MỘT số bài tập hóa học điểm 9 10 TẶNG các bạn 1999 PHẠM QUANG lâm

Chào mọi người!
Mình tên là Phạm Quang Lâm. Mình là một 98er. Mình là một học sinh rất bình
thường, chả có giải quốc gia, cũng chả phải là một trong các học sinh điểm 10 của cả nước
năm 2016. Nhưng mình có một niềm đam mê bất diệt với hóa. Đây là tổng hợp các bài
toán hóa lấy điểm 9-10 trong đề thi. Mình viết bài tập mong các bạn sẽ có một kết quả khả
quan nhất trong kì thi THPT Quốc Gia của bản thân các bạn. Mong các bạn đón nhận.
Mình xin cảm ơn các Quý thầy cô là tác giả của bài toán mà mình đã sử dụng trong này.
Xin cảm ơn người anh, người thầy Phạm Công Tuấn Tú đã chỉ bảo cho mình trong kì thi
và cho phép mình sử dụng các bài toán hóa này rất nhiệt tình. Mong sớm được bay vào Sài Gòn
gặp anh.
Cảm ơn người anh, người bạn Bùi Trung Nghĩa – anh đã luôn theo sát bên mình, động
viên và làm mình cười suốt trong thời gian khó khăn.
Xin được chúc hai người luôn dồi dào sức khỏe và thành công trong cuộc sống!
Mình xin cảm ơn!
“Yêu lắm các bạn tôi!!!!!!!!!!!!”
- Mùa hè 2016 _Phạm Quang Lâm_


Bài tập hóa hay và khó điểm 9-10
_Phạm Quang Lâm_
Bài 1:
Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic hai chức no, mạch hở, hai ancol đơn chức kế tiếp nhau trong
dãy đồng đẳng và một đieste tạo bởi axit hai chức và hai ancol đó. Đốt cháy hoàn toàn 4,84 gam
hỗn hợp X trên thu được 7,26 gam CO2 và 2,7 gam H2O. Mặt khác đung nóng 4,84 gam X trên với
80 ml NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thêm vừa đủ 10ml dung dịch HCl 1M để trung
hòa lượng NaOH còn dư thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan,
đồng thời thu được 896ml hỗn hợp ancol (đktc) có tỉ khối so với H2 là 19,5. Giá trị của m là
A. 4,595 gam
B. 5,765 gam
C. 5,180 gam
D. 4,995 gam

Giải:
Quy đổi hỗn hợp trên gồm axit, ancol, và H2O.
Xử lí ancol trước: Có 0,896 lit hỗn hợp ancol mà dX/H2  19,5 thì suy ra M ancol  39
Mà đây là 2 ancol no đơn chức kế tiếp nhau suy ra 2 ancol đó là: CH 3OH và C2 H 5OH .
Giải hệ ta thu được số mol như sau: CH 3OH : 0,02 mol; C2 H 5OH : 0,02 mol.
Giờ ta hoán đổi hỗn hợp X gồm: Cx H y (COOH)2 ; CH 3OH ; C2 H 5OH và H 2O
Lượng NaOH phản ứng là: 0,08 – 0,01 = 0,07 mol
Do X tác dung với NaOH: 0,07 mol nên: 2.nCx H y (COOH)2  0,07  nCx H y (COOH)2  0,035 mol
Bảo toàn khối lượng: mX  mO2  mCO2  mH2O  nO2  0,16
Bảo toàn nguyên tố O:
nO /axit  nO / ancol  nO / H2O  nO /O2  nO /CO2  nO / H2O  nO / H2O  0,02  n

H 2O

 0,02


Vậy hỗn hợp X có: Cx H y (COOH)2 : 0,035 mol ; CH 3OH :0,02 mol ; C2 H 5OH :0,02 mol ;
H 2O :0,02.
Vậy ta bảo toàn C: 0,035.(x  2)  0,02  0,02.2  0,165  x  1
Bảo toàn H: 0,035.(y 2)  0,02.4  0,02.6  0,15.2  y  2
Vậy axit là : CH 2 (COOH)2
Vậy hỗn hợp muối có: 0,035 CH 2 (COONa)2 và 0,01 NaCl  m  5,765g . Chọn B

Bài 2:
Dung dịch X được tạo ra từ 2 muối gồm có các ion: Al3+, Fe2+, SO 24  , Cl  . Chia dung dịch X
làm 2 phần bằng nhau. Phần 1 đem tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 6,46 gam kết tủa.
Phần 2 đem tác dụng với dung dịch NH3 dư, thu lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng
không đổi còn lại 2,11 gam chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Khối lượng muối
trong dung dịch X gần nhất có thể là

A. 17,5 gam.
B. 5,96 gam.
C. 3,475 gam.
D. 8,75 gam.
Giải:
Gọi x, y, z lần lượt là số mol Al3+, Fe2+, SO42- trong dung dịch X
 nCl  = 3x + 2y - 2z
_Phần 1: Khối lượng kết tủa là: 90y+233z=6,46.2=12,92
_Nung kết tủa phần 2 thu được: 51x+80y=2,11.2=4,22
Mà theo giả sử thì: m = 162,5x+127y+25z
 7,58 < m < 14,83  chọn D
Bài 3:
Người ta hòa 216,55 gam hỗn hợp muối KHSO4 và Fe(NO3)3 vào nước dư thu được dung dịch
A. Sau đó cho m gam hỗn hợp B gồm Mg, Al, Al2O3 và MgO vào dung dịch A rồi khuấy đều tới
khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy B tan hết, thu được dung dịch C chỉ chứa các muối và có
2,016 lít hỗn hợp khí D có tổng khối lượng là 1,84 gam gồm 5 khí ở (đktc) thoát ra trong đó về thể
tích H2, N2O, NO2 lần lượt chiếm 4/9, 1/9 và 1/9. Cho BaCl2 dư vào C thấy xuất hiện 356,49 gam
kết tủa trắng. Biết trong B oxi chiếm 64/205 về khối lượng. Giá trị đúng của m gần nhất với :
A. 18
B. 20
C. 22
D. 24
(Chuyên Nguyễn Huệ lần 3)
Giải:
 Mg
 KHSO4

C D;
Phản ứng B  Al  A 
Fe

(NO
)
3
3

O

Mà: C  BaCl2  356, 49 gam kết tủa
Ta có kết tủa ở đây chính là BaSO4. với nBaSO4  1,53 mol
Bảo toàn nguyên tố SO42- : nKHSO 4  n BaSO4  1,53 mol  nFe(NO3 )3  0,035 mol

 H 2 : 0, 04
 N O : 0, 01
 2
+ 0,09 mol khí D gồm 5 khí, gồm số mol như sau:  NO2 : 0, 01
 NO : x

 N 2 : y
+Hai khí còn lại là NO và N2, gọi số mol lần lượt là x, y.


