Vận dụng cao 2019 ( thầy ngọc anh )

Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO 9+ NĂM 2019
Câu 1.Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3 O4 , FeCO3 và Fe(NO3 )2 trong dung dịch chứa NaHSO4 và 0,16 mol
HNO3 , thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO2 và NO (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 4). Dung dịch Y hòa tan tối đa
8,64 gam bột Cu, thấy thoát ra 0,03 mol khí NO. Nếu cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu được 154,4 gam kết tủa. Biết
các phản ứng xảy ra hoàn toàn và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của cả quá trình. Phần trăm khối lượng của Fe đơn
chất trong hỗn hợp X là:
A. 48,80%.
B. 33,60%.
C. 37,33%.
D. 29,87%.
Giải
Chọn đáp án C
2



- Dung dịch Y gồm Fe 3+, H+, Na+, NO3 và SO 4 (dung dịch Y không chứa Fe2+, vì không tồn tại dung dịch cùng chứa


Fe2+, H+ và NO3 ).
- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì:
BT:e

 n Fe3  2n Cu  3n NO  0,18 mol
 


n
 4n NO  0,12 mol

 H  d­ 

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)2 ta có:

n BaSO4  n NaHSO4 

m  107n Fe3

 0,58 mol

233





 n NO  2nSO2  3n Fe3  n H  n Na   0,08 mol
- Xét dung dịch Y, có: 
BTDT

3

4

 mY  23n Na   56n Fe3  n H  62n NO  96n SO2  84,18  g 
3

BT:H

 n H 2O 

n NaHSO4  n HNO3  n H  d­ 
2

4

 0,31 mol

- Xét hỗn hợp khí Z, có n CO2  x mol và n NO  4x mol. Mặt khác:
BTKL

 44n CO2  30n NO  mX  120n NaHSO4  n HNO3  mT  18n H2O  44x  3x.30  4,92  g   x  0,03 mol

- Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có:

n NO  n NO  n HNO3

0,08  0,12  0,16
 0,02 mol và n FeCO3  n CO2  0,03 mol
2
2
2
n NaHSO4  n HNO3  2n CO2  4n NO  n H  d­ 
n O trong oxit 
 n Fe3O4 
 0,01 mol
mà n Fe3O4 

4
8
mX  232n Fe3O4  116n FeCO3  180n Fe NO3 
2
 %mFe 
.100  37,33
mX
BT:N

 n Fe NO3  

3



Câu 2. Hỗn hợp X gồm C3 H8 , C2 H4 (OH)2 và một số ancol no, đơn chức, mạch hở (C3 H8 và C2 H4 (OH)2 có số mol bằng
nhau). Đốt cháy hoàn toàn 5,444 gam X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng
bình tăng lên 16,58 gam và xuất hiện m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 47,477.
B. 43,931.
C. 42,158.
D. 45,704.
Chọn đáp án D
nhạy cảm: "một số ancol". nối: C3 H8 .C2 H4 (OH)2 = C5 H14 O2 = 2.C2,5 H7 O.
||→ nhận ra vấn đề: hỗn hợp X gồm tất cả các chất đều có dạng Cn H2n + 2 O.
Quy 5,444 gam X gồm x mol CH2 và y mol H2 O ||→ 14x + 18y = 5,444 gam.
Bảo toàn C, H → mtăng = 62x + 18y = 16,58 gam.
yeah! với hướng này thì gặp lại, các em tự tin bấm máy luôn:

1

Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

m = 197 × (16,58 – 5,444) ÷ (62 – 14) = 45,704 gam. Chọn đáp án D. ♠.
Câu 3. Cho hỗn hợp M gồm hai axit cacboxylic X, Y (cùng dãy đồng đẳng, có số mol bằng nhau MX < MY ) và một amino
axit Z (phân tử có một nhóm -NH2 ). Đốt cháy hoàn toàn 0 4 mol hỗn hợp M thu được khí N2 ; 14,56 lít CO2 (ở đktc) và
12,6 gam H2 O. Cho 0,3 mol M phản ứng vừa đủ với dung dịch X mol HCl. Nhận xét nào sau đây không đúng?
A. Giá trị của X là 0,075.
B. X có phản ứng tráng bạc
C. Phần trăm khối lượng của Y trong M là 40%.
D. Phần trăm khối lượng của Z trong M là 32,05%.
. Chọn đáp án C
nCO2 = 0,65 mol < nH2O = 0,7 mol ⇒ Z chứa 1 nhóm –COOH.
Ctb = 0,65 ÷ 0,4 = 1,625 ⇒ X là HCOOH (⇒ B đúng) và Y có dạng Cn H2n O2 .
⇒ nZ = (0,7 - 0,65) ÷ 0,5 = 0,1 mol ⇒ nX = nY = (0,4 - 0,1) ÷ 2 = 0,15 mol.
⇒ x = 0,1 × 0,3 ÷ 0,4 = 0,075 mol ⇒ A đúng.
Gọi số C của Z là m ⇒ 0,15n + 0,1m + 0,15 = 0,65 ⇒ m = n = 2.
⇒ Y là CH3 COOH và Z là H2 N-CH2 -COOH.
⇒ %mY = 38,46%; %mZ = 32,05% ⇒ C sai và D đúng ⇒ chọn C.
Câu 4. X, Y, Z là 3 este đều đơn chức, mạch hở (trong đó Y và Z không no có một liên kết C=C và có tồn tại đồng phân
hình học). Đốt cháy 21,62 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với oxi vừa đủ, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH)2 dư
thấy khối lượng dung dịch giảm 34,5 gam so với trước phản ứng. Mặt khác, đun nóng 21,62 gam E với 300 ml dung dịch
NaOH 1M (vừa đủ), thu được hỗn hợp F chỉ chứa 2 muối và hỗn hợp gồm 2 ancol kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng.
Khối lượng của muối có khối lượng phân tử lớn hơn trong hỗn hợp F là
A. 4,68 gam.
B. 8,10 gam.

