Phương pháp sử dụng các trị trung bình trong hóa học (đề 1)

##. Oxi hoá hết 2,2 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức thành anđehit cần vừa đủ 4,8 gam CuO. Cho toàn bộ lượng

AgNO3
anđehit trên tác dụng với lượng dư dung dịch

NH3
trong

, thu được 23,76 gam Ag. Hai ancol là:

C2 H 5 OH C2 H 5 CH 2 OH
A.

,

C2 H 5 OH C3 H 7 CH 2 OH
B.

,

CH3 OH C2 H 5 CH 2 OH
*C.

,

CH3 OH C2 H5 OH
D.

,

n ancol

n CuO

$. Ta có

=

= 0,06 mol

M tb
→

CH 3OH
= 36,67 > 32 → hỗn hợp ancol chứa

 x + y = 0, 06

 4x + 2y = 0, 22

RCH 2 OH
: x mol và ancol

: y mol

 x = 0, 05

 y = 0, 01

Ta có hệ:

→

C2 H5
→ 0,05. 32 + 0,01. (R + 14 + 17 ) = 2,2 → R = 29 (

CH 3OH
Vậy 2 ancol là

)

C2 H 5 CH 2 OH
và

##. Cho 2,1 gam hỗn hợp X gồm 2 amin no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng phản ứng hết với dung
dịch HCl (dư), thu được 3,925 gam hỗn hợp muối. Công thức của 2 amin trong hỗn hợp X là

CH3 NH 2
*A.

C2 H5 NH 2
và

C2 H5 NH 2
B.

.

C3 H 7 NH 2
và

C3 H 7 NH 2
C.

.

C4 H9 NH 2
và

CH3 NH 2
D.

.

(CH 3 )3 N
và

.

mHCl(pu)
$. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

1,825
36,5

n HCl(pu )
→

=

MX

=

mX
-

= 3,925 - 2,1 = 1,825 gam

n HCl(pu)

nX
= 0,05 mol →

m muoi

=

= 0,05 mol

2,1
0, 05

→
=
= 42
Mà 2 amin là đồng đẳng kế tiếp nên công thức của 2 amin trong hỗn hợp X là:

CH3 NH 2

C2 H5 NH 2

và

MY
##. Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít (đktc) hỗn hợp gồm hai hiđrocacbon X và Y (

H2O
(đktc) và 10,8 gam

. Công thức của X là

MX
>

CO2
), thu được 11,2 lít


C2 H 6
A.

.

C2 H 4
B.

.

CH 4
*C.

.

C2 H 2
D.

.

n CO2

n hh
$.

= 6,72 : 22,4 = 0,3 mol ;

CH 4
= 0,5 mol → số cacbon trung bình là 0,5 : 0,3 = 1,666 → có chứa

mà X là

CH 4
chất có KLPT bé → X là
##. Dung dịch X chứa 8,36 gam hỗn hợp hiđroxit của 2 kim loại kiềm. Để trung hòa X cần dùng tối thiểu 500ml dung

HNO3
dịch
0,55M. Biết hiđroxit của kim loại có nguyên tử khối lớn hơn chiếm 20% số mol hỗn hợp. Kí hiệu hóa học
của 2 kim loại kiềm lần lượt là ?
A. Na và K.
B. Li và Na.
*C. Li và K.

D. Na và Cs.

n OH− = n HNO3

$.

= 0,275 mol

R1

R2

Gọi 2 kim loại là

và

.

R1
Ta tính được số mol của

0, 22M1 + 0, 055M 2

Ta có:

R2
là 0,22 và số mol

là 0,055.

4M1 + M 2 = 67

= 8,36 -0,275.17 →

M1
Chỉ có

M2
= 7 và

= 39 thỏa mãn

H2
##. Tỉ khối hơi của hỗn hợp X (gồm 2 hiđrocacbon mạch hở) so với
là 11,25. Dẫn 1,792 lít X (đktc) đi thật chậm
qua bình đựng dung dịch brom dư, sau phản ứng thấy khối lượng bình tăng 0,84 gam. X phải chứa hiđrocacbon nào
dưới đây?
A. Propin.
*B. Propen.
C. Propan.
D. Propađien.

MX
$. Ta có

CH 4
= 22,5 > 16 → Trong X phải có

Br2
và hợp chất A làm mất màu

Br2
Khi dẫn 0,08 mol X qua dung dịch

mA
→

=

= 0,84 gam →

n CH 4
→

thấy dung dịch brom tăng 0,84 gam

m CH 4

m binh tan g

nA
= 0,06 mol,

= 0,08.22,5 - 0,84 = 0,96 gam

0,84
0, 02

MA
= 0,02 mol →

=

C3 H 6
= 42 (

).


