Chinh phục câu hỏi khó kì thi THPT môn Hóa học

HƯỚNG DẪN GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VÀ KHÓ
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – MÃ ĐỀ THI 357
Câu 37: Hỗn hợp X gồm CaC2 x mol và Al4C3 y mol. Cho một lượng nhỏ X vào
H2O rất dư, thu được dung dịch Y, hỗn hợp khí Z (C2H2, CH4) và a gam kết tủa
Al(OH)3. Đốt cháy hết Z, rồi cho toàn bộ sản phẩm vào Y được 2a gam kết tủa. Biết
các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Tỉ lệ x : y bằng:
A. 5 : 6.

B. 1 : 2.

C. 3 : 2.

D. 4 : 3.

Hướng dẫn
CaC2 + 2H2O  Ca(OH)2 + C2H2
x

x

x

Al4C3 + 12H2O  4Al(OH)3 + 3CH4
y

y

y

2Al(OH)3 + Ca(OH)2  Ca(AlO2)2 + H2O
y

x mol

Al(OH)3 dư: a gam => Ca(OH)2 hết
 nAl(OH)3 dư = y - ½ x mol ; nCa(AlO2)2 = x mol
C2H2 + 3/2O2  2CO2 + H2O
CH4 + 2O2  CO2 + 2H2O
Số mol CO2: 2x + 3y mol
Hấp thụ sản phẩm cháy vào Y thu được 2a gam kết tủa
Ca(AlO2)2 + 2CO2 + 4H2O  2Al(OH)3 + Ca(HCO3)2
x
2x + 3y
2a gam
=> CO2 dư => nAl(OH)3 = x mol
 x = 2.y – ½ x => 3x = 4y => x : y = 4 : 3
Câu 41: Đun hỗn hợp etylen glicol và axit cacboxylic X (phân tử chỉ có nhóm COOH) với xúc tác H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ, trong đó có chất
hữu cơ Y mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 3,95 gam Y cần 4,00 gam O2, thu được CO2
1


và H2O theo tỉ lệ mol tương ứng 2 : 1. Biết Y có công thức phân tử trùng với công
thức đơn giản nhất, Y phản ứng được với NaOH theo tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2. Phát
biểu nào sau đây sai?
A. Tổng số nguyên tử hiđro trong hai phân tử X, Y bằng 8.
B. Y không có phản ứng tráng bạc.
C. Y tham gia được phản ứng cộng với Br2 theo tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2.
D. X có đồng phân hình học.
Hướng dẫn
Etilen glicol: C2H4(OH)2
Axit caboxylic X: R(COOH)x

Đun etilen glicol với X được chất Y.
mY = 3,95 gam
mO2 = 4,0 gam => nO2 = 0,125 mol
BTKL: mCO2 + mH2O = 3,95 + 4 = 7,95 gam
nCO2 : nH2O = 2 :1
 nCO2 = 0,15 mol; nH2O = 0,075 mol
 nC = 0,15; nH = 0,15;
BTNT O: nO(Y) = 0,15.2 + 0,075 – 0,125.2 = 0,125
Trong Y: nC : nH : nO = 0,15 : 0,15 : 0,125 = 6 : 6: 5
 CTPT Y: C6H6O5
Y phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1:2 => Y có 2 chức este hoặc axit và 1
chức ancol
Y: HO-C2H4-OOC-R-COOH
 Y: HO-C2H4-OOC-CC-COOH
 X: HOOC-CC-COOH
Câu 42: X là dung dịch HCl nồng độ x mol/l. Y là dung dịch Na2CO3 nồng độ y
mol/l. Nhỏ từ từ 100 ml X vào 100 ml Y, sau các phản ứng thu được V1 lít CO2
2


(đktc). Nhỏ từ từ 100 ml Y vào 100 ml X, sau phản ứng thu được V2 lít CO2 (đktc).
Biết tỉ lệ V1 : V2 = 4 : 7. Tỉ lệ x : y bằng:
A. 11 : 4.

B. 7 : 5.

C. 11 : 7.

D. 7 : 3.

Hướng dẫn
nH+ = 0,1x mol; nCO32- = 0,1y mol
Nhỏ từ từ dung dịch X (axit) vào dung dịch Y (Na2CO3)
CO32- + H+  HCO30,1y

0,1x

0,1y

HCO3- + H+  CO2 + H2O
0,1y

0,1x – 0,1y

Nếu HCO3- hết => trong cả 2 trường hợp nCO2 = 0,1y => loại
 nCO2 = 0,1x – 0,1y
Nhỏ từ từ Y vào X
CO32- + 2H+  CO2 + H2O
0,1y

0,1x

Nếu CO32- hết (x > 2y) => nCO2 = 0,1y
 V1 : V2 = 0,1x – 0,1y : 0,1y = 4 : 7
 7x = 3y => không thỏa mãn điều kiện x > 2y
Nếu H+ hết (x < 2y) => nCO2 = 0,05x
 V1 : V2 = 0,1x – 0,1y : 0,05x = 4 : 7
 7x – 7y = 2x => 5x = 7y => x : y = 7 : 5
Câu 43: Cho 8,16 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 phản ứng hết
với dung dịch HNO3 loãng (dung dịch Y), thu được 1,344 lít NO (đktc) và dung dịch

Z. Dung dịch Z hòa tan tối đa 5,04 gam Fe, sinh ra khí NO. Biết trong các phản ứng,
NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5. Số mol HNO3 có trong Y là:
A. 0,54 mol.