C. 9,72 gam.
D. 8,64 gam.
Câu 5. Chọn đáp án D
21,62 gam E (este đều đơn chức) + vừa đủ 0,3 mol NaOH ||→ nCOO trong E = 0,3 mol
♦ giải đốt 21,62 gam E (0,3 mol) + O 2 ––– to –→ x mol CO2 + y mol H2 O.
(CO2 + H2 O) + Ca(OH)2 dư có Δmdung dịch giảm = 56x – 18y = 34,5 gam.
Lại có mE = 12x + 2y + 0,3 × 32 = 21,62 gam ||→ giải x = 0,87 mol và y = 0,79 mol.
||→ tương quan ∑nCO2 – ∑nH2O = nY + Z = 0,08 mol → nX = 0,22 mol.
chú ý: Y, Z không no và thủy phân cho ancol nên số CY, Z ≥ 4.
Chặn số Ctrung bình của X < (0,87 – 0,08 × 4) ÷ 0,22 = 2,5 → số CX = 2 hay X là HCOOCH3 .
♦ Biện luận: hai ancol đồng đẳng nên ancol còn lại là C2 H5 OH.
Thủy phân E chỉ cho 2 muối mà 1 muối là HCOONa (no rồi)
||→ 1 muối còn lại phải là không no 1 C=C là gốc axit của Y và Z.
nghĩa là Y là Cn H2n – 1 COOCH3 và Z là Cn H2n – 1 COOC2H5 (Y, Z đồng đẳng kế tiếp)
Đơn giản, tính lại số Ctrung bình Y, Z = (0,87 – 0,22 × 2) ÷ 0,08 = 5,375
||→ số CY = 5 và số CZ = 6. tuy nhiên, đọc kĩ yêu cầu bài tập
||→ chỉ quan tâm muối lớn trong F là 0,08 mol C3 H5 COONa ⇄ myêu cầu = 8,64 gam. Chọn D. ♥.
Câu 6. Hòa tan hoàn toàn 21,5 gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, FeO, Cu(NO 3 )2 cần dùng hết 430 ml dung dịch H2 SO4 1M
thu được hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 0,06 mol NO và 0,13 mol H2 , đồng thời thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối
sunfat trung hòa. Cô cạn dung dịch Z thu được 56,9 gam muối khan. Thành phần phần trăm của Al trong hỗn hợp X có
giá trị gần nhất là
A. 25,5%.
B. 18,5%.
C. 20,5%.
D. 22,5%.
. Chọn đáp án C
- Khi cho 21,5 gam X tác dụng với 0,43 mol H2 SO4 thì:
BTKL

 n H 2O 

BT:H

 n NH 
4

mX  98n H2SO4  30n NO  2n H2  m Z
18

2n H2SO4  2n H2O  2n H2
4

- Ta có n O trong X   n FeO 

 0,02 mol  n Cu NO3  

 0, 26 mol
n NH  n NO

2

2n H2SO4  10n NH  4n NO  2n H2
4

2

4

2

 0,04 mol

 0,08 mol

- Xét hỗn hợp X ta có:

2


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )


n Al  0,16 mol
3n Al  2n Zn  3n NO  2n H2  8n NH4  0,6


27n Al  65n Zn  m X  72n FeO  188n Cu NO3   8, 22 n Zn  0,06 mol

2

27.0,16
 %m Al 
.100  20,09
21,5
Câu 7. Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm 1 tetrapeptit A và 1 pentapeptit B (A và B đều hở chứa đồng thời Glyxin và
Alanin trong phân tử) bằng 1 lượng dung dịch NaOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch sản phẩm cho (m + 15,8) gam hỗn hợp
muối. Đốt cháy toàn bộ lượng muối sinh ra bằng 1 lượng oxi vừa đủ, thu được Na2 CO3 và hỗn hợp hơi Y gồm CO2 , H2 O
và N2 . Dẫn Y đi qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư, thấy khối lượng bình tăng thêm 56,04 gam so với ban đầu và có