##. Để hoà tan hoàn toàn 6,4 gam hỗn hợp gồm kim loại R (chỉ có hoá trị II) và oxit của nó cần vừa đủ 400 ml dung
dịch HCl 1M. Kim loại R là
A. Ba
B. Ca
C. Be
*D. Mg
$. Coi hỗn hợp R và RO có khối lượng trung bình là M

RCl 2
Khi cho hỗn hợp kim loại R và oxit vào HCl tạo muối

n RCl2
Bảo toàn nguyên tố Cl →

nR

=

n RO

→

+

n HCl
: 2 = 0,2 mol

M tb
= 0,2 mol → 24 <

= 6,4 : 0,2 = 32 < 40 . Vậy kim loại cần tìm là Mg

##. Oxi hóa hoàn toàn 3,1 gam photpho trong khí oxi dư. Cho toàn bộ sản phẩm vào 200 ml dung dịch NaOH 1M đến
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X. Khối lượng muối trong X là
A. 12 gam
*B. 14,2 gam
C. 11,1 gam
D. 16,4 gam

n H3 PO4

nP
$. Ta có

= 0,1 mol →

n NaOH

= 0,1 mol

n H3PO4

Na 2 HPO4

Ta có
:
= 0,2 : 0,2 = 2 → hình thành muối
→ m = 0,1. 142 = 14,2 gam

: 0,1 mol

##. Cho 0,76 gam hỗn hợp X gồm hai amin đơn chức, có số mol bằng nhau, phản ứng hoàn toàn với dung dịch HCl
dư, thu được 1,49 gam muối. Khối lượng của amin có phân tử khối nhỏ hơn trong 0,76 gam X là
A. 0,45 gam.
*B. 0,31 gam.
C. 0,38 gam.
D. 0,58 gam.
$. Gọi hai amin đơn chức lần lượt là A, B

m HCl
Bảo toàn khối lượng →

n HCl
= 1, 49 - 0,76 = 0,73 gam →

nA
Vì amin đơn chức và có số mol bằng nhau →

M tb
→

= 0,02 mol

nB
=

= 0,01 mol

CH3 NH 2
= 0,76 : 0,02 = 38 > 31 → X chứa

m CH3 NH 2
→

= 0,01. 31 = 0,31 gam

##. Trung hòa 3,88 gam hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở bằng dung dịch NaOH, cô cạn
toàn bộ dung dịch sau phản ứng thu được 5,2 gam muối khan. Nếu đốt cháy hoàn toàn 3,88 gam X thì thể tích oxi
(đktc) cần dùng là
*A. 3,36 lít
B. 4,48 lít.
C. 2,24 lít
D. 1,12 lít.

Cn H 2n O2
$. Gọi công thức chung của 2 axit no đơn chức,mạch hở là

n H2O

n axit

Gọi số mol NaOH tham gia phản ứng là x mol →
=
= x mol
Bảo toàn khối lượng → 3,88 + 40x = 5,2 + 18x → x = 0,06 mol


7
3
Ta có 14n + 32 = 3,88 : 0,06 → n =

7
3
Thể tích oxi cần để đốt cháy 3,88 gam X là V = 22, 4.(1,5n-1). 0,06 = 22,4 . (1,5.

- 1). 0,06 = 3,36 lít

H2
##. Để hiđro hóa hoàn toàn 0,025 mol hỗn hợp X gồm hai anđehit có khối lượng 1,64 gam, cần 1,12 lít

AgNO3
Mặt khác, khi cho cũng lượng X trên phản ứng với một lượng dư dung dịch
gam Ag. Công thức cấu tạo của hai anđehit trong X là:

(đktc).

NH3
trong

thì thu được 8,64

OHC − CH 2 − CHO

A.

và OHC-CHO

OHC − CH 2 − CHO

B. H-CHO và

CH 2 = C(CH3 ) − CHO

C.

và OHC-CHO

CH 2 = CH − CHO

*D.

OHC − CH 2 − CHO
và

n H2

n andehit
$. Ta có

:

= 0,025 : 0,05 = 1:2 → X chứa 2 liên kết π

n Ag

n andehit
Nếu 2 andehit đơn chức →

=

: 4 = 0,02 mol < 0,025 mol

Cn H 2n −2 O
Vậy hỗn hợp X chứa 1 andehit đơn chức, chứa 1 liên kết đôi (

): x mol và một andehit chứa 2 chức CHO (

Cm H 2m −2 O2
: y mol

 x + y = 0, 025

 2x + 4y = 0, 08

 x = 0, 01

 y = 0, 015

Ta có hệ:
→
→ 0,01. (14n + 14) + 0,015. (14m + 30 ) = 1,64 → n = 3, m = 3.

##. Hỗn hợp M gồm một anđehit và một ankin (có cùng số nguyên tử cacbon). Đốt cháy hoàn toàn x mol hỗn hợp M,

CO2
thu được 3x mol
*A. 20%
B. 50%
C. 40%
D. 30%

H2O
và 1,8x mol

. Phần trăm số mol của anđehit trong hỗn hợp M là

C tb
$. Ta có andehit và ankin có cùng số nguyên tử C ma

C3 H 4
= 3:1 = 3 → ankin có công thức

H tb
Lại có

= 1,8.2 = 3,6 < 4 → andehit phải có cấu tạo CH≡ C-CHO

n C3 H 4

H tb
Sử dụng đường chéo với

C3 H 2 O
→%

= 20%.

= 3,6 →

3, 6 − 2
4 − 3, 6

n C3 H 2 O
:

=

= 4:1


##. Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic đơn chức, đồng đẳng kế tiếp. Cho 5,4 gam X phản ứng hoàn toàn với dung

NaHCO3

CO2

dịch

dư, thu được 2,24 lít khí

C3 H7 COOH
A.

và

C2 H5 COOH

.

C3 H 7 COOH

B.

và

CH3 COOH
C.

(đktc). Công thức của hai axit trong X là

C4 H9 COOH

.

C2 H5 COOH
và

.