B. 0,78 mol.

C. 0,50 mol.
3

D. 0,44 mol.


Hướng dẫn
nNO = 0,06 mol
8,16 gam X: Fe, FeO, Fe3O4,Fe2O3 + Y: HNO3  0,06 mol NO + dung dịch Z.
Giả sử trong hỗn hợp X có nFe = x, nO = y
mhhX = 56x + 16y = 8,16
BTe: 3x – 2y = 3.0,06
Giải ra được: x = 0,12; y = 0,09
Dung dịch Z hòa tan tối đa 5,04 gam Fe sinh ra NO
nFe = 0,09 mol
3Fe + 8H+ + 2NO3-  3Fe2+ + 2NO + 4H2O

PT:

2Fe3+ + Fe  3Fe2+

(1)

(2)

0,12 mol
nFe(2) = 0,06 => nFe(1) = 0,03
 nNO (1) = 0,02 mol
 nFe2+ trong Z = 0,12 + 0,09 = 0,21 mol
 BTNT N: nHNO3 (Y) = 2.0,21 + 0,06 + 0,02 = 0,5 mol
Câu 44: Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X gồm 0,03 mol Cr2O3; 0,04
mol FeO và a mol Al. Sau một thời gian phản ứng, trộn đều, thu được hỗn hợp chất
rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần một phản ứng vừa đủ với 400 ml dung
dịch NaOH 0,1M (loãng). Phần hai phản ứng với dung dịch HCl loãng, nóng (dư),
thu được 1,12 lít khí H2 (đktc). Giả sử trong phản ứng nhiệt nhôm, Cr2O3 chỉ bị khử
thành Cr. Phần trăm khối lượng Cr2O3 đã phản ứng là:
A. 20,00%

B. 66,67%

C. 33,33%

D. 50,00%

Hướng dẫn
Trong ½ hỗn hợp X: số mol Cr2O3 phản ứng là x/2, số mol FeO phản ứng là y,
số mol Al dư là z (x, y, z > 0)
Cr2O3 + 2Al  Al2O3 + 2Cr
4


½x

x

x

3FeO + 2Al  Al2O3 + 3Fe
y

y

Sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y thành 2 phần bằng nhau
Phần 1:

Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O
2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2
z

nNaOH = 0,04 mol => nAl trong ½ hỗn hợp ban đầu = 0,04 mol
BT e: 3x + 2y + 3z = 0,04.3 = 0,12

(1)

Phần 2: Cr + 2HCl  CrCl2 + H2
x
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2
y
Al + 3HCl  AlCl3 + 3/2H2
z
nH2 = 0,05 mol
BT e: 2x + 2y + 3z = 0,05.2 = 0,1

(2)

 x = 0,02
 nCr2O3 phản ứng trong ½ hỗn hợp = 0,01 mol
 nCr2O3 phản ứng trong hỗn hợp ban đầu = 0,02 mol
 %Cr2O3 phản ứng = 0,02/0,03.100% = 66,67%
Câu 45: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3
axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm -COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng
kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi
C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu
được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản
ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đốt
5


cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm khối
lượng của este không no trong X là:
A. 29,25%.

B. 38,76%.

C. 40,82%.

D. 34,01%.

Hướng dẫn
Ancol: R’OH + Na  0,04 mol H2
R’OH + Na  R’ONa + ½ H2
 nR’OH = 0,08 mol
Khối lượng bình tăng 2,48 gam => mR’OH = 2,48 + 0,04.2 = 2,56 gam
 MR’OH = 32 => ancol là CH3OH

 Gọi CT 2 este tạo bởi axit no: CnH2nO2 (n > 2)
 Gọi CT este tạo bởi axit ko no: CmH2m-2O2 (m ≥ 4)
nR’OH = 0,08 mol => neste = 0,08 mol
Gọi số mol este no là x mol, số mol este ko no là y mol trong 5,88 gam hỗn
hợp X
 nhh X = x + y = 0,08

(1)

 mX = (14n + 32).x + (14m + 30)y = 5,88
 nH2O = nx + (m-1)y = 0,22 mol

(2)
(3)

(2)  14(nx + my – y) + 32x + 44y = 5,88
 14.0,22 + 32x + 44y = 5,88
 32x + 44y = 2,8

(4)

Giải hệ 2 phương trình (1),(4) được nghiệm: x = 0,06; y = 0,02;
Thay x, y vào (3): 0,06n + 0,02m - 0,02 = 0,22
 3n + m = 12
Vì n > 2 => m < 6
Vì m ≥ 4 => m = 4 : CH2=CH-COO-CH3
hoặc m = 5: C3H5-COO-CH3
6

Vì axit ko no có đồng phân hình học => CH3-CH=CH-COO-CH3
mCmH2m-2O2 = (14m + 30).y = (14.5 + 30).0,02 = 2 gam
%CmH2m-2O2 = 34,01%
Câu 46: Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở là X (x mol) và Y (y
mol), đều tạo bởi glyxin và alanin. Đun nóng 0,7 mol T trong lượng dư dung dịch
NaOH thì có 3,8 mol NaOH phản ứng và thu được dung dịch chứa m gam muối.
Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn x mol X hoặc y mol Y thì đều thu được cùng số
mol CO2. Biết tổng số nguyên tử oxi trong hai phân tử X và Y là 13, trong X và Y
đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Giá trị của m là
A. 396,6

B. 409,2

C. 340,8

D. 399,4

Hướng dẫn
Glyxin: H2N-CH2-COOH
Alanin: H2N-CH(CH3)-COOH
Giả sử peptit X tạo bởi a gốc aminoaxit, peptit Y tạo bởi b gốc aminoaxit
X và Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4 => a, b ≥ 5
nT = x + y = 0,7

(1)

nNaOH = ax + by = 3,8

(2)

Tổng số nguyên tử oxi trong hai phân tử X và Y là 13 => a + 1 + b +1 = 13
 a + b = 11 => a = 5 và b = 6 hoặc a = 6 và b = 5
Giả sử a = 5 và b = 6 . Thế vào (2)
 5x + 6y = 3,8