4,928 lít khí duy nhất (đktc) thoát ra khỏi bình. Xem như N2 không bị nước hấp thụ, các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Thành phần phần trăm khối lượng của B trong hỗn hợp X là
A. 35,37%.
B. 58,92%.
C. 46,94%.
D. 50,92%.
Chọn đáp án C
Quy X về C2 H3 NO, CH2 , H2 O ⇒ nC2H3NO = 2nN2 = 2 × 0,22 = 0,44 mol.
Muối gồm 0,44 mol C2 H4 NO2 Na và x mol CH2
⇒ đốt cho CO2 : (0,66 + x) mol và H2 O: (0,88 + x) mol
⇒ mbình tăng = mCO2 + mH2O = 56,04 ⇒ x = 0,18 mol.
nNaOH = nC2H3NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng:
m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + mH2O ⇒ nH2O = 0,1 mol.
Đặt nA = a; nB = b ⇒ nX = a + b = 0,1 mol; nC2H3NO = 0,44 mol = 4a + 5b
Giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.
nAla = nCH2 = 0,18 mol; nGly = 0,44 - 0,18 = 0,26 mol.
Gọi số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4)
⇒ 0,06m + 0,04n = 0,18. Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1; n = 3.
⇒ B là Gly2 Ala3 ⇒ %mB = 0,04 × 345 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 46,94%.
Câu 8. Hỗn hợp E gồm este X đơn chức và axit cacboxylic Y hai chức (đều mạch hở, không no có một liên kết đôi C=C
trong phân tử). Đốt cháy hoàn toàn một lượng E thu được 0,43 mol khí CO2 và 0,32 mol hơi nước. Mặt khác, thủy phân
46,6 gam E bằng 200 gam dung dịch NaOH 12% rồi cô cạn dung dịch thu được phần hơi Z có chứa chất hữu cơ T. Dẫn
toàn bộ Z vào bình kín đựng Na, sau phản ứng khối lượng bình tăng 189,4 gam đồng thời sinh ra 6,16 lít khí H2 (đktc).
Biết tỉ khối của T so với H2 là 16. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau
đây?
A. 41,3%.
B. 43,5%.
C. 48,0%.
D. 46,3%.
Chọn đáp án D

X và Y lần lượt có dạng Cn H2n-2 O2 và CmH2m-4 O4 (n ≥ 3; m ≥ 4).
Ta có: nCO2 - nH2O = (k - 1).nHCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).
Áp dụng: nCO2 - nH2O = nX + 2nY = nCOO ⇒ nCOO = 0,11 mol.
mE = mC + mH + mO = 0,43 × 12 + 0,32 × 2 + 0,11 × 2 × 16 = 9,32(g).
⇒ Thí nghiệm 2 dùng gấp thí nghiệm 1 là 46,6 ÷ 9,32 = 5 lần.
⇒ nCOO thí nghiệm 2 = 0,11 × 5 = 0,55 mol < nNaOH = 0,6 mol ⇒ NaOH dư.
mH2O ban đầu = 176(g). Đặt nX = x; nY = y ⇒ x + 2y = 0,55 mol.
∑mH2O/Z = 176 + 18 × 2y = (176 + 36y)(g); MT = 32 ⇒ T là CH3 OH với số mol là x.
⇒ mbình tăng = 188,85(g) = 176 + 36y + 32x - 0,275 × 2
Giải hệ có: x = 0,25 mol; y = 0,15 mol.
Đặt số C của X và Y là a và b (a ≥ 4; b ≥ 4) ⇒ 0,25a + 0,15b = 0,43 × 5
Giải phương trình nghiệm nguyên có: a = 5; b = 6.
⇒ Y là C6 H8 O4 ⇒ %mY = 0,15 × 144 ÷ 46,6 × 100% = 46,35% ⇒ chọn D.
Câu 9. Tiến hành điện phân dung dịch chứa NaCl 0,4M và Cu(NO3 )2 0,5M bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp với cường
độ dòng điện không đổi I = 5 A trong thời gian 8492 giây thì dừng điện phân, ở anot thoát ra 3,36 lít khí (đktc). Cho m
gam bột Fe vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng, thấy khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất của N+5 ) và
0,8m gam rắn không tan. Giá trị của m là
A. 29,4 gam.
B. 25,2 gam.
C. 16,8 gam.
D. 19,6 gam.

3


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

Chọn đáp án B
- Ta có n e trao ®æi 

It
 0, 44 mol . Quá trình điện phân xảy ra như sau:
96500

Tại anot

Tại catot

2

2Cl  Cl2  2e

Cu  2e  Cu
0,15

0,3

0,15

x



2H 2O  2e  2OH  H 2
0,08

 2x

H 2O  4H   4e  O2
4y  y

0,04


n Cl2  0,08 mol n NaCl  0,16 mol
n Cl2  n O2  0,15




2n Cl2  4n O2  0, 44 
n O2  0,07 mol
n Cu NO3 2  0, 2 mol


- Dung dịch sau điện phân chứa Na



 0,16 mol  , NO3  0,4 mol  và H 

 n H  n NO  n Na   0,24 mol
+ Xét dung dịch sau điện phân có: 
BTDT

3

- Cho m gam Fe tác dụng với dung dịch trên thì:

3Fe  8H  2NO3 
 3Fe2  2NO  4H 2O

0,24 mol

0,4 mol

0,09 mol

+ Theo đề ta có: mFe  mr¾n kh«ng tan  mFe bÞ hßa tan   m  0,8m  0,09.56  m  25,2  g 
Câu 10. Hòa tan hết 31,12 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3 O4 , FeCO3 vào dd hỗn hợp chứa H2 SO4 và KNO3 . Sau phản
ứng thu được 4,48 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm (CO2 , NO, NO2 , H2 ) có tỉ khối so với H2 là 14,6 và dd Z chỉ chứa các
muối trung hòa với tổng khối lượng là m gam. Cho BaCl2 dư vào Z thấy xuất hiện 140,965 gam kết tủa trắng. Mặt khác
cho NaOH dư vào Z thì thấy có 1,085 mol NaOH phản ứng đồng thời xuất hiện 42,9 gam kết tủa và 0,56 lít khí (đktc)
thoát ra. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Cho các nhận định sau:
a) Giá trị của m là 82,285 gam.
b) Số mol của KNO3 trong dung dịch ban đầu là 0,225 mol
c) Phần trăm khối lượng FeCO3 trong X là 18,638%. d) Số mol của Fe3 O4 trong X là 0,05 mol.
e) Số mol của Mg trong X là 0,15 mol. Tổng số nhận định đúng là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Chọn đáp án A
Y chứa H2 ⇒ Z không chứa NO3 – . Lập sơ đồ phản ứng:

Mg 2 
 2 
BaCl2
CO 2 
Mg 

140,965  g  
Fe  
 NO 
Fe
 H SO






  
2
4
Mg  OH 2 



  H 2O  K 
 Na 2SO 4 
NaOH
Fe
O
NO
KNO


2
3 


   NH3   

 3 4  

 NH  
4 
K 2SO 4 
FeCO3 
H 2 

Fe  OH 2 
SO 24 


31,12  g 
nH2SO4 = nSO4 2– = nBaSO4 = 140,965 ÷ 233 = 0,605 mol; nNH4 + = nkhí = 0,56 ÷ 22,4 = 0,025 mol.
► Bảo toàn điện tích: nNa+ + nK +/Z = 2nSO4 2– ⇒ nKNO3 = nK + = 0,605 × 2 - 1,085 = 0,125 mol ⇒ (b) sai
● Đặt nMg 2+ = x; nFe2+ = y ⇒ nNaOH = 2x + 2y + 0,025 = 1,085 mol; mkết tủa = 58x + 90y = 42,9g.
||⇒ Giải hệ có: x = 0,15 mol; y = 0,38 mol ⇒ (e) đúng.
► m = 0,15 × 24 + 0,38 × 56 + 0,125 × 39 + 0,025 × 18 + 0,605 × 96 = 88,285(g) ⇒ (a) sai.
Bảo toàn khối lượng: mH2O = 31,12 + 0,605 × 98 + 0,125 × 101 - 88,285 - 0,2 × 29,2 = 8,91(g) ⇒ nH2O = 0,495 mol.
Bảo toàn nguyên tố Hidro: nH2 = (0,605 × 2 - 0,025 × 4 - 0,495 × 2)/2 = 0,06 mol.
Bảo toàn nguyên tố Nitơ: ∑n(NO,NO2) = ∑nN/Y = 0,125 - 0,025 = 0,1 mol.
⇒ nFeCO3 = nCO2 = 0,2 - 0,1 - 0,06 = 0,04 mol ⇒ %mFeCO3 = 0,04 × 116 ÷ 31,12 × 100% = 14,91% ⇒ (c) sai.
► mX = mMg + mFe + mO + mCO3 ⇒ mO = 31,12 - 0,15 × 24 - 0,38 × 56 - 0,04 × 60 = 3,84(g).
⇒ nO = 0,24 mol ⇒ nFe3O4 = 0,06 mol ⇒ (d) sai ⇒ chỉ có (e) đúng ⇒ chọn A.
► Nhận xét: Đề chuẩn hơn nên là Z không chứa ion Fe3+.

4

Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

Câu 11. Hỗn hợp E chứa ba peptit đều mạch hở gồm peptit X (C4 H8 O3 N2 ), peptit Y (C7 HxOy Nz) và peptit z (C11 Hn OmNt ).
Đun nóng 28,42 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp T gồm 3 muối của glyxin, alanin và valin. Đốt
cháy toàn bộ T cần dùng 1,155 mol O2 , thu được CO2 , H2 O, N2 và 23,32 gam Na 2 CO3 . Phần trăm khối lượng của X trong
hỗn hợp E là
A. 4,64%.
B. 6,97%.
C. 9,29%.
D. 13,93%.
Chọn đáp án A
BT:Na

 n AlaNa,GlyNa,ValNa  2n Na 2CO3  0, 44m n Ala,Gly,Val 

- Quy đổi hỗn hợp E thành C2 H3 ON, CH2 và H2 O thì





4
1,5n CO2  n O2  n CO2  0,99
3

57n C2H3ON  14n CH2  18n H2O  28, 42

n C2H3ON  0, 44
 BT:C

n Gly,Ala,Val
  
 2n C2H3ON  n CH2  n CO2  0,99  n CH2  3n Val  n Ala  0,11  n m¾c xÝch 
 4, 4
n

n

n
X
Y
Z


n H2O  n X  n Y  n Z  0,1
2, 25n C2H3ON  1,5n CH2  n O2  1,155
 Trong E có chứa peptit có số mắc xích lớn 4,4 (5, 6 hoặc 7…). Vậy Z là pentapeptit (Gly)4Ala, X là đipeptit (Gly)2 và
Y là đipeptit AlaVal (không thể là tripeptit (Gly)2 Ala vì khi đó thủy phân hỗn hợp E sẽ không thu được muối của Val).
Ta có:
BT:C
 
 4n X  7n Y  11n Z  n CO2  0,99 n X  0,01

0,01.132

 n Y  0,01  %m X 
.100  4,64

2n X  2n Y  5n Z  2n NaOH  0, 44
28, 42
132n  174n  317n  28, 42
n  0,08
X
Y
Z
 Z


Câu12. Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2 O3 và Al(NO3 )3 vào dung dịch chứa NaHSO4 và 0,09 mol HNO3 ,
khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có khối lượng 127,88 gam và 0,08
mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 5. Cho từ từ
đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

Phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z là
A. 41,25%.
B. 68,75%.
C. 55,00%.
. Chọn đáp án B
gt ⇒ Z gồm N2 O, N2 , H2 ⇒ Y không chứa NO3 – ; khí có PTK lớn nhất trong Z là N2 O.