_Số mol: 0,04+0,01+0,01+x+y=0,09
_Khối lượng: 0,04.2+0,01.44+0,01.46+30x+28y=1,84
Giải hệ ta thu được: x=0,01 mol và y=0,02 mol
Giả sử sau phản ứng có a mol NH4NO3
_Bảo toàn nguyên tố N:
3.n
 0,105   N
Fe (NO3 )3

D

 0,01.2  0,01  0,01  0,02.2  a  a  0,025 mol

_Bảo toàn nguyên tố H:
nH
 4.nNH   2.n H2  2.nH2O  1,53  4.0,025  2.0,04  2.n H2O  nH2O  0,675 mol
KHSO4

4

_Bảo toàn nguyên tố O: n O

KHSO4

 nO

Fe (NO3 )3

 nO  nO  nO  nO
B

C

D

H 2O

 4nKHSO4  9nFe NO3   nO ( B )  nH2O  4.nSO 2  nO ( khí )  nO  0, 4 mol
4

3

B

64
Do trong B oxi chiếm 64/205 về khối lượng: mB  6, 4 :
 20,5 gam => Chọn B
205

Bài 4:
Hấp thụ hết 4,48 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol KOH và y mol K2CO3 thu được 200
ml dung dịch X. Lấy 100 ml X cho từ từ vào 300 ml dung dịch HCl 0,5M thu được 2,688 lít khí
(đktc). Mặt khác, 100ml X tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 39,4g kết tủa. Giá trị của
x gần nhất là:
A. 0,15
B. 0,11
C. 0,21
D. 0,05
( Thi thử trường THPT Phúc Thành )
Giải:
 HCl  0,12mol 
 KOH
CO2  
X
 Ba(OH) 2  0, 2mol 
 K 2CO3
Trong X chắc chắn chứa ion HCO3 ; CO32 .
Đặt số mol của HCO3 ; CO32 lần lượt là x , y mol.
+ Khi cho từ từ X và HCl thì xảy ra đồng thời:

HCO3  H   CO2  H 2O
; CO32  2H   CO2  H 2O
Lúc này số mol mà HCO3 ; CO32 phản ứng sẽ theo 1 tỉ lệ. Cụ thể, gọi số mol mà
HCO3 ; CO32 PHẢN ỨNG lần lượt là a, b.
Ta có: _Số mol khí: a + b=0,12
_Số mol H+ phản ứng: a + 2b=0,15
Giải hệ ta thu được: a=0,09 mol và b=0,03 mol
x a 0, 09
 3  x  3 y (1)
_Tỉ lệ phản ứng:  
y b 0, 03
+Khi cho từ từ X vào Ba(OH)2: Kết tủa chính là BaCO3.
 nC
 nBaCO3  x  y  0, 2 (2)
Bảo toàn nguyên tố C: n C
HCO3

CO32

Từ (1) và (2) ta thu được: x= 0,15 mol và y= 0,05 mol.


Mà nCO2  0, 2 mol. Gọi số mol CO2 phản ứng ở phương trình (3) là k mol
CO2  2OH   CO32  H 2O (3)
0,5k  k  0,5k
mol
2
CO2  CO3  H 2O  2.HCO3 (4)
(0,2-0,5k)  (0,5k+0,2)  (0,4-k)
nCO 2 dư là: 0,5k + 0,2 - 0,2 + 0,5k = k

3



0, 05
k

 k  0,1 . Vậy chọn B
0,15
0, 04  k

Bài 5:
Hỗn hợp E gồm 2 chất hữu cơ X (C2H7O3N) và Y (C3H12O3N2). X và Y đều có tính chất lưỡng
tính. Cho m gam hỗn hợp E tác dung với dung dịch HCl dư, thu được 4,48 lít khí Z (Z là hợp chất
vô cơ). Mặt khác, khi cho m gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng thoát ra
6,72 lít khí T (T là hợp chất hữu cơ đơn chức chứa C, H, N và làm xanh quỳ tím ẩm). Cô cạn dung
dịch thu được chất rắn gồm 2 chất vô cơ. Thể tích các khí đo ở đktc; Giá trị gần nhất của m là
A. 23,19.
B. 22,49.
C. 21,69.
D. 20,59.
Giải:
Do X có tính lưỡng tính và tác dụng HCl hay NaOH đều có khi thoát ra nên X có CTCT như
sau:C2H7O3N  X là CH3-NH3-O-C-OH
||
O
Cũng tương tự như X ta có CTCT của Y: C3H12O3N2  Y (CH3NH3)2CO3
Đặt nX  a mol ; nY  b mol
_Khi E + HCl  Số mol khí thu được: a + b = 0.2
_Khi E + NaOH  Số mol khí thu được: a + 2b = 0.3

 Giải hệ ta thu được: a = 0,1 mol ; b = 0,1 mol  m = 21.7  Chọn C
Bài 6:
Hỗn hợp A gồm một axit no, hở, đơn chức và hai axit không no, hở, đơn chức (gốc
hiđrocacbon chứa một liên kết đôi), kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác dụng hoàn toàn
với 150 ml dd NaOH 2,0 M. Để trung hòa vừa hết lượng NaOH dư cần thêm vào 100 ml dung dịch
HCl 1,0 M được dung dịch D. Cô cạn cẩn thận D thu được 22,89 gam chất rắn khan. Mặt khác đốt
cháy hoàn toàn A rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch
NaOH đặc, khối lượng bình tăng thêm 26,72 gam. Phần trăm khối lượng của axit không no có khối
lượng phân tử nhỏ hơn trong hỗn hợp A có giá trị gần nhất là :
A. 22,78%
B. 44,24%
C. 35,52%
D. 40,82%
Giải:
Khi cho A vào dung dịch NaOH thì số mol NaOH phản ứng là: 0,2 mol.
Gọi 2 chât trong hỗn hợpA có CTPT là CnH2nO2: a mol và CmH2m-2O2: b mol (m  3)

 Vậy trong D có các muối là: CnH2n-1O2Na: a mol; CmH2m-3O2Na: b mol và NaCl: 0,1 mol
n hh A = n NaOH phản ứng =  a  b  0, 2 1
+ Chất rắn khan gồm: CnH2n-1O2Na a mol, CmH2m-3O2Na b mol và NaCl 0,1 mol
_Khối lượng chất rắn:
a 14n  54  b 14m  52   58,5.0,1  22,89  14  an  bm   2a  6,64  2 


CO
+Mặt khác: A  O2   2  NaOH  mbinh  26, 72 gam
 H 2O
_Đốt cháy A  nCO 2  an  bm và nH 2O  na  mb  b
Ta thấy sau phản ứng không có khí thoát ra nên khối lượng bình tăng chính là khối lượng của CO2
và H2O: 44.  na  mb   18.  na  mb  b   26,7  62.  na  mb   18b  26,72  3