CH 3 COOH
*D. HCOOH và

.

n CO2

n axit
$. Vì axit đơn chức →

=

= 0,1 mol

M tb
→ 46 <

= 5,4 : 0,1 = 54 → X chứa HCOOH

##. Hỗn hợp X gồn hai anđehit no, đơn chức, mạch hở (tỉ lệ mol 3 : 1). Đốt cháy hoàn toàn một lượng X cần vừa đủ

O2
1,75 mol khí

CO2
, thu được 33,6 lít khí

(đktc). Công thức của hai anđehit trong X là:

CH 3 CHO
A. HCHO và

.

C 2 H5 CHO
*B. HCHO và

.

CH 3 CHO
C.

C3 H 7 CHO
và

CH 3 CHO
D.

.

C2 H5 CHO
và

.

n CO2

Cn H 2n O
$. Hỗn hợp X gồn hai anđehit no, đơn chức, mạch hở có công thức

n andehit
Bảo toàn nguyên tố O →

→

n H2 O
=

= 1,5 mol

nO
=

= 1,5.3-2. 1,75 = 1 mol

C tb
→

= 1,5 > 1 → X chứa HCHO

C tb
Vì 2 andehit có tỉ lệ mol 3:1 mà

C2 H5 CHO
= 1,5 → X chứa HCHO và

##. Cho m gam hỗn hợp hơi X gồm hai ancol (đơn chức, bậc I, là đồng đẳng kế tiếp) phản ứng với CuO dư, thu
được hỗn hợp hơi Y gồm nước và anđehit. Tỉ khối hơi của Y so với khí hiđro bằng 14,5. Cho toàn bộ Y phản ứng

AgNO3

NH3

hoàn toàn với lượng dư dung dịch
trong
, thu được 97,2 gam Ag. Giá trị của m là
A. 14,0.
*B. 14,7.
C. 10,1.
D. 18,9.
$. Vì 2 ancol đơn chức, bậc I , kế tiếp nhau → 2 andehit đơn chức và kế tiếp nhau. Khi oxi hóa ancol bằng CuO luôn

n H2O
cho

n andehit
=

18 + M andehit
2

MY
Ta có

= 29 =

M andehit
→

CH 3 CHO
= 40 → 2 andehit là HCHO: x mol và

: y mol với x: y = 2:5

4x + 2y = 0,9

5x − 2y = 0

 x = 0,1

 y = 0, 25

Ta có hệ:
→
→ m = 0,1.32 + 0,25. 46 = 14,7 gam

O2
##. Hỗn hợp X gồm

O3

H2

và

có tỉ khối so với

H2

là 22. Hỗn hợp khí Y gồm metylamin và etylamin có tỉ khối so với

V1

là 17,833. Để đốt cháy hoàn toàn

V2
lít Y cần vừa đủ

V1
chất khí khi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Tỉ lệ
A. 3 : 5.
B. 5 : 3.
C. 2 : 1.
*D. 1 : 2.

n O2

MX
$. Ta có

= 44 →

Ta có

:

, các

V2
:

là:

4
3

Cn H 2n +3 N
mà Y đều là các amin no đơn chức

O2

O3
và

N2
và

= 1: 3

=

Gọi số mol

,

n O3

107
3

MY

CO2 H 2 O

lít X (biết sản phẩm cháy gồm

→n=

cần dùng lần lượt là x và 3x mol để đốt cháy hết y mol hỗn hợp amin có công thức chung là

C 4 H17 N
3

3

4y
3

n CO2
→

=

17y
6

n H2O
mol,

=

mol

4y

3
Bảo toàn nguyên tố O → 2x + 3x.3 = 2.

17y
6
+

→ x : y = 1:2.

C3 H 6 O 2
##. Thủy phân 37 gam hai este cùng công thức phân tử

bằng dung dịch NaOH dư. Chưng cất dung dịch

H 2SO 4
sau phản ứng thu được hỗn hợp ancol Y và chất rắn khan Z. Đun nóng Y với
đặc ở
gam hỗn hợp các ete. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khối lượng muối trong Z là
A. 40,0 gam.
B. 42,2 gam.
*C. 38,2 gam.
D. 34,2 gam.

C3 H 6 O 2
$. Thủy phân 0,5 mol hai este có cùng CTPT

H 2SO4
Đun nóng Y với

đặc ở

mY
• Theo BTKL

→ 14,3 gam hh ete.

m H2O

mete
=

+

= 14,3 + 0,25 x 18 = 18,8 gam.

mZ
Theo BTKL

+ NaOH dư → ancol Y + rắn Z.

140o C

= 37 + 0,5 x 40 - 18,8 = 38,2 gam

140o C
, thu được 14,3


##. Hỗn hợp X gồm vinyl axetat, metyl axetat và etyl fomat. Đốt cháy hoàn toàn 3,08 gam X, thu được 2,16 gam

H2O
. Phần trăm số mol của vinyl axetat trong X là
*A. 25,00%.
B. 27,92%.
C. 72,08%.
D. 75,00%.