(3)

Từ (1),(3) giải được: x = 0,4; y = 0,3
Đốt cháy 0,4 mol X hoặc 0,3 mol Y thì đều thu được cùng số mol CO2
Gọi số C của X là m, số C của Y là n
X tạo bởi 5 gốc => số C của X: 10 ≤ m ≤ 15
Y tạo bởi 6 gốc => số C của Y: 12 ≤ n ≤ 18
7


 0,4.m = 0,3.n => n = 4m/3
 Xét bảng với m = 10  15
 Nghiệm phù hợp: m = 12 => n = 16
 m = 12 => X tạo bởi 3 gốc Gly và 2 gốc Ala => MX = 3.75 + 2.89 – 4.18 =
331
 n = 16 => X tạo bởi 2 gốc Gly và 4 gốc Ala => MY = 2.75 + 4.89 – 5.18 =
416
 mT = 0,4.331 + 0,3.416 = 257,2 gam
Đun nóng 0,7 mol T trong lượng dư dung dịch NaOH thì có 3,8 mol NaOH
phản ứng và thu được dung dịch chứa m gam muối
 mmuối = mT + mNaOH - mH2O = 257,2 + 3,8.40 – 0,7.18 = 396,6 gam
Câu 47: Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 (trong đó Al chiếm 60%
khối lượng) tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm H2SO4 và NaNO3, thu được
dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn hợp khí T (trong T có 0,015
mol H2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn,

thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu cho Z phản ứng với NaOH thì lượng NaOH
phản ứng tối đa là 0,935 mol. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 2,5

B. 3,0

C. 1,5

D.1,0

Hướng dẫn
mAl = 7,65.60% = 4,59 gam => nAl = 0,17 mol
mAl2O3 = 7,65.40% = 3,06 gam => nAl2O3 = 0,03 mol
Al + H+ + NO3-  Al3+ + X + H2O

(1)

X có thể là NO2, NO, N2O, N2
Al + 3H+  Al3+ + 3/2H2

(2)

Al2O3 + 6H+  2Al3+ + 3H2O

(3)

Phản ứng tạo H2 => NO3- phản ứng hết
Dung dịch Z chứa 3 muối trung hòa, trong đó có Al2(SO4)3, Na2SO4
=> có muối thứ 3 là (NH4)2SO4
8

8Al + 30H+ + 3NO3-  8Al3+ + 3NH4+ + 9H2O (4)
H+ phản ứng hết
Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z thu được kết tủa:
Ba2+ + SO42-  BaSO4
nBaSO4 = 0,4 mol => nSO42- = 0,4 mol => nH+ ban đầu = 0,8 mol
Theo phản ứng: nH+ = nH+(1) + 2nH2 + 6nAl2O3 + 10nNH4+
= nH+(1) + 2.0,015 + 6.0,03 + 10nNH4+ = 0,8

(*)

nAl3+ = nAl3+(1) + 2/3.nH2 + 8/3.nNH4+ = nAl3+(1) + 2/3.0,015 + 8/3.nNH4+ = 0,1 (**)
Cho Z phản ứng với NaOH
Al3+ + 4OH-  AlO2- + H2O
NH4+ + OH-  NH3 + H2O
nOH- = 4.nAl3+ + nNH4+ = 4.(0,17 + 2.0,03) + nNH4+ = 0,935
=> nNH4+ = 0,015 mol.
Thế vào (*) và (**):
(*) => nH+(1) = 0,44 mol
(**) => nAl3+(1) = 0,12 mol
BT điện tích cho dung dịch Z: 3.nAl3+ + nNa+ + nNH4+ = 2.nSO423.(0,17 + 2.0,03) + nNa+ + 0,015 = 2.0,4
=> nNa+ = 0,095 mol
=> nNO3- = 0,095 mol => nNO3-(1) = 0,095 – 0,015 = 0,08 mol
Al + H+ + NO3-  Al3+ + X + H2O
0,12 0,44

0,08

0,12

(1)

0,22 mol

BTKL: mX = 0,12.27 + 0,44.1 + 0,08.62 – 0,12.27 – 0,22.18 = 1,44 gam
mT = mX + mH2 = 1,44 + 2.0,015 = 1,47 gam

9


Câu 49: Hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ no, mạch hở (đều chứa C, H, O),
trong phân tử mỗi chất có hai nhóm chức trong số các nhóm –OH, -CHO, -COOH.
Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu
được 4,05 gam Ag và 1,86 gam một muối amoni hữu cơ. Cho toàn bộ lượng muối
amoni hữu cơ này vào dung dịch NaOH (dư, đun nóng), thu được 0,02 mol NH3.
Giá trị của m là
A. 1,50

B. 2,98

C. 1,22

D. 1,24

Hướng dẫn
nAg = 0,0375 mol => n-CHO = 0,01875 mol
Muối amoni hữu cơ: RCOONH4
nNH3 = 0,02 mol => nmuối = 0,02 mol
Mmuối = 93 => MR = 31 => R là HO-CH2X: HO-CH2-CHO:

HO-CH2-COOH:

0,01875 mol
0,00125 mol

mX = 60.0,01875 + 76.0,00125 = 1,22 gam
Câu 50: 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 ete (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. 20% và 40%

B. 40% và 30%

C. 30% và 30%

D. 50% và 20%

Hướng dẫn
mT = 27,2 gam; mete = 6,76 gam
nete = 0,08 mol => nancol phản ứng = 0,16 mol
=> nH2O = 0,08 mol => mancol phản ứng = 6,76 + 0,08.18 = 8,2 gam
Mancol = 51,25 => MR = 34,25 => 2 ancol là C2H5OH và C3H7OH
10