Từ (1), (2) và (3)  a  b  0,1 và na + mb = 0,46
 n  m  4,6
Mà m  3 nên chỉ có bộ số (n;m)  (1;3,6) là thỏa mãn.
Vậy axit no HCOOH: 0,1 mol, hai axit không no là C3H4O2 và C4H6O2
Đặt: nC3H4O2  x mol và nC4 H6O2  y mol
Trong đó : x + y = b = 0,1
3x  4 y
Mà số nguyên tử C trung bình: nC = 3,6: Có phương trình:
 3, 6
x y
Giải hệ ta có: x = 0,04 mol và y = 0,06 mol
 mA = 46.0,1 + 72.0,04 + 86.0,06 = 12,64 gam  %mC3H4O2 = 22,78  Chọn A

Bài 7:
Hỗn hợp A gồm MgO, Fe2O3 ,FeS và FeS2. Người ta hòa tan hoàn toàn m gam A trong
H2SO4 đặc nóng dư thu SO2, dung dịch sau phản ứng chứa 155m/67 gam muối. Mặt khác hòa tan m
gam A trên vào HNO3 đặc nóng dư thu 14,336 lít hỗn hợp khí gồm SO2 và NO2 có tổng khối lượng
là 29,8g. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu 28,44 gam muối. Biết trong A oxi chiếm 10m/67 về
khối lượng. Phần trăm FeS trong A gần nhất với
A.28
B.30
C.32
D.34
Giải:
Đặt số mol của SO2 là x mol, số mol của NO2 là y mol.
_Tổng số mol khí: x+y=0,64
_Tổng khối lượng 2 khí: 64x+46y=29,8
Giải hệ ta thu được x=0,02 mol và y=0,62 mol
Đặt số mol của S là a mol.  Bảo toàn nguyên tố S: a  nFeS  2.nFeS2
Thí nghiệm 2:

 MgO
 Fe O
 SO : 0, 02
 H 2O
Sơ đồ phản ứng:  2 3  HNO3  muoi   2
NO
:
0,
62
FeS
 2

 FeS2
 Số mol e mà các khí nhận = 0,62+0,02.2=0,66 (mol)
5m
Số mol của O trong A là:
mol
536
5m
Bảo toàn e: 0,66 = ne kim loại +
+6a
268
5m


Vậy số mol e kim loại nhường =  0,33 
 3a 
268



57m
 32a
_Khối lượng của kim loại là: mKL  mA  m O mS 
67
+TN1:


Ta có:

 MgO
 Fe O
 2 3
 H 2 SO4  muoi  SO2  H 2O
Sơ đồ phản ứng: 
FeS

 FeS2
+Trong muối có ion kim loại và SO42- nên khối lượng muối là:
57m
5m
155m


 32a   0,33 
 3a  .96 
1
67
268
67



+TN2:
Ta có:

 MgO
 Fe O
 SO2 : 0, 02
 2 3
 HNO3  muoi  
 H 2O
Sơ đồ phản ứng: 
NO
:
0,
62
FeS

2

 FeS2



nSO 2  a  0, 02. nNO   2 nSO 2 TN1 – nSO 2 TN 2 
4

3

4

4



5m
57m
5m 


 32a  96  a  0, 02    0, 7  8a 
 .62  28, 44  2 
268
67
268 

Từ (1), (2) giải hệ ta thu được  m =10,72 gam và a =0,08 mol.
 nFeS = 2.0,06-0,08=0,04(mol)  %mFeS = 32,84%  Vậy chọn C.
 0, 7  8a 

Bài 8:
Hỗn hợp X gồm Gly và Ala. Người ta lấy m gam X cho tác dụng với lượng vừa đủ KOH thu
được 13,13 gam hỗn hợp muối. Mặt khác, cũng từ lượng X trên ở điều kiện thích hợp người ta điều
chế được hỗn hợp Y chỉ gồm hỗn hợp các peptit có tổng khối lượng m’ gam và nước. Đốt cháy
hoàn toàn m’ gam hỗn hợp peptit trên cần 7,224 lít khí O2 (đktc) . Giá trị đúng của m gần nhất với :
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
Giải:
Một bài toán rất hay của Hoán Đổi Lượng Chất . Không biết Y là gì, không biết CTPT

vẫn có thể làm được . Cùng xem……….nào!!
Đặt số mol của Gly và Ala lần lượt là x, y mol
+Khi X tác dụng với KOH, sau phản ứng thu được hỗn hợp muối là: C2H4NO2K: x mol và
C3H6NO2K: y mol
_Khối lượng muối: 113x + 127y = 13,13 (1)
Hoán đổi lượng chất Y thành hỗn hợp gồm: Gly: x mol, Ala: y mol và H2O (số mol được
bảo toàn)
+Đốt cháy hỗn hợp Y:
9
5
1
C2 H 5 NO2  O2  2CO2  H 2O  N 2
4
2
2
15
7
1
C3 H 7 NO2  O2  3CO2  H 2O  N 2
4
2
2
9
15
_Số mol O2 cần để đốt cháy: x  y  0,3225 (2)
4
4
Từ (1) và (2) giải hệ ta thu được: x= 0,06 mol, y=0,05 mol.
Vậy mX=75.0,06 + 89.0,05 = 8,95 gam  Chọn C

Bài 9:
Hỗn hợp X gồm Al, Fe2O3, Fe3O4, CuO trong đó oxi chiếm 25,39% khối lượng hỗn hợp. Cho m
gam hỗn hợp X tác dụng với 8,96 lít CO (điều kiện tiêu chuẩn) sau một thời gian thu được chất rắn
Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với hiđro là 19. Cho chất rắn Y tác dụng với dung dịch HNO3
loãng dư thu được dung dịch T và 7,168 lít NO (điều kiện tiêu chuẩn, sản phẩm khử duy nhất). Cô
cạn dung dịch T thu được 3,456m gam muối khan. Giá trị của m gần với giá trị nào sau đây nhất?
A. 42,5
B. 35,0
C. 38,5
D. 40,5
Giải:
Hỗn hợp khí Z là CO2 và CO.
Đặt số mol của CO2 và CO lần lượt là x, y mol.
_Bảo toàn nguyên tố C: x+y=0,4 mol
44 x  28 y
_Tỉ số của Z và H2 là 19:
 38
x y
Giải hệ ta thu được: x= 0,25 mol và y= 0,15 mol
Khi phản ứng: CO + O  CO2
Vậy số mol O bị mất đi là: nO mất = nCO2 =0,25 mol
+Khi Y tác dụng với HNO3 ta có sơ đồ sau:
 Al
 Fe