C3 H 6 O 2
$. Nhận thấy metyl axetat và etyl fomat có cùng công thức

C4 H6 O2
Gọi số mol của

C3 H 6 O 2
(vinyl axetat) và

86x + 74y = 3, 08

3x + 3y = 0,12
Ta có hệ:

lần lượt là x, y

 x = 0, 01

 y = 0, 03
→

0, 01
0, 01 + 0, 03

C4 H6 O2
→%

=

.100% = 25%

O2
##. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai este đồng phân cần dùng 27,44 lít khí

CO2

, thu được 23,52 lít khí

H2O
và 18,9 gam

. Nếu cho m gam X tác dụng hết với 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản

MY
ứng thì thu được 27,9 gam chất rắn khan, trong đó có a mol muối Y và b mol muối Z (
đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tỉ lệ a : b là
A. 2 : 3.
*B. 4 : 3.
C. 3 : 2.
D. 3 : 5.

n CO 2
$. Nhận thấy

<

). Các thể tích khí

n H2O
=

= 1,05 mol → hai este no đơn chức

n CO2

n O(este)
Bảo toàn nguyên tố O →

=

2

n H2O
+

n O2
-2

n este
= 1,05.3 - 2. 1,225 = 0,7 mol →

C tb
→

MZ

HCOOC2 H 5
= 1,05 : 0,35 = 3 → hai este là đồng phân có cấu tạo

= 0,35 mol

CH3 COOCH3
và

CH3 COONa
Khi cho X tác dụng với 0,4 mol NaOH → chất rắn thu được gồm HCOONa: a mol,
0,4- 0,35 = 0,05 mol

a = 0, 2

b = 0,15

a + b = 0,35

68a + 82b + 0, 05.40 = 27,9
Ta có hệ:
→ a: b = 4: 3

: b mol , NaOH dư :

→

##. Cho 12,78 gam hỗn hợp muối NaX và NaY (X, Y là 2 halogen ở 2 chu kì liên tiếp, X đứng trước Y) vào dung dịch

AgNO3
dư thu được 25,53 gam kết tủa. CTPT và % khối lượng của muối NaX trong hỗn hợp đầu lần lượt là
*A. NaCl và 27,46%.
B. NaBr và 60,0%.
C. NaCl và 40,0%.
D. NaBr và 72,54%.


$. Từ đáp án → NaX khác NaF

AgNO3
Gọi công thức chung của muối halogen là NaR có số mol là a mol: NaR +
→ 12,78 + 170x = 25,53 + 85x → x = 0,15 mol

NaNO3
→ AgR +

M NaR
→ 58,5 (NaCl) <

= 85,2 < 103 (NaBr)

n NaCl

2.58,5
58,5.2 + 3.103

n NaBr

Sử dùng đường chéo →

:

= 2:3 → %NaCl =

×100% = 27,46%.

##. Đốt cháy hoàn toàn 50 ml hỗn hợp khí X gồm trimetylamin và 2 hiđrocacbon đồng đẳng kế tiếp bằng một lượng

H 2SO 4
oxi vừa đủ, thu được 375 ml hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Dẫn toàn bộ Y đi qua dung dịch
khí còn lại là 175 ml. Các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện. Hai hiđrocacbon đó là

C2 H 4

C3 H 6

A.

và

.

C3 H 6

C 4 H8

*B.

và

C2 H 6
C.

.

C3 H 8
và

C3 H 8
D.

.

C 4 H10
và

.

(CH 3 )3 N
$. 50 ml

C n H 2n + 2 − 2k

Dẫn Y quá

đặc, dư →

• Đặt

+

+

N2
+

.

VH2O
= 175 ml;

= 375 - 175 = 200 ml.

= b ml.

VCn H2 n +2−2 k
+

= a + b = 50 ml. (*)

VN 2
+

→ 375 ml hhY gồm

VN 2

H2O

VCn H 2 n +2−2 k
= a ml;

V(CH3 )3 N

CO2

+

VCO2

V(CH 3 )3 N

VH2 O

O2

và hai

H 2SO4

VCO2

đặc (dư). Thể tích

V(CH3 )3 N
=3x

VCn H 2 n+ 2−2 k

+nx

V(CH3 )3 N

V(CH 3 )3 N
+ 1/2 x

= 3a + nb + 0,5a = 175 ml (**)

VCn H 2 n+2−2 k

= 4,5 x
+ (n + 1 - k) x
Từ (*) và (**) → n = 3,5.
Nếu k = 0 (***) - (**) → a + b = 25 ml → loại.

= 4,5a + (n + 1 - k)b = 200 (***)

C3 H 6
Nếu k = 1 (***) - (**) → a = 25 ml → b = 25 ml → Hai anken là

C 4 H8
và

###. Chia hỗn hợp gồm hai ancol đơn chức X và Y (phân tử khối của X nhỏ hơn của Y) là đồng đẳng kế tiếp thành
hai phần bằng nhau

CO2
- Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 5,6 lít

H2O
(đktc) và 6,3 gam

.