Gọi nC2H5OH phản ứng = x mol; nC3H7OH phản ứng = y mol
x + y = 0,16
46x + 60y = 8,2

Giải ra được: x = 0,1; y = 0,06
Hỗn hợp T

hỗn hợp Z + 0,08 mol H2O

Đốt cháy Z cần nO2 = 1,95 mol => Đốt cháy hỗn hợp T ban đầu cần 1,95 mol O2
Gọi nC2H5OH ban đầu = a mol; nC3H7OH ban đầu = b mol
C2H5OH + 3O2  2CO2 + 3H2O
C3H7OH + 9/2O2  3CO2 + 4H2O
mT = 46a + 60b = 27,2
nO2 = 3a + 4,5b = 1,95
Giải ra được: a = 0,2; b = 0,3 => % ancol thứ nhất phản ứng: 0,1/0,2 = 50%
% ancol thứ hai phản ứng: 0,06/0,3 = 20%

11


HƯỚNG DẪN GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP PHÂN HÓA HAY VÀ KHÓ
Ví dụ 1: Hỗn hợp X khối lượng 44,28 gam gồm Cu2O, FeO và kim loại M
trong đó số mol của M bằng của O2-. Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3 dư thấy
có 2,76 mol HNO3 tham gia phản ứng thu được 184,68 gam muối và 8,064 lít
(đkc) khí NO duy nhất. Tính % khối lượng của Cu2O trong X:
A. 38,06%

B. 47,92%

C. 32,82%

D. 39,02%

Hướng dẫn
nNO = 0,36 mol
Đầu tiên dùng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố hidro có ngay:
mX + mHNO3 = mmuối + mNO + mH2O
 mH2O = 44,28 + 2,76.63 – (184,68 + 0,36.30) = 22,68 g
 nH2O = 1,26 gam
nH trong H2O = 1,26.2 = 2,52 < 2,76
 sản phẩm có NH4NO3
Bảo toàn nguyên tố H: nNH4NO3 = 0,06 mol
Tiếp tục bảo toàn nguyên tố Nitơ có ngay:
nHNO3 = nNO3- + nNO + nNH4+ => 2,76 = mNO3- + 0,36 + 0,06
 nNO3- = 2,34
Bảo toàn nguyên tố O:
nO trong X + 3nHNO3 = 3nNO3- + nNO + nH2O
 nO trong X = 3.2,34 + 0,36 + 1,26 – 3.2,76 = 0,36 mol
 nM = nO trong X = 0,36 mol
Gọi số mol Fe, Cu, trong hỗn hợp X lần lượt là a, b mol.
Số mol O và M trong X là 0,36 mol
mhhX = 56a + 64b + 0,36M = 38,52
Bảo toàn electron: 3a + 2b + 0,36n = 0,36.2 + 0,36.3 + 0,06.8
Giải được: a = 0,24; b = 0,24; M = 27
12


%Cu2O = 39,02% => chọn D.
Ví dụ 2: Trộn KMnO4 và KClO3 với một lượng bột MnO2 trong bình kính
thu được hỗn hợp X. Lấy 52,550 gam X đem nung nóng, sau một thời gian thu
được hỗn hợp chất rắn Y và V lít khí O2. Biết KClO3 bị nhiệt phân hoàn toàn tạo
14,9 gam KCl chiếm 36,315% khối lượng Y. Sau đó cho toàn bộ Y tác dụng hoàn
toàn với axit HCl đặc dư đun nóng, sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được

51,275 gam muối khan. Hiệu suất của quá trình nhiệt phân muối KMnO4 trong X
là:
A. 62,5%

B. 91,5%

C. 75%

D. 80%

Hướng dẫn
nKCl = 0,2 mol => nKClO3 = 0,2 mol
mY = 14,9/36,315% = 41,03 gam
BTKL: mO2 = 52,550 – 41,03 => nO2 = 0,36 mol
Vì cho X hoặc Y tác dụng với HCl thì khối lượng muối như nhau nên. Ta có
ngay :
 KMnO4 : a
KCl : a  0,2

HCl
m X  52,55  KClO3 : 0,2 

 MnCl 2 : a  b
 MnO : b
2

74,5(a  0,2)  126(a  b)  51,275
BTKL



158a  87b  52,55  24,5

 a = 0,15; b = 0,05
2KMnO4  K2MnO4 + MnO2 + O2
 Hiệu suất = (0,36 – 0,3)/0,075 = 80%
 Chọn D
Ví dụ 3: Hòa tan hết 14,6 gam hỗn hợp gồm Zn và ZnO có tỉ lệ mol 1:1 trong
250 gam dung dịch HNO3 12,6% thu được dung dịch X và 0,336 lit khí Y (đktc).
Cho từ từ 740 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được 5,94 gam kết tủa.
Nồng độ phần trăm của muối trong X là :
13


A.14,32

B.14,62

C.13,42

D.16,42

Hướng dẫn
nZn = 0,1 mol; nZnO = 0,1 mol
 ne = 0,2 mol
nY = 0,015 mol
 Có NH4NO3 vì nếu Y là N2 → n Meax  0,15  0,2
nNH4NO3 = a mol
0,74KOH  X

KNO3 : 0,74  0,14.2  0, 46

BTNT.K



K 2 ZnO 2 : 0,2  0, 06  0,14

BTNT.N
n HNO3  0,5 
 n NTrong Y và NH3  0,5  0,46  0, 04

NH 4 NO3 : 0,01
0,2.189  0,01.80
 % Zn  NO3 2  NH 4 NO3 
 14,62%
250  14,6  0, 015.44
N 2 O : 0, 015



 



Ví dụ 4: Cho 5,528 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu (nFe : nCu = 18,6) tác dụng
với dung dịch chứa 0,352 mol HNO3 thu được dung dịch Y và khí NO (sản phẩm
khử duy nhất). Tiến hành điện phân dung dịch Y với điện cực trơ, cường độ dòng
điện I = 3,6345 ampe trong thời gian t giây thấy khối lượng cactôt tăng 0,88 gam
(giả thiết kim loại sinh ra bám hết vào catôt).Giá trị của t là
A. 1252.