(m-4) gam Y:   HNO3  T  NO  H 2O 0
Cu
O
0, 2539m

Số mol O còn lại trong Y là:
 0, 25 . Vậy khối lượng kim loại là: (0,7461m) gam
16
Số mol của NO là 0,32 mol
0, 2539m
Vậy tổng số mol H+ đã phản ứng là: nH   4.0,32  2.(
 0, 25)
16
0, 2539m
0, 2539m
Vậy số mol NO3- trong muối là: nNO   4.0,32  2.(
 0, 25)  0,32  0, 46 
3
16
8
Vậy khối lượng muối là:
0, 2539m
mKL  mNO   3, 456m  0,7461m  62.(0, 46 
)  3, 456m
3
8
 m  38, 42 gam. Vậy chọn C
Bài 10:
Hỗn hợp M gồm 4 chất hữu cơ A, B, C, D có khối lượng phân tử tăng dần. Đốt cháy hoàn
toàn 0,1 mol hỗn hợp M chỉ thu được 2,7 gam H2O và 2,24 lít CO2 (đktc). Cũng 0,1 mol hỗn hợp M
thực hiện phản ứng tráng bạc thì thu được 12,96 gam Ag. Phần trăm số mol của D trong hỗn hợp M
gần nhất với giá trị nào:
A. 40%.
B. 50%.
C. 60%.

D. 25%.
Giải:
Số CTB = 1; số HTB =3. => A, B, C, D là những hợp chất hữu cơ đều có 1 Cacbon
Hỗn hợp M có phân tử khối tăng dần nên A, B, C, D lần lượt là CH4, CH2O, CH4O, CH2O2.
Trong đó B, D tráng bạc được.
Gọi số mol của A, B, C, D lần lượt là a, b, c, d.
_Ta có số mol hỗn hợp là: a + b + c + d = 0,1
_Số mol H2O là: 2a+ b+2c+d = 0,15
_Số mol Ag là: 4b + 2d = 0,12
Giải hệ ta thu được: b=0,01 mol ; d=0,04 mol  % n D = 40%.  Chọn A


Bài 11:
Một hợp chất hữu cơ X có công thức phân tử C10H8O4 trong phân tử chỉ chứa 1 loại nhóm chức.
Cho 1 mol X phản ứng vừa đủ với 3 mol NaOH tạo thành dung dịch Y gồm 2 muối (trong đó có 1
muối có M<100), 1 anđehit no (thuộc dãy đồng đẳng của metanal) và nước. Cho dung dịch Y phản
ứng với lượng dư AgNO3/NH3 thì khối lượng kết tủa thu được gần nhất là:
A. 161.19 gam
B. 431,19 gam
C. 162 gam
D. 108,19 gam
Giải:
_X + NaOH: HOOC6H4COOCH=CH2 + 3NaOH  HCOONa + C6H4COONa + CH3CHO
_Y + AgNO3 + NH3: HCOONa  2Ag ; CH3CHO  2Ag
 mAg = 432g  Chọn B
Bài 12:
Hỗn hợp X gồm 0,2 mol axetilen, 0,1 mol propin, 0,15 mol etilen, 0,1 mol etan và 0,85 mol
H2. Nung nóng hỗn hợp X (xúc tác Ni) một thời gian, thu được hỗn hợp Y có tỷ khối so với H 2
bằng x. Cho Y tác dụng với AgNO3 dư trong NH3 thu được kết tủa và 19,04 lít hỗn hợp khí Z
(đktc). Sục khí Z qua dung dịch Brom dư thấy có 8,0 gam brom phản ứng. Giá trị của gần nhất của

x là
A. 9,0
B. 5,02
C. 10,5
D. 11,0
Giải:
Sau khi hỗn hợp X phản ứng, ta thu được hỗn hợp Y sẽ gồm: C2H2 dư, C3H4 dư, các anken,
các ankan và có thể có H2 dư.
Đặt số mol của C2H2 và C3H4 lần lượt là a, b mol.
0, 2.26  0,1.40  0,15.28  0,1.30  0,85.2 181
Ta tính được Phân tử khối của hỗn hợp X: M X 

0, 2  0,1  0,15  0,1  0,85
14
M
181
+ Số mol H2 đã phản ứng là: nH 2  ntruoc .(1  truoc )  1, 4.(1 
)
M sau
14.2 x
_Số mol khí: ntruoc  nsau  nZ  1, 4  a  b  0,85  a  b  0,55 (1)
181
_Bảo toàn pi: 0, 2.2  0,1.2  0,15.1  0  1, 4.(1 
)  2a  2b  nBr2  2(a  b)  0,05 (2)
14.2 x
Thay (2) vào (1) ta thu được: x= 5,0277. Vậy chọn B.
Bài 13:
Đốt cháy m gam hỗn hợp X gồm glixerol, metan, ancol etylic và axit no, đơn chức mạch hở
1
Y (trong đó số mol glixerol bằng số mol metan) cần vừa đủ 0,41 mol O2 thu được 0,54 mol CO2.

2
Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với 200ml dung dịch KOH 1,5M, rồi cô cạn thì thu được m’
gam chất rắn khan. Giá trị m’ gần nhất với giá trị nào dưới đây?
A.25.
B. 33.
C. 31.
D. 29.
Giải:
Giả sử hỗn hợp X gồm C3H8O3: a mol; CH4: 2a mol; C2H6O: b mol; CnH2nO2: c mol
3n  2
.c  0.41 (1)
_Đốt cháy hỗn hợp X  nO  7,5a  3b 
2
_ Lại có: nCO 2  5a  2b  nc  0,54 (2)
Lấy 1,5.(2) – (1)  c = 0,4 mol
+ Mà từ (2) thì: n.c < 0,54  n.0,4 < 0,54  n = 1  m’ =25,2 gam  Chọn A.
Bài 14:
Cho m gam bột Fe vào bình kín chứa đồng thời 0,06 mol O2 và 0,03 mol Cl2, rồi đốt nóng.
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn chỉ thu được hỗn hợp chứa các chất rắn là oxit sắt và muối
sắt. Hòa tan hết hỗn hợp này trong một lượng dung dịch HCl ( Lấy dư 25% so với lượng cần phản


ứng ) thu được dung dịch X. Cho dung dịch AgNO3 dư vào X, sau khi kết thúc các phản ứng thì thu
được 53,28 gam kết tủa ( biết sản phẩm khử duy nhất của N+5 là khí NO duy nhất ). Giá trị của m
là?
A. 6,44
B. 6,72
C. 5,88
D. 5,60
( Chuyên Nguyễn Huệ lần 3 )

Giải:
Ta có sơ đồ phản ứng như sau:
 Fe2 ; Fe3
 Fe

Cl

Fe   2  Cl : 0, 06  HCl  X Cl 
 AgNO3  m  53, 28 g
O2
O : 0,12
H 


Phương trình khi cho hỗn hợp oxit và muối tác dụng với HCl: 2H   O2  H 2O
+ Số mol HCl phản ứng là: nH   2.nO  0, 24 mol  nH  có = 0,24 + 0,24.25% = 0,3 mol