H 2SO 4
- Đun nóng phần 2 với

đặc ở 1400C tạo thành 1,25 gam hỗn hợp ba ete. Hóa hơi hoàn toàn hỗn hợp ba ete

N2
trên, thu được thể tích của 0,42 gam
(trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất).
Hiệu suất của phản ứng tạo ete của X, Y lần lượt là
A. 30% và 30%
B. 25% và 35%


*C. 40% và 20%
D. 20% và 40%

n CO2
$. Phần 1:

n H2O
Vì

n H2O
= 0,25 mol,

= 0,35 mol

n CO2
>

n ancol
→ 2 ancol là no, đơn chức và

= 0,35- 0,25 = 0,1 mol

C tb

C2 H5 OH

→

= 0,25: 0,1 = 2,5 mà 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp → ancol là

C2 H5 OH
Phần 2: Gọi số mol

n H2O
Luôn có

n ete
=

: 0,05 mol

tham gia phản ứng lần lượt là x, y mol

x+y
2

n ancol(pu )

=

: 0,05 mol và

C3 H7 OH
và

1
2

C3 H7 OH

∑

=

mancol(pu )
Bảo toàn khối lượng :

= 0,015 (1)

m H2O

mete

=

+

x+y
2
→ 46. x + 60. y = 1,25 +
.18 (2)
Giải hệ chứa (1) và (2) → x = 0,02 và y = 0,01

0, 02
0, 05
Hiệu suất tạo ete của X là

×100% = 40%

0, 01
0, 05
Hiệu suất tạo ete của Y là

×100% = 20%

O2
##. Hỗn hợp X gồm 2 ancol. Đốt cháy hoàn toàn 8,3 gam X bằng 10,64 lít
đều đo ở đktc. Hai ancol trong X là

CH3 CH 2 CH 2 OH
A.

CH3 CH 2 CH 2 OH

.

HOCH 2 CH 2 CH 2 CH 2 OH
và

.

HOCH 2 CH 2 CH 2 OH
C.

CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 OH
và

HOCH 2 CH 2 CH 2 OH
*D.

.

HOCH 2 CH 2 CH 2 CH 2 OH
và

.

m H2O
$. Bảo toàn khối lượng →

n H2O
Vì

n CO2
>

Ta có

= 8,3 + 0,475.32 - 0,35.44 = 8,1 gam →

nX
→ ancol no ,

=

O tb
→ Có

n H2O

= 0,45 - 0,35 = 0,1 mol

8,3 − 0,35.12 − 0, 45.2
16

n O(X)

thu được 7,84 lít

CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 OH
và

B.

CO2

= 0,2: 0,1 = 2

= 0,2 mol

= 0,45 mol

, các thể tích khí


39
19

41
19

K

##. Trong tự nhiên kali có 2 đồng vị
Cl = 35,50 ; K = 39,13)
A. 26,39%.
*B. 26,30%.
C. 28,23%.
D. 28,16%.

K

và

KClO4
. Thành phần % khối lượng của trong

39

$. Gọi tỉ lệ phần trăm số nguyên tử của đồng vị
→ 39x + 41.(1-x) = 39,13 → x = 0,935
39

và

trong

K
lần lượt là x, 1-x

0,935.39
39,13 + 35,5 + 16.4

KClO4

K

Thành phần % khối lượng của

41

K

là (cho O = 16,00 ;

là

×100% = 26,3%.

##. Dẫn 1,68 lít hỗn hợp khí X gồm hai hiđrocacbon vào bình đựng dung dịch brom (dư). Sau khi phản ứng xảy ra
hoàn toàn, có 4 gam brom đã phản ứng và còn lại 1,12 lít khí. Nếu đốt cháy hoàn toàn 1,68 lít X thì sinh ra 2,8 lít khí

CO2
. Công thức phân tử của hai hiđrocacbon là (các thể tích khí đều đo ở đktc)

CH 4

C2 H 4

A.

và

.

CH 4

C3 H 4

B.

và

.

CH 4
*C.

C3 H 6
và

C2 H 6
D.

.

C3 H 6
và

.

Br2
$. Gọi hidrocacbon tham gia phản ứng với

n Br2
Ta có

n ankanB
= 0,025 mol,

là A, chất thoát ra là khỏi dung dịch Brom là B .

nB

= 0,05 mol →

= 0,025 mol

n Br2

nB
Vì

:

C tb

2,8 : 22, 4 5
=
0, 075
3

= 1:1 → B có 1 liên kết π

=

CH 4
> 1 → B là

0,125 − 0, 05
0, 025
→ C(B) =

C3 H 6

= 3 → B là

CO2
##. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon mạch hở thu được 16,8 lít khí
Hai hiđrocacbon trong hỗn hợp X thuộc cùng dãy đồng đẳng
A. ankađien.
B. ankađien hoặc ankin.
*C. ankin.
D. aren.

n CO2

n H2O

$. Ta có
= 0,75 mol,
= 0,45 mol
Vì X là 2 hidrocacbon mạch hở → Loại aren

H2O
(đktc) và 8,1 gam

.


n CO2 n H2O

nX
Nhận thấy các đáp án còn lại đều là các hợp chất chứa 2 liên kết π →

=

C tb
→

-

= 0,3 mol

C tb
= 0,75 : 0,3 = 2,5 > 2 → X thuộc đồng đẳng của ankin (ankadien có

> 3).

Br2
##. Dẫn 6,72 lít hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon đều ở thể khí vào dung dịch

dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn

CO2
toàn thấy tiêu tốn hết 24,0 gam brom. Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít X sinh ra 13,44 lít
các thể tích khí đều đo ở đktc, CTPT của hai hiđrocacbon là

C2 H 6

và 13,5 gam

. Biết

C2 H 2

A.

và

.

CH 4

C2 H 6

B. (

và C5H10) hoặc (

CH 4
*C. (

C3 H 6
và

CH 4

và

) hoặc (

và

C2 H 2

C2 H 6

C3 H 6

D. (

).

C2 H 2
và

).