B. 797.

C. 2337.

D. 2602.

Hướng dẫn
Cu : a
Cu : 0,005
BTKL

 64a  56.18,6a  5,528  a  0,005  
Fe :18,6a
Fe : 0,093

Ta có : 5,528 

Cu : 0,005

 n max
 0, 289
e
Fe : 0,093

 n NO

4HNO3  3e  3NO3  NO  2H 2O

 NO3 : 0,264
 2

a  0,025
Cu : 0,005 a  b  0,093
 0,088  Y  2 


2a  3b  0, 254 b  0,068
 Fe : a
 Fe3  : b


14


m Cu  0,32
mcatot  0,88  
m Fe  0,56

 n e  0,098 

 n e  0,068  0,005.2  0,01.2  0,098

It
 t  2602
F

→ Chọn D
Ví dụ 5. (Trích đề khối A – 2014 ) Đốt cháy 4,16 gam hỗn hợp Mg và Fe
trong khí O2, thu được 5,92 gam hỗn hợp X chỉ gồm các oxit. Hòa tan hoàn toàn X
trong dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào
Y, thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi, thu

được 6 gam chất rắn. Mặt khác cho Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, thu được
m gam kết tủa. Giá trị của m là :
A. 32,65

B. 31,57

C. 32,11

D. 10,80.

Hướng dẫn
Kim loai : 4,16
5,92  4,16
 0,11  n Cl  0,22
 n O 
16

Ta có X 

Nung Z cho số gam oxit lớn hơn → Ta có ngay :
n O 

AgCl : 0,22
6  5,92
 0, 005  n Fe2   0,01  m  32,65 
16
Ag : 0, 01

→ Chọn A
Ví dụ 6. (Trích đề khối A – 2014 ) Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp

gồm Al và m gam hai oxit sắt trong khí trơ, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X vào
dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch Y, chất không tan Z và 0,672 lít khí H2
((đktc). Sục khí CO2 dư vào Y, thu được 7,8 gam kết tủa. Cho Z tan hết vào dung
dịch H2SO4, thu được dung dịch chứa 15,6 gam muối sunfat và 2,464 lít khí SO2 (ở
đktc, là sản phẩn khử duy nhất của H2SO4). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Giá trị của m là :
A. 6,29.

B. 6,48

C. 6,96

Hướng dẫn
15

D. 5,04.


BTE
X tác dụng NaOH cho H2 → Al dư . 
 n du
Al 

BTNT.Al
dau

 n ban
 n 
Al

0, 03.2
 0,02
3

7,8
trong Fe x O y
 0,1  n Al2 O3  0,04  n O
 0,12
78

n SO2  0,11  n SO2  0,11  m Fe  15,6  0,11.96  5, 04
4

 m oxit sat  5, 04  0,12.16  6,96

→ Chọn C
Ví dụ 7. (Trích đề khối A – 2014) Hỗn hợp X gồm Al, Fe3O4 và CuO, trong
đó oxi chiếm 25% khối lượng hỗn hợp. Cho 1,344 lít khí CO (đktc) đi qua m gam
X nung nóng, sau một thời gian thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so
với H2 bằng 18. Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được
dung dịch chứa 3,08m gam muối và 0,896 lít khí NO (ở đktc, là sản phẩm khử duy
nhất). Giá trị m gần giá trị nào nhất sau đây ?
A. 9,5

B. 8,5

C. 8,0

D. 9,0

Hướng dẫn
CO : 0,03
Ta có ngay : 0, 06 CO  
CO 2 : 0, 03
O 

Kim loai : 0,75m

 Y  0,25m
O : 16  0, 03

 0,25m

BTE

 3,08m  0,75m  
 0, 03  .2.62  0, 04.3.62  m  9,477
 16


→ Chọn A
Ví dụ 8: 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 dung dịch 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 là :
16

A. 35,52%

B. 40,82%

C. 44,24%

D. 22,78%

Hướng dẫn
Ta có ngay D : 22,89

RCOONa : 0, 2
NaCl : 0,1

 mRCOONa  17,04  R  18,2

H C
 m A  17,04  0,1.1  0, 2.23  12,64  mtrong
. A  12,64  0, 2.16.2  6,24
không .no
 0, 46  0,36  0,1
CO : a
12a  2b  6,24
a  0, 46  naxit
 A  O2  26,72  2


  no

 naxit  0,2  0,1  0,1
 H 2O : b  44a  18b  26,72 b  0,36

TH1:
12,64

HCOOH : 0,1
RCOOH : 0,1

 R  35, 4 

CH 2  CH  COOH : 0,04
CH 2  CH  CH 2  COOH : 0,06

Có đáp án D rồi nên không cần làm TH2 : 12,64

 C %  22,78

CH 3COOH : 0,1
RCOOH : 0,1

→ Chọn D
Ví dụ 9: Hòa tan hết 9,1 gam hỗn hợp X gồm Al và Mg, Zn vào 500 ml dung
dịch HNO3 4M thu được 0,448 lít N2 (đktc) và dung dịch Y. Chia Y thành 2 phần
bằng nhau.
Phần 1: Cô cạn thu được m gam chất rắn khan.
Phần 2: Tác dụng vừa đủ với 530ml dung dịch NaOH 2M thu được 2,9 gam
kết tủa.
Giá trị của m là:
A. 25,76