D. 82,50%.

Al3 
  
Al

 N 2O 
 Na 


  NaHSO 4  



Al2O3

   N 2   H 2O   NH 4 
Al NO  HNO3 : 0,09  H 
  
 2 
3 3 
 
H 
SO 24 
10,92 g 



Từ 1 mol NaOH đến 1,3 mol NaOH thì kết tủa từ cực đại đến tan hết do xảy ra phản ứng:
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2 O ⇒ nAl 3+ = nAl(OH)3 = 1,3 - 1 = 0,3 mol.
Đặt nNaHSO4 = x ⇒ nNa+/Y = nSO4 2– = x. Khi kết tủa đạt cực đại thì chỉ thu được Na2 SO4 .
⇒ nNa2SO4 = x ⇒ ∑nNa+ = 2x ⇒ nNa+/Y = 2x - 1 = x ⇒ x = 1.
Đặt nNH4 + = y; nH + = z. Bảo toàn điện tích: 0,3 × 3 + 1 + y + z = 1 × 2

5


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

mmuối = 127,88(g) = 0,3 × 27 + 1 × 23 + 18y + z + 1 × 96
Giải hệ có: y = 0,04 mol; z = 0,06 mol. Bảo tồn khối lượng:
mH2O = 10,92 + 1 × 120 + 0,09 × 63 - 127,88 - 0,08 × 20 = 7,11g ⇒ nH2O = 0,395 mol.
Bảo tồn ngun tố Hidro: nH2 = (1 + 0,09 - 0,04 × 4 - 0,06 - 0,395 × 2)/2 = 0,04 mol.
Đặt nN2O = a; nN2 = b ⇒ nZ = a + b + 0,04 = 0,08; mZ = 44a + 28b + 0,04 × 2 = 0,08 × 20
Giải hệ có: a = 0,025 mol; b = 0,015 mol ⇒ %mN2O = 0,025 × 44 ÷ 1,6 × 100% = 68,75%.
Câu 13: Hỗn hợp  H  gồm X , Y , Z là ba este đơn chức; trong đó X , Y no và mạch hở. Cho 0,32 mol hỗn hợp

 H  có khối lượng

m gam tác dụng vừa đủ với 180 ml dung dịch NaOH 2M cơ cạn dung dịch sau phản ứng được

a gam rắn T và 10,08 gam hỗn hợp ancol. Đốt cháy hết b gam rắn T cần đúng 0,7 mol O2 , thu được
25,3 gam CO2 và 7,65 gam H 2O . Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 40
B. 24
C. 23
D. 30
Đáp án B

 X , Y là este no, đơn, hở :0,28  mol 
+ Do nNaOH : nH  1,125  1 hỗn hợp  H  
:0,04  mol 

 Z là este củ a phenol
O2
 C , H ,O, Na 

 CO2  H 2O  Na2CO3
0,7  mol 
b  gam  T

0,575





0,425

0, 05 X 0,36
 0, 45  mol 
0, 04
BTLK

 b  25,3  7,65  0,5 x 0, 45 x106  0,7 x 32  34, 4  gam   a  27,52  gam 

 n phenolat  nCO2  nH2O : 3  0, 05  nNa  
b g

 BTKL : m  27,52  10,08  0,04 x 18  0,36 x40  23,92  gam  24  gam
Câu 14: Hỗn hợp  H  gồm X là axit cacboxylic, Y và Z là hai ancol thuộc cùng dãy đồng đẳng liên tiếp ; X và Y
đều no, mạch hở, đơn chức. Đốt cháy m gam  H  , thu được 27, 28g CO2 . Thực hiện phản ứng este hóa

m gam  H  , thu được 13,16g hỗn hợp este. Giả thiết các phản ứng este hóa đạt hiệu suất 100%. Biết tổng số ngun

tử cacbon của X , Y , Z bằng 7. Phần trăm khối lượng của anol có phân tử khối lớn hơn trong  H  gần nhất với giá
trị nào sau đây?

A. 28%.
B. 23%.
C. 18%.
D. 49%.
: Đáp án B
 H  gồm X là axit cacboxylic no, mạch hở, đơn chức, Y và Z là hai ancol thuộc cùng dãy đồng đẳng liên tiếp đều
no, mạch hở, đơn chức  có este đều là no, đơn chức mạch hở, đồng đẳng kế tiếp được tạo bởi cùng một axit

C H
n

2n

O2 hay RCOOR '



Bảo tồn C : nC   nC trong hỗn hợp H   nC CO   27,28 / 44  0,62 mol
este
2
Đặt số mol este Cn H 2 nO2 là x  mol   nC  este  n X  0,62 mol;  nH  este   2n X  1, 24 mol
Bảo tồn khối lượng: meste  mC  este  mH  este  mO este

 13,16  0,62.12  1, 24.1  16.nO este  nOeste  0, 28 mol  2 x



x  n este  0,14 mol  14n  32  13,16 / 0,14  n  4, 4 Cn H 2nO2 hay RCOOR '



 Số ngun tử C trong R  R '  3, 4
*Xét số ngun tử C trong R là 0  axit là HCOOH ;
C R '  3, 4  2 ancol là: C3 H 7OH và C4 H9OH

6


Nguyn Ngc Anh Hocmai.vn : giỏo viờn luyn thi online v offline ti H Ni
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

Tng s nguyờn t C trong HCOOH C3 H 7OH C4 H9OH l 8 (loi)
*Xột s nguyờn t C trong R l 1 axit l C3 H 7OH ;
C R ' 2, 4 2 ancol l: C2 H5OH v C3 H 7OH
Tng s nguyờn t C trong CH3COOH+C3 H 7OH C2 H5OH l 7 (tha món)
*Xột s nguyờn t C trong R l 2 axit l C2 H 5COOH;

