dung dịch KOH vào dung dịch Y thì lượng kết tủa được biểu thị bởi đồ thị sau đây:

Lấy lượng kết tủa sau khi dùng hết b gam KOH đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thì khối
lượng rắn thu được chỉ bằng 52,071% khối lượng rắn thu được khi nung lượng kết tủa khi đã dùng 28,56 gam
KOH. Phần trăm khối lượng của oxi có trong hỗn hợp khí có giá trị gần nhất với ?
A. 56%
B. 64%
C. 67%
D. 74%
(Nguyễn Duy Anh – Jozesm)
@ Hướng dẫn giải
Ta có sơ đồ sau đây:
Mg 2+ : x
Zn 2+ : y

Mg : x
Fe 2+ : 0, 04
H 2 : 0, 05
Zn : y
HNO3 :18t


3+
+
→ Fe : 0, 06 + PbSO 4 +  N
+ H2O
FeO : 0,1
123
H
SO
:

53t

2
4


z
SO 24− : 53t − z
O
Pb ( NO3 ) : z
144244
2
3
NH +4
17,49
H+

24x + 65y + 331z = 10, 29
 x = 0, 02


→  y = 0,1
Ta có hệ: x + y + 0,1 = 0, 22
40x + 8 = 0, 52071 40x + 81y + 8
(
) z = 0, 01

 N : 0,1

Dễ có được nNH4 = 0,01 mol. Bảo toàn điện tích được t = 0,005 mol. Tính được trong khí có: O : 0,19

H : 0, 05
 2
Do đó phần trăm oxi có giá trị là 66,96%.

Câu 37. Hỗn hợp X gồm Mg, MgCO3, Ca, CaCO3. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ
thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 là 16,75. Hấp thụ khí Y vào 200 ml dung dịch hỗn hợp NaOH
0,65M và Ba(OH)2 0,80M thu được 0,95m gam kết tủa và dung dịch Z. Đun nóng dung dịch Z lại thu được kết
tủa. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được hỗn hợp khí gồm NO và CO2 có tỉ
khối so với H2 là 20,833 và dung dịch T. Cô cạn dung dịch T thu được 62,92 gam muối khan. Giá trị của m gần
nhất với ?
A. 31,12
B. 33,57
C. 34,18
D. 32,14

Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


@ Hướng dẫn giải
Tính được nH2 = a mol và nCO2 = 3a mol. Cũng tính được nNO = 0,6a mol và nCO2 = 3a mol.
Ta có nBaCO3 = 0,95m/197 mol nên nBa2+ dư = (0,16 – 0,95m/197) mol. Dung dịch Z gồm: NaHCO3 : 0,13 mol
và Ba(HCO3)2: (0,16 – 0,95m/197) mol.
Bảo toàn nguyên tố C: 3a – 0,95m/197 = 0,13 + 2(0,16 – 0,95m/197)
(*)
Ta có nCO3(X) = nCO2 = 3a mol. Nên khối lượng kim loại là (m – 180a) gam.
Mg 2+
Mg
 2+

 NO

Ca
Ca
+ HNO3 → 
+
X
−
O : 3a mol
 NO3 CO 2
CO 2 : 3a mol
 NH +
123
4
62,92 gam

Bảo toàn electron: 2a = 1,8a + 8nNH4+ nên nNH4 = 0,025a mol.
Vậy 62,92 = m – 180a + 0,025a.80 + 62(0,6a.3 + 3a.2 + 0,025.8a)
Giải (*) và (**) ta được: a = 0,1 mol và (m) = 31,135 gam

(**)

Câu 38. Hai chất hữu cơ A, B có công thức phân tử là C2H5NO4 và C3H7NO5. Lấy 97 gam hỗn hợp Y gồm A
và B tác dụng với NaOH vừa đủ thu được hỗn hợp Z gồm 3 muối và 9,408 lit khí T (đktc) làm quỳ tím ẩm hóa
xanh. Thành phần phần trăm muối có khối lượng phân tử nhỏ nhất trong Z là ?
A. 17,78%
B. 32,54%
C. 49,68%
D. 27,63%
(Trích đề thi thử Cộng đồng Hóa học Bookgol – Lần 13 năm 2016)
@ Hướng dẫn giải
Mol khi