CH 4

C2 H 6

) hoặc (

và C5H10) hoặc (

n CO2

nX
$. Ta có

= 0,3 mol,

C2 H 2

và

).

n H2O
= 0,6 mol,

C tb
Ta có

H2O

= 0,75 mol

CH 4
= 0,6 : 0,3 = 2 → có

TH1: Có

và 1 anken hoặc cả 2 hidrocacbon đều chứa 2 nguyên tử C

n Cn H2 n

CH 4
và 1 anken →

n Br2
=

n CH 4

= 0,15 mol,

= 0,3- 0,15 = 0,15 mol

CH 4 C3 H6
→ 0,15.1 + 0,15n = 0,6 → n = 3 → Vậy 2 hidrocacbon

,

C2 H 6
TH2: Hỗn hợp gồm 2 hidrocacbon đều chứa 2 nguyên tử C →

C2 H 2
: 0,225 mol ,

: 0,075 mol (Thỏa mãn

n H2O
= 0,225.3 + 0,075 = 0,75 )
##. Một hỗn hợp gồm ancol anlylic và một ancol đơn chức X. Đốt cháy hoàn toàn 7,5 gam hỗn hợp trên cần vừa hết

Ca(OH) 2
11,2 lít khí oxi (đktc). Cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch
tủa. Công thức cấu tạo của X là

CH3 OH
A.

.

C2 H 5 OH
*B.

.

C3 H 7 OH
C.

.

C4 H 7 OH
D.

.

n CO2

Ca(OH) 2
$. Sản phẩm cháy hấp thụ vào dung dịch

dư →

n CaCO3
=

m H2O
Bảo toàn khối lượng →

= 0,35 mol

n H2O
= 7,5 + 0,5.32 - 0,35.44 = 8,1 gam →

= 0,45 mol

dư, thu được 35,0 gam kết


n ancol

7, 5 − 0,35.12 − 0, 45.2
16

nO

→

=

=

= 0,15 mol

7
3

C tb
Ta có

= 0,35 : 0,15 =

<3

H tb

C3 H 6 O

Lại có

= 6 mà ancol anlylic (

C2 H6 O
) có 6 nguyên tử H → ancol còn lại là

.

##. Hỗn hợp X gồm ba amin đơn chức là đồng đẳng kế tiếp nhau. Đốt cháy hoàn toàn 11,8 gam X thu được 16,2

H2O
gam

CO2

N2

, 13,44 lít

và V lít khí

(đktc). Ba amin trên lần lượt là

CH3 NH 2 CH3 CH 2 NH 2 CH3 CH 2 CH 2 NH 2
A.
B.

,

,

.

CH ≡ C − NH 2 CH ≡ C − CH 2 NH 2 CH ≡ C − CH 2 CH 2 NH 2
,

,

.

CH 2 = CH − NH 2 CH 3 − CH = CH − NH 2 CH 3 − CH = CH − CH 2 NH 2

C.

,

,

.

CH3 CH 2 NH 2 CH 3CH 2 CH 2 NH 2 CH 3CH 2 CH 2 CH 2 NH 2
*D.

,

nN
$. Ta có

,

.

11,8 − 0,92.2 − 0, 6.12
14
=

= 0,2 mol →

n H2O

n a min
Nhận thấy

n a min

=

n CO2
-

= 0,2 mol

n N2
-

→ amin no, đơn chức

H tb
→ Có

= 0,9.2 : 0,2 = 9

##. Hỗn hợp X gồm hai este đều đơn chức. Xà phòng hóa hoàn toàn 0,3 mol X cần dùng vừa hết 200ml dung dịch
NaOH 2M, thu được một anđehit Y và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được 32,0 gam hai chất rắn. Biết phần
trăm khối lượng của oxi trong anđehit Y là 27,59%. CTCT của hai este là

HCOOCH = CH − CH 3

HCOOC6 H 5
*A.
B.
C.

và

.

HCOOCH = CH − CH3
và

HCOOC6 H 4 − CH 3
HCOOC6 H 4 − CH 3

D.

HCOOC6 H 4 − CH 3
.

CH 3 COOCH = CH − CH 3
và
và

CH 3 COOCH = CH − CH 3

.
.

RCOOC6 H 4 R '

n NaOH n X
$. Ta có 1 <

:

= 0,4 : 0,3 t < 2 → Trong X chứa 1 hợp chất este có dạng

M andehit

16
0, 2759

Vì este đơn chức nên andehit tạo thành cũng đơn chức →

=
= 58 → andehit là
Vì cô cạn Z thu được chứa hỗn hợp chứa 2 chất rắn → hai este có chung gốc axit

C 2 H5 CHO


RCOOC6 H 4 R '
Gọi số mol

RCOOCH = CHCH 3
: x mol,

 x + y = 0,3

2x + y = 0, 4

: y mol

 x = 0,1

 y = 0, 2

Ta có hệ:

→

NaOC 6 H 4 R '
Chất rắn thu được gồm RCOONa: 0,3 mol,
: 0,1 mol

→ 0,3 .(R + 67) + 0,1. ( R' + 76 + 39) = 32 → 3R + R' = 4. Vậy R = R' = 1

HCOOCH = CH − CH3

HCOOC6 H 5
Hai este có công thức

và

O2
##. Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam P trong khí
Khối lượng muối tạo thành trong dung dịch là

NaH 2 PO4

dư, thu được chất rắn X. Cho X vào 200 ml dung dịch NaOH 1,25M.