B. 38,40

C. 33,79

D. 32,48

Hướng dẫn
Ta có : nNa

 NaNO3 : a

 1,06 
  NaAlO2 : b
 Na ZnO : c
2
 2
dung dich sau phan ung có

BTNT . Na
 
 a  b  2c  1,06
 BTNTKL
CDLBT
  
 27b  65c  0,05.24  9,1: 2
 BTNT . N
 3b  2c  0,05.2  0,01.10  8(1  0,01.2  a)
 

17


 Kimloai : 4,55
 a  0,94


 b  0,1  m  33,79  NO3 : 0,01.10  0,04.8
c  0,01
 NH NO : 0,04

4
3


→ Chọn C
Chú ý : (1–0,01.1 –a ) chính là số mol NH3 thoát ra và = NH4NO3
Ví dụ 10: Cho 10 gam hỗn hợp X gồm FeO,Fe2O3,S,FeS2 và CuS trong đó O
chiếm 16% khối lượng hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 0,4 mol H2SO4 đặc (đun
nóng) sinh ra 0,31 mol khí SO2 và dung dịch Y.Nhúng thanh Mg dư vào Y sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn lấy thanh Mg ra cân lại thấy tăng 2,8 gam (Giả sử
100% kim loại sinh ra bám vào thanh Mg).Đốt cháy hoàn toàn 10 gam X bằng
lượng vừa đủ V lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm O2 và O3 tỷ lệ mol 1:1.Giá trị của V
là ?
A.1,4336

B.1,5232

C.1,4784

D.1,568

Hướng dẫn
H 2O : 0,4
sau phan ung
0,4(mol)H 2SO4 

SO 2 : 0,31

X
Ta có ngay : n trong
 0,1
O

BTNT.Oxi

 0,1  0,4.4  4.n SO2  0,31.2  0, 4
4

Fe3  : a

 Y Cu 2  : b
 2
SO 4 : 0,17

 n SO2  0,17
4

3a  2b  0,34
a  0,1

 Mg



56a  64b  0,17.24  2,8 b  0,02

O : 0,1
Fe 2 O3 : 0,05
Fe : 0,1


BTNT
 X

 CuO : 0,02  n A  0,033.2  0,066  V  1, 4784
Cu : 0,02
SO : 0,0475
 2
S : 0,0475

→ Chọn C
Ví dụ 11: Chia 0,6 mol hỗn hợp gồm một axit đơn chức và một ancol đơn
chức thành 2 phần bằng nhau. Phần 1: đốt cháy hoàn toàn, thu được 39,6 gam CO2.
Phần 2: đun nóng với H2SO4 đặc, thu được 10,2 gam este E (hiệu suất 100%). Đốt
18


cháy hết lượng E, thu được 22,0 gam CO2 và 9,0 gam H2O. Nếu biết số mol axit
nhỏ hơn số mol ancol thì công thức của axit là:
A. C3H7COOH.

B. CH3–COOH.

C. C2H5COOH.

D. HCOOH.

Hướng dẫn
Khi đốt cháy E : nCO2 = 0,5 mol; nH2O = 0,5 mol
 E là este no đơn chức: CnH2nO2  nCO2
10,2 g

0,5 mol

 n=5
Đốt cháy phần 1: n CO  0,9  C 
2

0,9
3
0,3

Ta thử đáp án ngay :TH1 nếu 1 chất có 2 cacbon và 1 chất có 3 các bon
(loại)
TH2 : Một chất có 1 các bon và 1 chất có 4 cácbon
HCOOH : a a  b  0,3
b  0,2
(thỏa mãn )
0,3 



a  4b  0,9 a  0,1
C 4 H10 O : b

→ Chọn D
Ví dụ 12: Cho m gam hỗn hợp gồm Mg, Al, Zn, Cu tác dụng hết với dd
HNO3 thu được dd Y (không có muối amoni) và 11,2 lit (đktc) hỗn hợp Z gồm N2,
NO, N2O, NO2 (trong đó N2 và NO2 có phần trăm thể tích bằng nhau) có tỉ khối
cùa Z so với heli bằng 8,9. tính số mol của HNO3 phản ứng.
A.3,2

B.3,6

C.2,8

D.2,6

Hướng dẫn
N
N O
 N O : a a  b  0,5
a  0,2
n N2  n NO2   2   2  0,5Z  2


44a  30b  17,8 b  0,3
 NO
 NO : b
 NO2
BTNT.Nito


  N  8a  3b  2a  b  3,2

→ Chọn A
Ví dụ 13: Axit cacboxylic X hai chức (có phần trăm khối lượng của oxi nhỏ
hơn 70%), Y và Z là hai ancol đồng đẳng kế tiếp (MY < Mz). Đốt cháy hoàn toàn
19


0,2 mol hỗn hợp X, Y, Z cần vừa đủ 8,96 lít khí O2 (đktc), thu được 7,84 lít khí
CO2 (đktc) và 8,1 gam H2O. % khối lượng của Y trong hỗn hợp trên là:
A. 12,6%.

B. 29,9%.

C. 29,6%.

D. 15,9%.

Hướng dẫn
Ta có ngay: X : R  COOH 2 

4.16
 0,7  R  1, 4
R  90

n O  0, 4
 2
BTNT.oxi
BTKL

 n Otrong X,Y,Z  0,35 
 m X,Y,Z   m(C, H,O)  10,7
n CO2  0,35 

n H2 O  0, 45

a  b  0,2
axit : a
a  0, 05
  BTNT.oxi

 4a  b  0,35 b  0,15
ancol : b  

Dễ dàng suy ra ancol đơn chức: 
Nếu X là HOOC – CH2–COOH
 ROH 

CH OH : 0,1
10,7  0, 05.104
0,1.32
 R  19,67   3
%
B
0,15
10,7
C 2 H5OH : 0, 05

→ Chọn B
Ví dụ 14:(Trích khối B - 2012) Đốt cháy hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48

gam Fe với hỗn hợp khí X gồm Clo và Oxi, sau phản ứng chỉ thu được hỗn hợp Y
gồm các oxit và muối clorua (không còn khí dư) hòa tan Y bằng một lượng vừa đủ
120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO3 dư vào dung dịch
Z, thu được 56,69 gam kết tủa. Phần trăm thể tích của Clo trong hỗn hợp X là:
A. 51,72%.