→ x = 0, 42
A : HOOC − COONH 4
 x = 0, 42
Ta có công thức cấu tạo của A và B là: 
→ KL
→
→107x + 137y = 97  y = 0,38
B : HCO3 NH 3CH 2 COOH

Vậy muối gồm: (COONa)2 (0,42 mol), Na2CO3 (0,38 mol) và NH2CH2COONa (0,38 mol)
Nên phần trăm khối lượng muối nhỏ nhất là 27,63%. Chọn đáp án D.
Câu 39. Cho m gam hỗn hợp rắn gồm Fe và Fe(NO3)2 vào 400 ml dung dịch chứa Cu(NO3)2 0,2M, Fe(NO3)3
0,05M và HCl. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chỉ chứa 2 chất tan (không chứa ion
32m
gam rắn không tan.
NH4+) hỗn hợp khí Y gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu và còn lại
255
Tỉ khối của Y so với He bằng 19/3. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch X, thấy thoát ra 0,045 mol khí NO
(sản phẩm khử duy nhất), đồng thời thu được a gam kết tủa. Giá trị của a gần đúng với giá trị nào sau đây ?
A. 272,0 gam

B. 274,0 gam
C. 276,0 gam
D. 278,0 gam
(Trích đề thi thử Cộng đồng Hóa học và Ứng dụng Bookgol – Lần 13 năm 2016)
@ Hướng dẫn giải

Fe : x


Fe ( NO3 ) 2 : y
 HCl : 0,18
 NO : 5t


PUHT
Ta có sơ đồ: Fe ( NO3 )3 : 0, 02 
→
+ Cu
z − 0,18 + 
2O
{ + H
{
H
:
t
FeCl
:
32m
2

2

0,5z − t − 0,09
= 0,08.64

2
255
Cu ( NO3 ) 2 : 0, 08
HCl : z


Ta lập được hệ phương trình sau:
Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


BT.N

→ 2y + 0, 22 = 5t
 x = 0, 6
 BT.O
 y = 0, 04
→ 6y + 0, 66 = 5t + 0, 5z − t − 0, 09
 

→
 BTKL

→ 56x + 180y = m = 0, 08.510 = 40,8
 
z = 1,5
BTKL
 
→ 60, 68 + 36,5z = 5,12 + 6, 57 + 63,5z − 11, 43 + 152t + 9z − 18t − 1, 62  t = 0, 06

Vậy tính được: a = 1,5.143,5 + 108(0,66 – 0,18.0,75) = 271,95 gam. Chọn đáp án A.

Câu 40. Hòa tan hết m gam hỗn hợp rắn H gồm Mg, MgCO3, Fe, Fe(NO3)2 (trong H oxi chiếm 25% về khối
lượng) vào 500 gam dung dịch chứa 0,92 mol HCl và 0,07 mol KNO3. Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được
dung dịch X chứa 51,23 gam chất tan và thấy thoát ra 7,392 lit hỗn hợp khí Y gồm CO2, NO, H2, NO2 có tỉ
371

khối so với H2 bằng
(trong Y chứa 0,15 mol H2). Cũng lượng X trên khi tác dụng với AgNO3 dư thu được
33
146,6 gam kết tủa và thoát ra 112 ml khí NO sản phẩm khử duy nhất N+5. Biết các khí đo ở điều kiện tiêu
chuẩn. Nồng độ phần trăm về khối lượng FeCl3 có trong dung dịch X gần với ?
A. 1,3%.
B. 1,7%.
C. 2%.
D. 3%
@ Hướng dẫn giải
Mg 2 +
 2+
Fe : 0,15
Mg
CO 2 : a
Fe3+
MgCO : a


HCl : 0,92
3

 −
 NO
+
→ Cl : 0, 92 + 
: 0,18 − a + H
Ta có sơ đồ: 
2O
{

KNO3 : 0, 07  +
Fe
 NO 2
0,3− 2b

K : 0, 07 H : 0,15
Fe ( NO3 ) 2 : 0, 055 + b − a
1442443
2
 NH 4+ : b
7,42
 +
H
:
0,
02

14243
51,23

1600 ( 0,33 + 3b )
= 25 → b = 0, 01 .
23, 4 − 36b
2x + 3y = 0,52
 x = 0,185
Gọi x và y là mol của Mg2+ và Fe3+ ta có hệ: 
→
24x + 56y = 7, 24  y = 0, 05
0, 05.162,5.100
= 1,575%