 Fe 2 : a
 3
 Fe : b
Vậy dung dịch X có:  
+ AgNO3  m  53, 28
 H : 0, 06
Cl  : 0,36


Phương trình: Ag  Cl   AgCl ; 3Fe2  4H   NO3  3Fe3  NO  H 2O
Fe2  Ag   Fe3  Ag

3

Vậy m  53, 28  0,36.143,5  108.(a  .0, 06)  a  0, 06
4
Bảo toàn điện tích trong dung dịch X:  2.0,06  3b  0,06  0,36  b  0,06
Vậy tổng số mol Fe có là: 0,12. Vậy mFe = 6,72 gam. Chọn B
*Chú ý:
_Các em làm bài này, có thể rất hay bị lừa ở phương trình Fe2  Ag   Fe3  Ag
Nhưng cá nhân anh thấy, điều mà các em hay bỏ quên nhất chính là phương trình này:
3Fe2  4H   NO3  3Fe3  NO  H 2O
Vì vậy hãy chú ý vào phương trình đó và nhớ thật kĩ vào. Vì nếu các em không có phương trình này
thì bài toán sẽ có đáp án là 5,88 gam. Vậy là các em đã mất đi 0,2 dù ở rất gần đó.
Bài 15:
Hỗn hợp X gồm: CnH2n-1CHO; CnH2n-2(CHO)2; CnH2n-2(COOH)2;
CnH2n-3(CHO)(COOH)2. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được
56,16 gam Ag. Trung hòa m gam hỗn hợp X cần dùng 30 gam dung dịch hỗn hợp NaOH 12% và
KOH 5,6%. Đốt m gam hỗn hợp X cần dùng (m + 7,29) gam O2. Giá trị gần nhất của m là.
A. 19,84
B. 20,16
C. 19,06
D. 20,24
( Lê Phạm Thành )
Nhận xét:
Bài toán này rất giống 1 câu trong đề thi chính thức của Bộ năm 2015. Khi đó ta sẽ giả sử được hỗn
hợp là –CHO; -COOH; CH2. Vậy nhìn nhận bài này ta có thể làm được như vậy hay không?
_Câu trả lời là không. Vậy có nghĩa là bài toán này không thể làm theo cách quy đổi? Câu trả lời
vẫn là không, nếu các em để ý một chút thì sẽ thấy:
Cn H 2n1CHO  (CH 2 )n CO

Cn H 2n2  CHO 2  (CH 2 )n (CO)2

Cn H 2n2  COOH 2  (CH 2 )n (CO2 )2

Cn H 2n3  CHO  COOH 2  (CH 2 )n (CO)(CO2 )2
Do vậy hỗn hợp có thể giả sử thành: CH2; CO; CO2
Giải:
Quy đổi cao cấp thành hỗn hợp CH2; CO; CO2
Đặt số mol của CH2; CO; CO2 lần lượt là a, b, c mol.
_Khi cho phản ứng với AgNO3/NH3 dư thu được kết tủa: 2b = 0,52
_Khi cho phản ứng với OH- : c = 0,12
_Khi đốt cháy hỗn hợp:
+ mX  14a  28b  44c (1)
3
1
+ mO2  32.( a  b)  48a  16b (2)
2
2
Lấy (2) – (1) ta thu được: 34a 12b  44c  7, 29  a  0, 46
Vậy khối lượng của X là: 0,46.14 + 28.0,26 + 44.0,12 = 19 gam. Chọn C.
Bài 16:
X là ancol no, 2 chức, Y và Z là hai axit thuộc dãy đồng đẳng axit acrylic, T là este được tạo
bởi X, Y, Z. Cho 11,2 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T qua bình đựng Na dư thu được 2,688 lít H2
(đktc). Đốt cháy 11,2 gam E cần dùng 11,2 lít O2 (đktc). Nếu đun nóng 11,2 gam E cần dùng vừa
đủ 300 ml dung dịch KOH 0,2M thì sau phản ứng thu được dung dịch muối có khối lượng là ?
A. 7,00
B. 6,58
C. 8,05
D. 7,02
Giải:
Hỗn hợp E gồm: ancol CnH2n+2O2; axit CmH2m-1COOH; và este (CmH2m-1COO)2 CnH2n.
Đặt số mol của CnH2n+2O2; CmH2m-1COOH; và (CmH2m-1COO)2 CnH2n là a, b, c mol.

b
_Khi tác dụng với Na: a   0,12 (*)
2
_Khi tác dụng với KOH: b + 2c = 0,06 (**)
_Khi đốt hỗn hợp E:
+Đặt số mol của CO2 và H2O là x, y mol.
-Bảo toàn khối lượng: mE  mO2  mCO2  mH2O  44 x  18 y  27, 2 (1)
-Bảo toàn pi: nH2O  n CO2  a.(1  0)  b.(1  2)  c.(1  4)  y  x  a  b  3c
 y  x  a  c  (b  2c)  0,09  0,06  0,03 (2)
Từ (1) và (2) giải hệ ta thu được: x = 0,43; y = 0,46
_Bảo toàn O:
nO  nO  nO  nO
 2a  2b  4c  1  2.0, 43  0, 46  a  b  2c  0,16 (***)
E

O2

CO2

H 2O

Từ (*); (**); (***) ta thu được: a=0,1; b=0,04; c=0,01
 mmuối = 11,2 - 0,1.62 - 0,01.28 - 0,04 + 0,06.39 = 7,02(g)
Vậy chọn D.
Bài 17:
Chia 156,8 gam hỗn hợp L gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 thành hai phần bằng nhau. Cho phần thứ
nhất tác dụng hết với dung dịch HCl dư được 155,4 gam muối khan. Phần thứ hai tác dụng vừa đủ
với dung dịch M là hỗn hợp HCl, H2SO4 loãng thu được 167,9 gam muối khan. Số mol của HCl
trong dung dịch M gần nhất với?
A. 1,73 mol.

B. 1,81 mol.
C. 1,54 mol.
D. 1,22 mol.
( Đề thi thử trường THPT Phúc Thành - 2015 )


Giải:
Ta có sơ đồ phản ứng sau:

 Fe2 : a

L  Fe : (a  b)
 HCl   Fe3 : b
_Thí nghiệm 1: : 
2 O : c
Cl  : (2a  3b)

_Khối lượng của phần thứ nhất: 56a  56b  16c  78, 4
_Khối lượng của dung dịch sau phản ứng: 127a  162,5b  155, 4
_Bảo toàn số mol axit phản ứng: nH   2.nO  2c  nCl   2a  3b
Giải hệ ta thu được: a= 0,2 ; b= 0,8; c= 1,4.