B. 76,70%.

C. 53,85%.

D. 56,36%.

Hướng dẫn
Ta có:
BTNT
 Mg  NO3  2
 AgCl : a
nMg  0,08  Mg 

  NO3   Ag  0,4  56,69 


BTNT
 Fe  NO3 3
 Ag : b
nFe  0,08
 Fe 

a  b  0,4
a  0,38



143,5a  108b  56,69 b  0,02

20


BTNT

 n HCl

BTNT.O
X
n H2 O  0,12 
 n Otrong
 0,06
2

 0,24  
 %Oxi  53,85%
0,38  0, 24
trong X
n

0,38

n


0,07

 Cl
Cl 2
2


→ Chọn C
Ví dụ 15: Hỗn hợp X gồm HCOOH, CH3COOH (tỉ lệ mol 1:1), hỗn hợp Y
gồm CH3OH, C2H5OH (tỉ lệ mol 2:3). Lấy 16,96 gam hỗn hợp X tác dụng với 8,08
gam hỗn hợp Y (có xúc tác H2SO4 đặc) thu được m gam este (hiệu suất các phản
ứng este hóa đều bằng 80%). Giá trị của m là:
A. 12,064 gam

B. 20,4352 gam

C. 22,736 gam

D. 17,728 gam

Hướng dẫn
 HCOOH
R COOH
 1
X 
R COOH : 0,32
CH3COOH R1  8
Ta có: 
 1
R 2OH : 0,2
Y CH3OH  R 2OH



 C H OH
R 2  23, 4
  2 5

 meste = 0,2.0,8.(8 + 44 + 23,4) = 12,064
 chọn A
Ví dụ 16: Cho một lượng bột CaCO3 tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl
32,85%. Sau phản ứng thu được dung dịch X trong đó nồng độ HCl còn lại là
24,20%. Thêm vào X một lượng bột MgCO3 khuấy đều cho phản ứng xảy ra hoàn
toàn thu được dung dịch Y trong đó nồng độ HCl còn là 21,10%. Nồng độ phần
trăm MgCl2 trong dung dịch Y là:
A. 12,35%.

B. 3,54%.

C. 10,35%.

D. 8,54%.

Giả sử khối lượng dung dịch HCl là 100 gam => nHCl = 0,9 mol
 MgCO3 : b
CaCO3 : a


Ta có: 
32,85  7,3  73b  b  0,04
32,85  73a  a  0,1; 
0, 242  100  100a  44a
0, 211  100  5,6  84b  44b



 %MgCl2 

0,04(24  71)
 3,54%
100  10  0,04.84  0,1.44  0,04.44

→ Chọn B
21


Ví dụ 17: Lấy 5,2 gam hỗn hợp FeS2 và Cu2S tác dụng hoàn toàn với dung
dịch HNO3 thì thu được dung dịch chỉ chứa 2 muối và 12,208 lít hỗn hợp NO2 và
SO2 (đktc). Xác định % về khối lượng của FeS2 trong hỗn hợp ban đầu
A. 71,53% hoặc 81,39%

B. 93,23% hoặc 71,53%

C. 69,23% hoặc 81,39%

D. 69,23% hoặc 93,23%

Hướng dẫn
Giả sử ta có: nFeS2 = a mol; nCu2S = b mol
TH1: Ta có hai muối là:

 Fe  NO3 3 BTNT .S
 nNO2  0,545  2a  b


Cu  NO3  2

BTKL
 
120a  160b  5,2
a  0.0404
  BTE

 % FeS 2  93, 23
11a  8b  0,545  2a  b b  0,0022
 

TH2: Ta có hai muối là :

3a  4b

nS 6 

 Fe2  SO4 3 : 0,5a 
2


3a  4b
BTNT . S
CuSO4 : 2b
 
nS 4  2a  b 
 nSO2

2

BTKL
 
120a  160b  5,2

  BTE
3a  4b 
3a  4b 
 3a  4b 


 3a  4b  6 
  4  2a  b 
  0,545   2a  b 

 
2 
2 
 2 




 a  0,03

 % FeS2  69, 23
b  0,01

→ Chọn D
Ví dụ 18: Cho 33,35 gam hỗn hợp A gồm Fe3O4, Fe(NO3)3 và Cu tác dụng

với dung dịch chứa 0,414 mol H2SO4 loãng, sau phản ứng thu được khí NO duy
nhất và dung dịch B chứa 2 muối. Cô cạn dung dịch B thì thu được bao nhiêu gam
muối khan?
A. 64,4 hoặc 61,52