C R ' 1, 4 2 ancol l: C2 H5OH v CH3OH

Tng s nguyờn t C trong CH3OH C2 H5COOH+C2 H5OH l 6 (loi)
Vy 2 ancol l: C2 H5OH a mol v C3 H 7OH b mol axit CH3COOH 0,14 mol. Ta cú:
a b 0,14 1 ; 2.a 3.b 0,14.2 0,62 2 a 0,08 mol v b 0,06 mol.
mhoón hụùp H 60.0,14 46.0,08 0,06.60 15,68 gam; %mC H OH 22,96%
3

7

Cõu 15: Hn hp X gm cỏc hirocacbon cú cụng thc dng C5 H y v H 2 . un núng 0, 47 mol X vi Ni , sau mt

thi gian phn ng thu c hn hp H ch cha cỏc hirocacbon. t chỏy hon ton H thu c 18,54 g H 2O.

Bit t khi ca H so vi He bng 17,575. Mt khỏc, 11, 248g X tỏc dng ti a m gam Br2 . Giỏ tr ca m gn
nht vi giỏ tr no sau õy?
A. 35
B. 56
C. 70
D. 43
ỏp ỏn B
Tớnh toỏn s liu: H 2O 1,03 mol; M H 70,3

C5 H122 k : a Ni ,t 0
O2
0, 47 mol

H C5 H... : a
H 2O :1, 03
H2 : b
a b 0, 47
a 0, 2



Hpt a 12 2k 2b 1, 03.2 BT H b 0, 27 k 2, 2

ak 0, 44

a 72 2k 2b 70,3a mX mH
C5 H 7,6 : x Br2
11, 248 g

H
:
y
2
67,
6
x

2 y 11, 248


x 0,16 nBr2 kx 2, 2.0,16 0,352 mBr2 56,32
x 0, 2
y 0, 27

Cõu 16: Dn 12, 6g hn hp hi hai ancol n chc, mch h l ng phõn ca nhau qua ng ng CuO (d) un
núng. Sau khi cỏc phn ng xy ra hon ton, thu c 15,96g hn hp hi H . Cho 15,96 g H tỏc dng vi
lng d dung dch AgNO3 trong NH 3 , thu c m gam kt ta. Giỏ tr ca m cú th l
A. 45,36.
B. 47,52.
C. 41, 04.
D. 49, 68.
ỏp ỏn C

Cn H 2 nO
H 2O

CuO
15,96

12, 6 g Cn H 2n2O : x mol

Ta cú mt aờng mCuO mCu 16 x 15,96 12,6 16 x x 0,21 n 3
Vy 2 ancol ban u l propan 1 ol v propan 2 ol. Hi H gm anehit v xeton.

nandehit 0, 21 nAg 2.0, 21 0, 42 mAg 45,36 g

7


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

Câu 17: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp  H  gồm một este no, đơn chức, mạch hở và một ancol đơn chức thu được

16,72 g CO2 và 10,08g H 2O. Cho hỗn hợp  H  trên tác dụng hết với dung dịch NaOH thu được 8,96g một ancol
duy nhất. Khối lượng của este là
A. 6, 0 g.
B. 16,8 g.
C. 7, 4 g.
D. 10,8 g.
Đáp án A
Xử lí số liệu: CO2  0,38 mol; H 2O  0,56 mol  nclo no, đơn  nancol  0,56  0,38  0,18 mol

CH 2
CO : 0,38

t0


 2
 nCH 2  0,38  BTC 
Quy đổi H O2
H
O
:0,50

2
 H O :0,18
 2
TH1:ancol là CH3OH  CH 2  H 2O 
8,96
 0, 28  mol   nO2  neste  0, 28  0,18  0,1 mol 
32
O : 0,1
este  2
 meste  6 g
CH 2 : 0,38  0,18  0, 2
TH2: ancol là C2 H5OH  2CH 2  H 2O 
nhh 

8,96
 0,194  mol   nO2  neste  0, 28  0,194  0, 086  mol 
46
nCH2 /este  0,38  2.0,18  0,02  mol   0,086 (vô lí)
nhh 

Câu 18: : Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp  H  gồm một ankin và một anđehit đơn chức, mạch hở cần đúng

0, 29 mol O2 , thu được 11g CO2 và 1,98g H 2O . Mặt khác, cho m gam  H  tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung
dịch AgNO3 / NH 2 , thu được a gam kết tủa. Biết số liên kết  trung bình của ankin và anđehit bằng

25
. Giá trị của
11

a là
A. 24,51
Câu 19: Đáp án B

B. 31,50

C. 25, 02

D. 32,16

nCO2  0, 25 mol; n H 2O  0,11mol; n O2  0, 29 mol.
Bảo toàn O  nO / H  0, 25*2  0,11*1  0, 29*2  0,03 mol  n anđehit.
n H * k  1  n CO2  n H 2O  n H   0, 25  0,11 /  25 /11  1  n H  0,11  n an kin  0,08.

Số

C tb  0, 25 / 0,11  2, 2; Số H tb  0,11*2 / 0,11  2  An kin là C2 H 2

Vậy hỗn hợp H  C2 HCHO  0,03 mol  và C2 H 2  0,08 mol  là phù hợp với mol CO2 , H 2O

CH  C  CH  O  0.03 mol   CAg  C  COONH4   0,03  2 Ag   0,06 
CH  CH  0,08 mol   AgC  CAg   0,08
m kết tủa  194*0,03  0,06*108  240*0,08  31,50 gam.