Vậy C FeCl3 =
23, 4 − 36.0, 01 + 500 − 7, 42
Bảo toàn khối lượng ta được: m = 23,4 – 36z gam. Theo đề ta có:

Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Câu 1. Đun nóng 14,19 gam este X đơn chức, mạch hở với dung dịch NaOH vừa đủ thu được 15,51 gam muối.
Y là este no, hai chức có cùng số nguyên tử cacbon với X, Z là peptit mạch hở được tạo bởi glyxin và alanin.
Đốt cháy 13,9 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 13,216 lit O2 (điều kiện chuẩn). Mặt khác, đun nóng 13,9
gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được một ancol duy nhất và hỗn hợp F
có chứa a mol muối của glyxin và b mol muối alanin. Đốt cháy toàn bộ F thu được H2O, N2, 0,31 mol CO2 và
0,1 mol Na2CO3. Tỉ lệ a : b gần nhất với ?
A. 0,3
B. 0,5
C. 0,7
D. 0,9
Câu 2. X là peptit mạch hở được tạo bởi từ một loại α-aminoaxit no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH, Y
là hợp chất hữu cơ thuộc dãy đồng đẳng của axit oxalic, Z là este không chứa nhóm chức khác. Đun nóng 27,42
gam hỗn hợp E dạng hơi chứa X, Y, Z với dung dịch NaOH vừa đủ, chưng cất dung dịch sau phản ứng, thu
được a gam ancol T duy nhất và hỗn hợp gồm 2 muối. Dẫn toàn bộ a gam T qua bình đựng Na dư, thấy khối
lượng bình tăng 5,28 gam, đồng thời thoát ra 2,016 lít khí H2 (điều kiện tiêu chuẩn). Đốt cháy hoàn toàn hỗn
hợp muối cần dùng 0,6 mol O2, thu được N2, CO2, 8,64 gam H2O và 25,44 gam Na2CO3. Phần trăm khối lượng
của X có trong hỗn hợp E có giá trị gần nhất là ?
A. 52%
B. 53%
C. 54%
D. 55%
Câu 3. X, Y là hai este đều đơn chức, Z là este hai chức (X, Y, Z đều mạch hở). Đun nóng 20,56 gam hỗn hợp

E chứa X, Y, Z cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp F chứa hai ancol kế tiếp thuộc cùng
dãy đồng đẳng và hỗn hợp chứa hai muối. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 11,52
gam. Lấy hỗn hợp muối đun với vôi tôi xút, thu được một hydrocacbon T duy nhất. Biết rằng T tác dụng tối đa
với dung dịch Br2, thu được sản phẩm chứa 92,485% brom về khối lượng. Tổng khối lượng X, Y có trong hỗn
hợp E là ?
A. 8,68 gam
B. 7,89 gam
C. 5,64 gam
D. 6,57 gam
11m 

Câu 4. Chia m gam hỗn hợp X gồm Fe2O3, CuO, FeS và FeS2  m O =
 làm hai phần bằng nhau. Cho phần
29 

một hòa tan hoàn toàn trong dung dịch H2SO4 (đặc, dư, đun nóng) thu được dung dịch A có chứa (m + 0,96)
gam muối sunfat và thoát ra V lit khí SO2 (đktc). Hòa tan hoàn toàn phần hai trong dung dịch HNO3 (đặc, dư,
nung nóng) thu được dung dịch B và thoát ra 17,248 lít hỗn hợp hai khí có tỉ khối so với H2 là 23,468. Cô cạn B
được muối khan D. Cho D vào bình đựng 400 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch E và a gam kết tủa.
Cô cạn dung dịch E được (m + 8,08) gam chất rắn khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a gần
nhất với ?
A. 22,5 gam
B. 10,67 gam
C. 11,75 gam
D. 23,5 gam
Câu 5. Hỗn hợp A gồm MgO, Fe2O3, FeS và FeS2. Người ta hòa tan hoàn toàn m gam A trong dung dịch
155m
gam muối. Mặt khác hòa tan hoàn
H2SO4 (đặc, nóng dư) thu được khí SO2, dung dịch sau phản ứng chứa
67