 Fe 2 : 0, 2
 3
L  Fe :1  HCl : x
 Fe : 0,8

 
_Thí nghiệm 2: : 
2 O :1, 4  H 2 SO4 : y Cl : x

SO 2 : y
 4
_Bảo toàn điện tích: x+2y=2,8
_Khối lượng dung dịch sau phản ứng: 35,5x+96y=111,9
Giải hệ ta thu được x=1,8; y=0,5
Vậy số mol của HCl trong dung dịch M gần nhất với 1,81. Chọn B
Bài 18:
Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gam X vào bình kín có chứa một ít bột Ni
làm xúc tác. Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O2
(đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có
khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trong CCl4 thì
có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch
brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá
trị của V gần với giá trị nào sau đây nhất?
A. 21,00.
B. 22,00.
C. 10,00.
D. 21,50.
Giải:
C3 H 6
O2  Ca(OH) 2 : mdd  21, 45g
C H
Y
 4 10
 Br2 : nBr2  0,15

Ta có sơ đồ: X 
C
H
 2 2

 Br2 : nBr2  0, 4
 H 2
Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn mà sau phản ứng Y còn tác dụng được với Br2 nên trong phản
ứng với H2 thì H2 đã phản ứng hết.
Dùng số đếm. Ta thấy có 3 dữ kiện mà lại có tới 4 ẩn số nên ta được phép bỏ đi 1 ẩn số. Ta loại đi
C2H2
Gọi số mol của C3 H 6 ; C4 H10 ; H 2 lần lượt là a, b, c.
_Khi Y tác dụng với Br2: a – c = 0,15 (1)
_Khi đốt Y thu được: nCO2  3a  4b ; nH2O  3a  5b  c
- Khi cho vào Ca(OH)2:
mdung dịch giảm = 44.(3a+4b) + 18.(3a+5b+c) - 100.(3a+4b) = -21,45
 114a 134b  18c  21.45 (2)


+Với 11,2 lít hỗn hợp X: giả sử sẽ có số mol của C3 H 6 ; C4 H10 ; H 2 là ka, kb, kc.
_Số mol hỗn hợp X: k(a+b+c)=0,5
_Khi X tác dụng với Br2: ka=0,4
abc 5

  a  4b  4c  0 (3)
a
4
Từ (1); (2); (3) ta có được: a = 0,3; b = -0,075 ; c = 0,15.
9
13
1
Vậy khi đốt Y cũng là đốt X: nên ta có: nO2  a  b  c  0,9375  VO2  21, 00 .
2
2
2

Vậy chọn A.
Bài 19:
Cho hỗn hợp A chứa hai peptit X và Y đều tạo bởi glyxin và alanin. Biết rằng tổng số
nguyên tử O trong A là 13. Trong X hoặc Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Đun nóng
0,7 mol A trong KOH thì thấy có 3,9 mol KOH phản ứng và thu được m gam muối. Mặt khác, đốt
cháy hoàn toàn 66,075 gam A rồi cho sản phẩm hấp thụ hoàn toàn vào bình chứa Ca(OH)2 dư thấy
khối lượng bình tăng 147,825 gam. Giá trị của m là ?
A. 560,1
B. 520,2
C. 470,1
D. 490,6
Nhận xét:
Bài này ta có thể dùng hoán đổi lượng chất một cách ngon lành! Nhưng câu hỏi đặt ra là hoán đổi
lượng chất sao cho có lợi cho mình nhất? Nếu bình thường thì ta sẽ hoán đổi về Gly và Ala theo sơ
đồ sau: H 2 NCH 2CO  HNCH (CH3 ) CO HNCH2 COOH  Gly+Ala-2H2O
sau đó làm bình thường. Nhưng để ý ta sẽ có cách biến đổi sau:
H 2 NCH 2CO  HNCH (CH3 ) CO HNCH2 COOH  C2 H3 NO  C3 H5 NO  H 2O
2 cách này khác biệt nhau ở điều gì? Cách 1 chúng ta phải tính được số mol của Gly và Ala thì mới
tính được số mol H2O. Vậy là 3 ẩn. Còn ở cách 2? Ta thấy ngay nH2O  nA  0,7 . Nên chúng ta chỉ
giải phương trình 2 ẩn. Do vậy ta hoán đổi như vậy sẽ có lợi hơn trong lúc làm
Giải:
Hoán đổi lượng chất thành: C2 H3 NO; C3 H5 NO; H 2O với số mol lần lượt là a, b, 0,7.
_Khi cho 0,7 mol A tác dụng với KOH: a + b = 3,9 (1)
+ Xét với 66,075 gam A: Số mol của C2 H3 NO; C3 H5 NO; H 2O lần lượt là ka, kb, 0,7k.
_Khối lượng A: k.(57a + 71b + 18.0,7) = 66,075
_Khi đốt, sau đó cho sản phẩm vào Ca(OH)2:
3
5
 mbình tăng  mCO2  mH2O  44.k.(2a  3b)  18.k.( a  b  0, 7)  147,825
2

2
 k.(115a  177b  12,6)  147,825
57a  71b  12, 6
66, 075 881


 11032a  15996b  13734 (2)
Chia:
115a  177b  12, 6 147,825 1971
Từ (1); (2) ta giải hệ thu được a = 1,8 và b = 2,1.
Vậy khi A tác dụng với KOH sẽ thu được muối là: 1,8 mol C2H4NO2K, 2,1 mol C3H6NO2K.
Vậy khối lượng muối là: mmuối = 1,8.113 + 2,1.127 = 470,1 gam.
Như vậy các em có thể thấy sức mạnh của hoán đổi lượng chất trong các bài toán peptit .
Bài 20:
Thủy phân hết m gam hỗn hợp X gồm một số este được tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn
chức bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được a gam hỗn hợp muối, b gam hỗn
hợp ancol. Đốt cháy a gam hỗn hợp muối thu được hỗn hợp khí Y và 7,42 gam Na2CO3. Cho toàn
bộ hỗn hợp khí Y vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được 23 gam kết tủa, sau phản ứng khối lượng
bình tăng 13,18 gam so với ban đầu. Đun b gam hỗn hợp ancol sinh ra với H2SO4 đặc ở 140 độ C


thu được 4,34 gam hỗn hợp các ete. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m gần nhất với đáp án
nào?
A. 10
B.11
C.12
D.13
( Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 4 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – Thành phố HCM)
Giải:
Sơ đồ phản ứng: X  NaOH  muối + ancol (1)

+ Đốt cháy: muoi  O2  Na2CO3  CO2  H 2O
7, 42
Ta có: nNa2CO3 
 0, 07 mol; nCO2  0, 23 mol.
106
Do khối lượng bình tăng 13,18 gam nên: mCO2  mH2O  13,18  nH2O  0,17 mol
_Mặt khác, bảo toàn nguyên tố Na ta có: nRCOONa  nNaOH  2.nNa2CO3  0,14 mol.
_Bảo toàn nguyên tố O:
nO
 nO  nO  nO  nO
 2.0,14  2.nO2  2.0, 23  0,17  3.0,07
RCOONa