Câu 20. Cho 23,52 gam hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO3 3,4M khuấy đều thoát ra một khí
không màu hóa nâu trong không khí (sản phẩm khử duy nhất), trong dung dịch còn dư một kim loại chưa tan hết. Cho tiếp
từ từ dung dịch H2 SO4 5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho đến khi kim loại vừa tan hết thì mất đúng 44ml, thu được
dung dịch X. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X, lọc kết tủa, rửa rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không
đổi thu được chất rắn B nặng 31,2 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ mol/l các ion SO4 2  và NO3  trong
dung dịch X.
A. 0,900 M và 1,600 M
B. 0,902 M và 1,640 M

8


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

C. 0,904 M và 1,460 M
Chọn đáp án B
Đọc quá trình, tổng hợp lại bằng sơ đồ:

D. 0,120 M và 0,020 M

Bảo toàn nguyên tố H có nH 2 O = 0,56 mol → ghép cụm có nNO = 0,28 mol.
2

Bảo toàn N có nNO3  trong X = 0,4 mol và bảo toàn S có nSO 4 = 0,22 mol.
Dung dịch X có thể tích 200 mL + 44 mL = 244 mL. Công thức: CM = n ÷ V
⇒ [SO4 2 ] = 0,22 ÷ 0,244 = 0,902M và [NO 3 ] = 0,4 ÷ 0,244 = 1,640M.
⇒ chọn đáp án B.

Câu 21. Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3 , Fe, Cu, Al tác dụng với 60 ml dung dịch NaOH 2M thu được 2,688 lít khí
hiđro. Sau khi kết thúc phản ứng cho tiếp 740 ml dung dịch HCl 1M và đun nóng đến khi hỗn hợp khí B ngừng thoát ra.
Lọc và tách cặn rắn R. Cho B hấp thụ từ từ vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được 10 gam kết tủa. Cho R tác dụng hết
với dung dịch HNO3 đặc, nóng thu được dung dịch D và 1,12 lít một chất khí duy nhất. Cô cạn D rồi nhiệt phân muối
khan đến khối lượng không đổi được m gam sản phẩm rắn. Giá trị m gần nhất với (Biết rằng các thể tích khí đều đo ở
điều kiện tiêu chuẩn).
A. 5,4 gam
B. 1,8 gam
C. 3,6 gam
D. 18 gam
Câu 22. Chọn đáp án B
 Chia, tách nhỏ từng bài tập, quá trình ra để giải:
 chỉ có Al + NaOH → NaAlO2 + 3/2H2 /uparrow || nNaOH = nH 2 = 0,12 mol
⇒ chứng tử sau phản ứng NaOH còn dư 0,04 mol và ∑nAl trong A = 0,08 mol.
Khí B như ta biết gồm CO2 (sinh ra do FeCO3 ) và H2 (do Fe)
10 gam kết tủa là 0,1 mol CaCO3 ⇒ có 0,1 mol CO2 ⇒ nFeCO 3 = 0,1 mol.
Rắn R ra chắc chắn có Cu và có thể là còn dư kim loại Fe. Vậy phần trong dung dịch?
À, gồm: 0,08 mol AlCl3 ; 0,12 mol NaCl + ??? mol FeCl2 . Mà ∑nHCl = nHCl = 0,74 mol
⇒ bảo toàn Cl có ngay nFeCl 2 = 0,19 mol; sinh ra do 0,1 mol FeCO 3 ⇒ còn 0,09 nữa do Fe.
Vậy mR = mCu , Fe lọc ra = 20 – mAl – mFeCO 3 – mFe phản ứng = 1,2 gam.
R gồm Cu, Fe là các kim loại hoạt động TB yếu nên + HNO3 sinh NO hoặc NO2 .
ở đây dùng HNO3 đặc nên khí duy nhất sinh ra là NO2 || nNO 2 = 0,05 mol
⇒ bảo toàn electron có 3nFe + 2nCu = nNO 2 = 0,05 mol mà mFe + Cu = 1,2 gam
⇒ giải ra nFe = nCu = 0,01 mol. Đọc tiếp quá trình cuối
⇒ m gam sản phẩm gồm 0,01 mol CuO và 0,05 mol Fe 2 O3 ⇒ m = 1,6 gam → chọn đáp án B.
Câu 23. X, Y là hai chất hữu cơ kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng ancol anlylic, Z là axit cacboxylic no hai chức, T là este tạo
bởi X, Y, Z. Đốt cháy 17,12 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 10,864 lít O2 (đktc) thu được 7,56
gam nước. Mặt khác 17,12 gam E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,09 mol Br2 . Nếu đun nóng 0,3 mol E với 450 ml
dung dịch KOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng rồi sau đó lấy phần lỏng chứa các chất hữu cơ đi qua bình đựng Na
dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 7,00
B. 8,50
C. 9,00
D. 10,50
 bớt H2 O () quy este về axit và ancol. Quan sát lại toàn bộ giả thiết:

Quan sát:
X, Y thuộc dãy đồng đẳng ancol anlylic nên nhận xét nX, Y = nBr2 phản ứng = 0,09 mol.
bài toàn đốt E đủ 3 giả thiết ⇒ giải ra số mol C, số mol H2 , số mol O như trên.