Na 2 HPO4

*A. 18,0 gam

và 7,1 gam

.

Na 3 PO 4 H3 PO4
B. 13,67 gam

(

dư).

Na 2 HPO4
C. 7,1 gam

Na 3 PO 4
và 8,2 gam

.

NaH 2 PO4
D. 24,0 gam

(NaOH dư).

n H3PO4

nP
$. Ta có

= 0,2 mol →

Ta có 2 >

= 0,2 mol

n H3 PO4

n NaOH

NaH 2 PO 4

:

= 0,25 : 0,2 > 1 → hình thành 2 muối

 x + y = 0, 2

 x + 2y = 0, 25
Ta có hệ:

Na 2 HPO4
: x mol,

→

NaH 2 PO 4
Khối lượng muối trong dung dịch gồm

Na 2 HPO 4
: 18 gam và

: 7,1 gam

H 2SO 4
##. Cho 6,72 gam Fe vào dung dịch chứa 0,3 mol
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được

SO 2
đặc, nóng (giả thiết

FeSO4
A. 0,12 mol

.

Fe 2 (SO 4 )3
B. 0,02 mol

FeSO4
và 0,08 mol

.

Fe 2 (SO 4 )3
C. 0,05 mol

và 0,02 mol Fe dư.

Fe 2 (SO 4 )3
*D. 0,03 mol

FeSO4
và 0,06 mol

n SO2
$. Ta luôn có

.

n SO2− (muoi)

n H2SO4
=

FeSO4
Gọi số mol

: y mol

 x = 0,15

 y = 0, 05

4

: 2 = 0,15 mol →

Fe 2 (SO 4 )3
: x mol,

: y mol

= 0,3- 0,15 = 0,15 mol

là sản phẩm khử duy nhất). Sau


 x + 2y = 0,12


2x + 3.2y = 2.0,15
Ta có hệ:

 x = 0, 06

 y = 0, 03
→

Fe 2 (SO 4 )3
Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,03 mol

FeSO 4
và 0,06 mol

.

##. Nung nóng hỗn hợp bột X gồm a mol Fe và b mol S trong khí trơ, hiệu suất phản ứng bằng 50%, thu được hỗn
hợp rắn Y. Cho Y vào dung dịch HCl dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Z có tỉ khối

H2
so với
*A. 2: 1.
B. 1: 1.
C. 3: 1
D. 3: 2.

bằng 5. Tỉ lệ a : b bằng

H2
$. Hỗn hợp khí Z gồm

n H2 S

n Fe
Luôn có

=a=

n H2

H 2S
và

có M = 10 →

n H2

n H 2S

+

= 4 mol,

n H2S
:

n S(pu)
=

H 2S

= 3:1. Giả sử

H2
là 1 mol,

là 3 mol

n Fe(pu)
=

= 1 mol

n Fe(pu)

n S(bandau)

n Fe
Vì H = 50% >
→ a : b = 4: 2 = 2:1

= 0,25 → hiệu suất tính theo nguyên tố S →

=

2 mol

##. Hòa tan hoàn toàn 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại phân nhóm IIA và thuộc hai chu kỳ liên

CO2
tiếp trong bảng tuần hoàn bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch X và 672 ml

các kim loại.
A. Be, Mg.
*B. Mg, Ca.
C. Ca, Ba.
D. Ca, Sr.

(ở đktc). Hãy xác định tên

n CO2
$. Ta có
= 0,03 mol
Gọi công thức chung 2 kim loại là R.

M RCO3 =

2,84
0, 03

→

= 94,67

MR
→
= 94,67 - 60 = 34,67
Vậy 2 kim loại là Mg và Ca.
63
29

Cu

65
29

Cu

##. Trong tự nhiên, đồng (Cu) tồn tại dưới hai dạng đồng vị
và
trung bình) của Cu là 63,55u. Tính % về khối lượng của mỗi loại đồng vị.
65

*A.

Cu

: 27,5% ;
65

63

Cu

B.

: 72,5%.

Cu

: 70% ;
65

C.

63

Cu

: 30%.
63

Cu
: 72,5% ;

Cu
: 27,5%.

. Khối lượng nguyên tử (xấp xỉ khối lượng


65

63

Cu

D.

Cu

: 30% ;

: 70%.
63

$. Gọi phần trăm khối lượng của

lần lượt là a , b

a = 0, 725

b = 0, 275

Ta có hệ:

→
63

Cu

Vậy

Cu

và

a + b = 1

63a + 65b = 63,55
65

65

Cu

Cu

: 27,5% ;

: 72,5%

##. Cho 1,9 gam hỗn hợp muối cacbonat và hiđrocacbonat của kim loại kiềm M tác dụng hết với dung dịch HCl (dư),
sinh ra 0,448 lít khí (ở đktc). Kim loại M là
A. Li.
*B. Na.
C. K.
D. Rb.

R 2 CO3
$. Gọi tổng số mol của

RHCO3
và

là a mol, nguyên tử khối trung bình là M

n CO2
Bảo toàn nguyên tố C → a =

NaHCO3
84 (

= 0,02 mol

M tb
)<

Na 2 CO3
= 1,9 : 0,02 = 95 < 106 (

) → kim loại cần tìm là Na

##. Đốt cháy hoàn toàn V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm hai hiđrocacbon thuộc cùng dãy đồng đẳng, có khối lượng phân

n CO2
n H2O
tử hơn kém nhau 28 đvC, thu được

CH 4
A.