toàn m gam A trên vào dung dịch HNO3 (đặc, nóng dư) thu được 14,336 lít hỗn hợp khí gồm NO2 và SO2 có
tổng khối lượng là 29,8 gam. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 28,44 gam hỗn hợp muối khan. Biết
10m
trong A oxi chiếm
về khối lượng. Phần trăm khối lượng của FeS trong A có giá trị gần nhất với ?
67
A. 28%
B. 30%
C. 32%
D. 34%
Câu 6. Hỗn hợp X gồm Ca, Mg, MgCO3, MgO, CaO. Cho 23,84 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl
vừa đủ thu được dung dịch chứa 48,48 gam chất tan; 7,616 lít hỗn hợp khí Y (đktc) có tỉ khối so với hiđro là
143
. Cho 23,84 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được hỗn hợp khí Z gồm NO và
17
CO2 có tỉ khối so với hiđro là a và dung dịch T. Cô cạn dung dịch T thu được 74,72 gam chất rắn khan. Giá trị
của a là
A. 16,75
B. 18,50
C. 20,25
D. 17,80
Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia


Câu 7. Cho m gam hỗn hợp X gồm Cu, FeO và Fe2O3 tan hết trong dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch
A. Cho a gam Mg vào dung dịch A, sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch B. Thêm dung dịch KOH dư
vào dung dịch B được kết tủa D. Nung D trong không khí đến khối lượng không đổi được b gam chất rắn E.
Mối quan hệ giữa a, b được biểu hiện qua sơ đồ sau:
b (gam)

74
68

62

0
3,6
7,2
10,8
a (gam)
Mặt khác, khi cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3, thu được V lít hỗn hợp khí T gồm NO, NO2
và N2O. Biết T tỉ khối so với hiđro là 18,22 và khối lượng HNO3 tham gia phản ứng là 158,76 gam. Giá trị V
gần nhất với ?
A. 1,9
B. 1,95
C. 2
D. 2,05
Câu 8. Hỗn hợp rắn X gồm FeS, FeS2, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Hòa tan hết 31,76 gam X vào dung dịch chứa 1,51
mol HNO3, sau phản ứng thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z chỉ chứa các sản phẩm khử của nitơ (phần
trăm khối lượng của oxi trong Z là 60,7595%). Cô cạn dung dịch Y thì thu được 77,42 gam hỗn hợp muối khan.
Mặt khác nếu cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y, lấy kết tủa thu được đem nung trong không khí đến khối lượng
không đổi thì thu được 88,58 gam chất rắn khan. Dung dịch Y hòa tan được hết m gam Cu thì thu được dung
dịch T. Khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch T gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 95
B. 92
C. 89
D. 98
Câu 9. Hòa tan 17,32 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4 và Fe(NO3)2 cần vừa đúng dung dịch hỗn hợp gồm 1,04
mol HCl và 0,08 mol HNO3, đun nhẹ thu được dung dịch Y và 2,24 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối hơi đối
với H2 là 10,8 gồm hai khí không màu trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Cho dung dịch Y tác dụng

với một lượng dung dịch AgNO3 vừa đủ thu được m gam kết tủa và dung dịch T. Cho dung dịch T tác dụng với
một lượng dư dung dịch NaOH, lọc kết tủa nung đến đến khối lượng không đổi thu được 20,8 gam chất rắn. Các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là ?
A. 150,32
B. 151,40
C. 152,48
D. 153,56
Câu 10. Hòa tan hết m gam hỗn hợp rắn A gồm Mg, Cu(NO3)2, Fe, FeCO3 vào dung dịch chứa H2SO4 và 0,045
mol NaNO3 thu được dung dịch B chỉ chứa 62,605 gam các muối và thấy thoát ra 3,808 lít (đktc) hỗn hợp khí C
304
gồm N2, NO2, N2O, NO, H2, CO2 có tỉ khối so với H2 bằng
(trong C có chứa 0,02 mol H2). Cho dung dịch
17
NaOH 1M vào dung dịch B đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất là 31,72 gam thì dùng hết 865 ml. Mặt
khác, cho 94,64 gam BaCl2 vào B sau đó cho tiếp AgNO3 dư vào thì thu được 256,04 gam kết tủa. Biết các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 28,4
B. 27,2
C. 32,8
D. 34,6

Nguyen Duy Anh – Tuyển chọn bài tập HÓA HỌC trong kì thi THPT Quốc Gia