B. 65,976 hoặc 61,52

C. 73,122 hoặc 64,4

D. 65,976 hoặc 75,922

Hướng dẫn
TH1: 2 muối là CuSO4 và FeSO4
Ta có:
22


BTNT . S
 
3a  b  c  0, 414
 Fe3O4 : a
C
uS
O
:
c



4

BTNT .( Fe  Cu )
BTKL
  
 232a  242b  64c  33,35
 Fe  NO3 3 : b  
FeSO
:
3
a

b

4

 
BTNT .O
8a  2b  4c  0, 414.3(*)
Cu : c


Chú ý (*): BTNT => 4a + 9b + 0,414.4 = 4c + 12a + 4b + 0,414 + 3b
 a  0,069

 b  0,023  m  64, 4
c  0,184


TH1: 2 muối là CuSO4 và Fe2(SO4)3
 Fe3O4 : a
CuSO4 : c



BTNT .( Fe  Cu )
 Fe  NO3 3 : b  
3a  b

 Fe2  SO4 3 : 2
Cu : c
BTNT .S

9a  3b  2c  0,828
a  0,021
 BTKL

Ta có :  
 232a  242b  64c  33,35  b  0,055  m  61,52
 BTNT .O
c  0, 237

 14a  4c  0, 414.3

→ Chọn A
Ví dụ 19: Điện phân 0,5 lít dung dịch Cu(NO3)2 0,045 M (d = 1,035 g/cm3)
với điện cực trơ, cường độ dòng điện 9,65 A tới khi thu được dung dịch có pH =
1,00 và d = 1,036 g/cm3 thì dừng điện phân. Thời gian điện phân là:
(cho rằng thể tích dung dịch thay đổi từ khi có khí thoát ra ở catot).
A. 57450 giây

B. 450 giây

C. 55450 giây

D. 96500 giây.

Hướng dẫn
d  1,035  m1  517,5
d  1,036  m2  V2 .1,036

Ta có: 

nCu  0,0225

Catot
Cu

2

 2e  Cu

H 2 O  2e  2OH   H 2

Anot
Cu

2

 2e  Cu

H 2 O  4e  4H   O2

Chú ý ! Lượng H+ sinh ra chỉ là do đp quá trình Cu2+ thôi còn khi Cu2+ hết là
đp nước H+ sinh ra bao nhiêu bị trung hòa bởi OH- bấy nhiêu.
PH  1  nH   0,1V2  0,045  V2  450ml  m2  466, 2  m  51,3
23


O2 sinh ra (quá trình đp Cu2+) + H2O bị

Khối lượng giảm chính là : Cu +
điện phân
m  51,3  64.0,0225  32.

0,045
 H 2Odp  H 2Odp  49,5   ne  5,545
4

→ Chọn C
Ví dụ 20: Hỗn hợp X gồm CuO, Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 tác dụng hết với
300 ml dung dịch H2SO4 1M và HNO3 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn
thu được dung dịch Y và 2,24 lít NO (đktc). Thể tích dung dịch NaOH 1M tối
thiểu cần cho vào dung dịch Y để thu được lượng kết tủa lớn nhất là:
A. 800 ml.

B. 400 ml.

C. 600 ml.

D. 900 ml.

Hướng dẫn

Ta có: nSO42- = 0,3 mol; nNO3- = 0,3 mol; nNO = 0,1 mol
Do đó khi phản ứng hòa tan X xảy ra dung dịch có
n SO2   0,3
4
 BTNT.nito
 n NO  0,3  0,1  0,2
 
3

Khi cho NaOH vào : nNa2SO4 = 0,3 mol; nNaNO3 = 0,2 mol
BTNT Na: => nNa = 0,8 mol
 chọn A
Ví dụ 21: Cho m gam Mg vào dung dịch chứa 0,1 mol AgNO3 và 0,25 mol
Cu  NO3  2 , sau một thời gian thu được 19,44 gam kết tủa và dung dịch X chứa 2

muối. Tách lấy kết tủa, thêm tiếp 8,4 gam bột sắt vào dung dịch X, sau khi các
phản ứng hoàn toàn thu được 9,36 gam kết tủa. Giá trị của m là :
A. 4,8 gam

B. 4,32 gam

C. 4,64 gam

D. 5,28 gam

Hướng dẫn
Ta có: nCu2+ = 0,25 mol; nAg+ = 0,1 mol; nNO3- = 0,6 mol
Dung dịch sau tất cả các phản ứng có: nMg2+ = a mol; nFe2+ = b mol; nNO3- =
0,6 mol
24

BTĐT có ngay : 2a + 2b =0,6
BTKL (Mg,Cu,Ag,Fe): m + 0,25.64 + 0,1.108 + 8,4 = 19,44 + 9,36 + 24a + 56b
 24a + 56b – m = 6,4
BTKL (Mg,Cu,Ag): m + 0,1.108 + 0,25.64 = 19,44 + 24a + 64b
 24a + 64b – m = 7,36
a  b  0,3
a  0,18


24a  56b  m  6, 4  b  0,12
24a  64b  m  7,36 m  4,64



 Chọn C
Ví dụ 22: Hấp thụ hoàn toàn V lít CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 a M thì thu
được m1 gam kết tủa. Cùng hấp thụ (V+3,36) lít CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 thì
thu được m2 gam kết tủa. Biết m1:m2 = 3:2. Nếu thêm (V+V1) lít CO2 vào dung
dịch Ca(OH)2 trên thì thu được lượng kết tủa cực đại. Biết m1 bằng 3/7 khối lượng
kết tủa cực đại. Giá trị của V1 là:
A.0.672

B.1.493

C.2.016

D.1.008

Hướng dẫn
Lượng 0,15 mol CO2 thêm vào làm 2 nhiệm vụ:
Nhiệm vụ 1 : Đưa kết tủa từ m1 nên cực đại
Nhiệm vụ 2 : Đưa kết tủa từ cực đại xuống m2
Từ đó có ngay : 0,15 

m1  5
mmax  m1  mmax  m2

100
mmax  11,667

→ Chọn B
Ví dụ 23: Cho hỗn hợp X gồm Al và Zn (có tổng số mol là x mol) tan hoàn
toàn trong dung dịch chứa y mol HNO3( x : y = 8 : 21) thu được hỗn hợp chất khí
(Dung dịch sau phản ứng không chứa NH 4 ) và dung dịch chỉ chứa muối nitrat. Số
mol electron do lượng kim loại trên nhường khi bị hoà tan là:
25