=

10
13
. CTPT của các hiđrocacbon lần lượt là

C3 H 8
và

.

C2 H 6
*B.

C4 H10
và

C3 H 8
C.

.

C5 H12
và

C 4 H10
D.

.

C6 H14
và

.

n CO2
$. Giả sử

n H2O
= 10 mol và

= 13 mol, suy ra 2 chất là ankan và có số mol là 3 mol

10
nC =
3
Số mol C trung bình:
Như vậy, ankan có số C nhỏ hơn có thể có 1, 2 hoặc 3 nguyên tử C.
Nếu có 1 C thì ankan thứ 2 sẽ có 3 C → loại
Nếu có 3 C thì ankan thứ 2 sẽ có 5 C, như vậy, số mol ankan có 3 C sẽ lớn hơn nên cũng không thỏa mãn

C 2 H6
Do đó, 2 ankan là

C4 H10
và

##. Hỗn hợp 3 ancol đơn chức, bậc một X, Y, Z có tổng số mol là 0,08 mol và tổng khối lượng là 3,387 gam. Biết Y, Z

MY
có cùng số nguyên tử cacbon,

MZ
<

nX
, và 3

nY
= 5(

nZ
+

). Công thức cấu tạo của ancol Y là


CH ≡ C − CH 2 OH
*A.
B.
C.

CH 2 = CH − CH 2 OH
hoặc

CH ≡ C − CH 2 OH

.

CH3 CH 2 CH 2 OH
hoặc

.

CH 2 = CH − CH 2 OH

CH3 CH 2 CH 2 OH
hoặc

CH ≡ C − CH 2 OH

.

CH 2 = CH − CH 2 OH

D.

hoặc

CH3 CH 2 CH 2 OH
hoặc

M ancol

.

CH 3OH

$. Ta có
= 3,387 : 0,08 = 42,3 > 32 → X là
Gọi số mol 3 ancol lần lượt là x,y,z mol

 x + y + z = 0, 08

3x − 5(y + z) = 0
Ta có hệ:

mY

 x = 0, 05


 y + z = 0, 03
→

mZ
+

= 3,387 - 0,05.32 = 1,787

M tb(Y,Z)
→

CH ≡ C − CH 2 OH CH 2 = CH − CH 2 OH
= 59,56 mà Y, Z có cùng số nguyên tử C → Y có thể là

CH 3CH 2 CH 2 OH
Y không thể là

MY
vì

,

(chú ý

MZ
<

)

##. Một hỗn hợp gồm anđehit acrylic và một anđehit đơn chức X. Đốt cháy hoàn toàn 1,72 gam hỗn hợp trên cần

Ca(OH) 2
vừa hết 2,296 lít khí oxi (đktc). Cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch
gam kết tủa. Công thức cấu tạo của X là
A. HCHO.

dư, thu được 8,5

C 2 H5 CHO
B.

.

C3 H5 CHO
C.

.

CH 3CHO
*D.

.

n CO2

Ca(OH) 2
$. Hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch

dư →

n CaCO3
=

= 0,085 mol

m H2O
Bảo toàn khối lượng

n H2O
= 1,72 + 0,1025. 32 - 0,085.44 = 1,26 gam →

n andehit
Bảo toàn nguyên tố O →

=

= 2. 0,085 + 0,07 - 2. 0,1025 = 0,035 mol

n C2 H3CHO
Nhận thấy có 3 đáp án là andehit no,đơn chức →
→ 0,015. 56 + 0,02. (R + 29) = 1,72 → R = 15 (
Vậy andehit cần tìm là

n CO2
=

CH3
CH 3 CHO

= 0,07 mol

n O(andehit )

)

n H2O
-

n RCHO
= 0,015 mol →

= 0,02 mol


CH3 COOC2 H 5 HCOOC3 H 5 HCOOC3 H 3 d X/O2
##. Hỗn hợp X gồm

,

CO2
tổng khối lượng
A. 3,450 gam.
B. 3,720 gam.
C. 3,720 gam.
*D. 3,504 gam.

,

(

= 2,7).Đốt cháy hoàn toàn 0,015 mol X,

H2O
và

thu được là

C4 Ha O2
$. Nhận thấy X gồm các chất có dạng

MX
Mà

= 86,4 → a = 86,4 - 32-12.4 = 6,4

C4 H 6,4 O2
Vậy khi đốt 0,015 mol hợp chất có dạng

m CO2
→

CO2
sinh ra 0,015.4 mol

H2O
và 0,015.3,2 mol

m H2O
+

= 0,015.4. 44 + 0,015.3,2.18 = 3,504 gam

##. Hoà tan hoàn thoàn 4,68 gam hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp nhau trong nhóm IIA vào

CO2
dung dịch HCl dư thu được 1,12 lít khí
A. Be và Mg.
*B. Mg và Ca.
C. Ca và Sr.
D. Sr và Ba.

(đktc). Hai kim loại A và B là

RCO3
$. Gọi công thức chung muối cacbonat của kim loại A, B là

n CO 2
Ta có

n RCO3
=

= 0,05 mol

M tb
→
= 4,68 : 0,05 = 93,6 → 24 <
Vậy hai kim loại A, B là Mg và Ca

MR
= 33,6 < 40