O2

CO2

H 2O

Na2CO3

 nO2  0, 28 mol

Bảo toàn khối lượng ta có: mmuối mO2  mCO2  mH2O  mNa2CO3

 mmuối = 44.0,23+18.0,17+7,42-0,28.32 = 11,64 gam. Hay a = 11,64 gam.
+ Phản ứng ete hóa:
Ta có: nR 'OH  nNaOH  2.nNa2CO3  0,14 mol.
Sơ đồ phản ứng: 2R ' OH  R 'OR ' H 2O
1

Lại có: nH 2O  .nR 'OH  0, 07 mol.
2
Bảo toàn khối lượng: mancol = mete + mH 2O  mancol = 5,6 gam. Hay b = 5,6 gam.
+ Bảo toàn khối lượng phương trình (1)
Ta có: mX  mNaOH  a  b  mX  11,64  5,6  40.0,14  11,64 gam.
Vậy gần với đáp án C nhất. Chọn C.
Bài 21:
Hỗn hợp T gồm hai ancol đơn chức là X và Y (MX < MY), đồng đẳng kế tiếp của nhau. Đun
nóng 27,2 gam T với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp các chất hữu cơ Z gồm: 0,08 mol ba este (có
khối lượng 6,76 gam) và một lượng ancol dư. Đốt cháy hoàn toàn Z cần vừa đủ 43,68 lít O2 (đktc).
Hiệu suất phản ứng tạo ete của X và Y lần lượt là?
A. 50% và 20%
B. 20% và 40%
C. 40% và 30%
D. 30% và 30%
( Đề thi chính thức 2015 Bộ Giáo Dục và Đào Tạo )
*Nhận xét:
Các bài toán trắc nghiệm thì khác các bài toán tự luận ở điểm nào? Đó chính là các bài toán
trắc nghiệm ngoài thông tin đầu bài còn có thông tin ở đáp án. Vậy điểm lưu ý này có thể giúp ích
gì cho chúng ta? Hãy cùng giải bài toán hóa trên.
Giải:
Sơ đồ phản ứng: X , Y 

ete  H 2O

Ancol du
+ Do đây là 2 ancol đồng đẳng kế tiếp nên gọi công thức chung cho X, Y là ROH.
Ta có: 2.ROH  ROR  H 2O (1)

6, 76
 84,5  M R  34, 25 . Suy ra 2 ancol lần lượt là: C2H5OH và C3H7OH.
0, 08
+ Đặt số mol mà C2H5OH và C3H7OH phản ứng để tạo ete là x, y mol.
_Theo phản ứng (1) thì: nH2O  nROR  0,08 mol
Ta có: M ROR 

Bảo toàn khối lượng thì: mancol phản ứng = mete + mH 2O
Hay: 46x + 60y = 6,76+18.0,08 = 8,2 (*)
+ Theo phản ứng (1) thì: nancol phản ứng = x+y = 0,08. nROR = 0,16 (**)
Từ (*) và (**) ta thu được: x = 0,1 và y = 0,06
+ Gọi hiệu suất phản ứng tạo ete của X và Y lần lượt là a, b %.
0,1
0, 06
Thử các đáp án với phương trình: 46.
 60.
 27, 2 thì chỉ có đáp án A là thỏa mãn.
a
b
Vậy đáp án A là đúng. Chọn A.
Bài 22:
Đốt cháy hoàn toàn 24,4 gam hỗn hợp X gồm C3H6; C3H8; C4H10, CH3CHO; CH2=CH-CHO
cần vừa đủ 49,28 lít O2 (đktc). Sau phản ứng thu được 28,8 gam H2O. Mặt khác, lấy toàn bộ lượng
X trên sục vào dung dịch AgNO3/NH3 dư xuất hiện m gam kết tủa (các phản ứng xảy ra hoàn toàn).
Giá trị của m là
A. 21,6
B. 32,4
C.43,2
D. 54,0
( Đề thi thử của CLB Gia sư ĐH Ngoại Thương – Hà Nội, năm 2015 )

Giải:
Sử dụng số đếm. Giả sử hỗn hợp chỉ có C3H6 ; C4H10 ; CH3CHO.
Đặt số mol của C3H6 ; C4H10 ; CH3CHO lần lượt là a, b, c.
_ Khối lượng của X: 42a + 58b + 44c = 24,4 (1)
9
13
5
_ Số mol của O2 phản ứng: a  b  c  2, 2 (2)
2
2
2
_ Số mol H2O: 3a + 5b + 2c = 1,6 (3)
7
Từ (1); (2); (3) ta giải ra được: a= ; b=0,1; c=0,2.
30
+ Khi X tác dụng với AgNO3/NH3 dư: CH3CHO  AgNO3  2 Ag
Số mol Ag là: nAg  2.nCH3CHO  0, 4 mol.
Khối lượng kết tủa là: m = 0,4.108 = 43,2 gam. Vậy chọn C.
Bài 23:
Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm một số este đơn chức, mạch hở bằng dung dịch NaOH
vừa đủ thu được a gam hỗn hợp muối và b gam hỗn hợp ancol. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp
muối trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp khí Y và 11,13 gam Na2CO3. Dẫn toàn bộ khí Y qua bình
đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 34,5 gam kết tủa, đồng thời khối lượng bình tăng19,77 gam
so với ban đầu. Đun b gam hỗn hợp ancol với H2SO4 ở 1400C thu được 6,51 gam hỗn hợp các ete.
Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 17,46
B. 11,64
C. 19,35
D.25,86
( Đề thi chuyên Long Xuyên – 2015 )

Giải:
Sơ đồ phản ứng: X  NaOH  a  b
+ Thí nghiệm 1: Đốt cháy hỗn hợp muối.
Do X là hỗn hợp các este đơn chức nên khi tác dụng NaOH tạo ra muối có dạng: RCOONa.
Phương trình: RCOONa+O2  CO2  H 2O  Na2CO3
Suy ra hỗn hợp khí Y là: CO2 và H2O.
- Khi cho hỗn hợp khí Y vào Ca(OH)2:


_ Số mol CO2: nCO2  n  0,345 mol
_ Bình tăng do có CO2 và H2O thêm vào nên: mCO2  mH2O  mb  19,77  nH2O  0, 255 mol.
Xét: RCOONa+O2  CO2  H 2O  Na2CO3
0,345 0,255 0,105 mol.
 nCO2  nNa2CO3  0,345  0,105  0, 45
nC
 RCOONa
 2.nH 2O  2.0, 255  0,51
nH
 RCOONa
Bảo toàn nguyên tố trong hỗn hợp muối có: 
nNa RCOONa  2.nNa2CO3  0,105.2  0, 21

nO RCOONa  2.nNa  4.nNa2CO3  0, 42
Do vậy nên: a  mC  mH  mNa  mO  17, 46 gam
+ Thí nghiệm 2: Gọi công thức chung của ancol là R’OH
Ta có: nR 'OH  nOH   nNaOH  0, 21 mol
Khi cho R’OH phản ứng: 2.R 'OH  R ' OR ' H 2O
1
_ Số mol H2O: nH 2O  .n R 'OH  0,105 mol
2

_ Bảo toàn khối lượng: b  mR 'OR'  mH2O  6,51  0,105.18  8, 4 gam
+ Bảo toàn khối lượng phương trình: X  NaOH  a  b
Ta có: mX  mNaOH  a  b  mX  17, 46 gam. Vậy chọn A.
Bài 24: ( Cách giải được gợi ý bởi Phạm Công Tuấn Tú )
Nung nóng hỗn hợp X gồm KMnO4; KClO3 sau một thời gian thu được 28,33 gam chất rắn
Y gồm 5 chất. Toàn bộ Y cho tác dụng tối đa với 1,2 mol HCl đặc thu được khí Cl2 và dung dịch Z.
Cho toàn bộ Z tác dụng với AgNO3 dư thu được 66,01 gam kết tủa. Thành phần % khối lượng của
KMnO4 trong X gần nhất với?
A. 40%
B. 50%
C. 60%
D. 70%
( Đề thi thử trường THPT Phúc Thành )
Giải:
Đặt số mol của KMnO4; KClO3 lần lượt là a, b mol.
 K : ( a  b)
Cl : b
 KMnO4 : a

 O2  
 O2
Sơ đồ phản ứng: 
 KClO3 : b
 Mn : a
O : 0, 6

 K : ( a  b)
 K  : (a  b)
Cl : b



 HCl  Z Cl  : 0, 46  Cl2  H 2O ;

 Mn : a
 Mn 2 : a

O : 0, 6
+ Thí nghiệm 3: nCl   nAgCl  0, 46 mol

 K  : ( a  b)

Z Cl  : 0, 46  AgNO3  m  66, 01
 Mn 2 : a


1
+ Thí nghiệm 2: Do chất rắn phản ứng tối đa với 1,2 mol HCl nên: nO  .nH   0, 6 mol
2
_ Vậy có 1 phương trình khối lượng:
39  a  b   35,5b  55a  16.0,6  28,33  94a  74,5b  18,73 (1)


+ Bảo toàn điện tích dung dịch Z thu được phương trình: a+b+2a = 0,46 (2)
Từ (1) và (2) thu được: a = 0,12; b = 0,1.
0,12.158
Vậy: %mKMnO4 
 60, 75% . Chọn C.
0,12.158  0,1.122,5
Bài 25:
Chia 47,1 gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe, Mg thành 3 phần bằng nhau. Cho phần 1 vào 500 ml

dung dịch HCl aM thu được 33,45 gam chất rắn. Cho phần 2 vào 450 ml HCl 2aM thu được 40,55
gam chất rắn. Phần 3 cho tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 86,4 gam chất rắn. Biết các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a và % số mol của Mg trong hỗn hợp X là
A. 1,0 và 22,93%
B. 0,5 và 42,86%
C. 1,0 và 42,86%
D. 0,5 và 22,93%
( Đề thi chuyên Vinh lần 3 năm 2015-2016 )
Giải:
Đặt số mol của Zn, Fe, Mg lần lượt là x, y, z mol.
_Có phương trình khối lượng: 65x + 56y + 24z = 15,7 (1)
Ta tính trước: nHCl (1)  0,5.a mol; nHCl (2)  0, 45.2a  0,9.a mol
+ Giả sử trong thí nghiệm 1 và 2 thì kim loại đều hết, axit dư.
Như vậy thì dù HCl có bao nhiêu đi chăng nữa thì khối lượng muối cũng không thay đổi.
Nhưng đầu bài cho khối lượng chất rắn 2 phần bằng nhau.
Nên suy ra giả sử là sai.
+ Giả sử trong thí 1 và 2 thì kim loại đều dư, axit hết.
Nếu như giả sử thì lượng axit của 2 phần sẽ tỉ lệ thuận với khối lượng chất rắn thu được ở 2 phần.
0,5 33, 45
Nhưng:
nên điều giả sử này cũng sai.

0,9 40,55
+ Ta nhận thấy nHCl (1)  nHCl (2) nên chỉ có thể xảy ra là thí nghiệm 1 kim loại dư, axit hết còn thí
nghiệm 2 thì kim loại hết axit dư.

33, 45  15, 7
 0,5 mol. Nên: 0,5a  0,5  a  1,0
35,5
+ Thí nghiệm 2: Khối lượng muối: 136 x  127 y  95c  40,55 (2)

86, 4
+ Thí nghiệm 3: Khi tác dụng với AgNO3 dư: 2 x  3 y  2 z 
 0,8 (3)
108
Từ (1); (2); (3) ta thu được: a = 0,1; b = 0,1; c = 0,15.
0,15
Suy ra % số mol của Mg trong hỗn hợp là: % n Mg 
 42,86% .
0,1  0,1  0,15
X
Vậy chọn C.
+ Thí nghiệm 1: Ta có: nCl  

Bài 26:
Thuỷ phân hoàn toàn 14,6 gam một đipeptit X có cấu tạo bởi amino axit có 1 nhóm NH2 và
1 nhóm COOH bằng dung dịch NaOH thu sản phẩm trong đó có 11,1 gam một muối có chứa
20,72% Na về khối lượng. Công thức chất X là:
A. H2NCH(CH3)CO-NHCH(CH3)COOH.
B. H2NCH(C2H5)CO-NHCH2COOH hoặc H2NCH2CO-NHCH2(CH3)COOH.
C. H2NCH2CO-NHCH2COOH.
D. H2NCH(CH3)CO-NHCH2COOH hoặc H2NCH2CO-NHCH2(CH2)COOH.
( Trường THPT Quỳnh Lưu 1/ Nghệ An/ thi thử lần 1-2016 )
Giải:
Trong sản phẩm muối sẽ có dạng: CxH2xNO2Na.


Do muối chứa 20,72% Na về khối lượng nên: Mmuối =

23
 111

20, 72%

Vậy muối có dạng: C3H6NO2Na. ( Alanin )
11,1
Số mol của muối là: nmuối =
 0,1 mol
111
14, 6
Vậy Mpeptit X =
 146 . Nên Maxit amin còn lại = 146-89+18 = 75
0,1
Axit amin đó là Glyxin.
Vậy peptit X được tạo nên từ 2 axitamin là Ala và Gly nên chỉ có D là thỏa mãn.
Vậy chọn đáp án D.