9


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

||⇒ tương quan đốt có: ∑nCO 2 - ∑nH 2 O = naxit + nH2O () = 0,15 mol.
Lại có bảo toàn O: nancol X, Y + 4naxit – nH 2 O () = 0,59 ⇒ 4naxit – nH 2 O () = 0,5 mol.
Giải hệ được naxit = 0,13 mol và nH 2 O () = 0,02 mol.
⇒ Ctrung bình X, Y, Z = 0,57 ÷ (0,13 + 0,09) ≈ 2,59 ⇒ Z là (COOH)2 .
||⇒ BTKL trong E có mancol X, Y = 17,12 + 0,02 × 18 – 0,13 × 90 = 5,78 gam.
 chú ý một chút ở quy đổi: 1 este + 2H2 O → 1 axit + 2 ancol đơn
Cộng axit và ancol trong E vào 2 vế, chuyển nước qua bên kia là cách ta quy đổi
⇒ nE = ∑nancol quy đổi + ∑naxit quy đổi – nH 2 O () = 0,2 mol.
Dùng 0,3 mol E là gấp 1,5 lần tất cả các lượng trên ⇒ KOH dư → phần chất lỏng là các ancol 0,135 mol các ancol nặng
8,67 gam ⇒ mbình tăng = 8,67 – 0,135 = 8,535 gam. Chọn B.
Câu 24. X là este đơn chức, Y là este hai chức (X, Y đều mạch hở). Đốt cháy 21,2 gam hỗn hợp E chứa X, Y thu được x
mol CO2 và y mol H2 O với x = y + 0,52. Mặt khác đun nóng 21,2 gam E cần dùng 240 ml dung dịch KOH 1M thu được

một muối duy nhất và hỗn hợp F chứa 2 ancol đều no. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư sau phản ứng thấy khối lượng
bình tăng 8,48 gam. Số phân tử H (hiđro) có trong este Y là
A. 10
B. 8
C. 14
D. 12
Câu 25. Chọn đáp án A
 thủy phân: 21,2 gam E + 0,24 mol KOH → muối duy nhất + hh 2 ancol đều no, mạch hở.
Có ∑nCOO trong E = ∑nOH trong 2 ancol = nKOH = 0,24 mol.
Phản ứng: OH + Na → ONa + ½H2 ↑ ||⇒ nH 2 ↑ = 0,12 mol
||⇒ mhai ancol = mbình Na tăng + mH 2 ↑ = 8,48 + 0,12 × 2 = 8,72 gam.
BTKL phản ứng thủy phân có mmuối = 21,2 + 0,24 × 56 – 8,72 = 25,92 gam.
vì X là este đơn chức ⇒ muối duy nhất là muối của axit đơn ⇒ Mmuối = 25,92 ÷ 0,24 = 108 ứng với CTCT của muối là
HC≡CCOOK.
 đốt cháy 21,2 gam E + O2 ―t0 → x mol CO2 + y mol H2 O
Có ∑nO trong E = 2∑nCOO trong E = 0,48 mol ⇒ mE = 12x + 2y + 0,48 × 16
Lại có x = y + 0,52 ||⇒ giải hệ được x = 1,04 mol và y = 0,52 mol.
Gọi trong 21,2 gam E gồm a mol HC≡CCOOCn H2n + 1 và b mol (HC≡CCOO)2 CmH2m.
Tương quan đốt có: ∑nCO 2 - ∑nH 2 O = 2a + 5a = 0,52 mol.
Lại có ∑nCOO trong E = a + 2b = 0,24 mol ||⇒ giải a = 0,16 mol; b = 0,04 mol.
Bảo toàn C có: 0,16 × (3 + n) + 0,04 × (6 + m) = 1,04 ⇒ 4n + m = 8.
⇒ ứng với m = 4; n = 1 ⇒ X là HC≡CCOOCH3 và Y là (HC≡CCOO)2 C4 H8.
Vậy tổng số nguyên tử H (hiđro) có trong este Y là 10. Chọn đáp án A.

10


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

Câu 28: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp gồm CuSO4 và NaCl (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 3) với điện cực trơ, màng ngăn
xốp, cường độ dòng điện 2,68A. Sau thời gian điện phân t (giờ), thu được dung dịch Y (chứa hai chất tan) có khối lượng
giảm 10,375 gam so với dung dịch ban đầu. Dung dịch Y phản ứng vừa hết với 2,55 gam Al2 O3 . Giá trị của t gần
nhất với giá trị nào sau đây?
A. 4. B. 5. C. 6. D. 3,5.
Vì 2nCuSO4 < nNaCl ⇒ Al2 O3 bị hòa tan bởi OH– .
Ta có nAl2O3 = 0,025 mol ⇒ nOH – cần dùng = 0,05 mol.
⇒ nNaOH = 0,05 mol.
Vì Dung dịch chỉ chứa 2 chất tan ⇒ Cl– đã bị điện phân hết và 2 chất tan đó là Na 2 SO4 và NaOH.
⇒ mGiảm = mCu + mCl – + mH2
 mGiảm = 0,05×64 + 0,15×35,5 + 0,05×1 = 8,575 < 10,375
⇒ Nước có điện phân (10,375 – 8,575) = 1,8 gam ⇒ nH2O = 0,1 mol.
⇒ ∑ne nhận = 2nCu + 2nH2 + 2nH2 O = 0,1 + 0,05 + 0,2 = 0,35 mol.
⇒t=

0,35  96500
≈ 12602,6s ≈ 3,5 giờ
2, 68

Câu 29: Cho hỗn hợp X gồm amino axit Y (H2 NCxHy COOH) và 0,01 mol H2 NC3 H5 (COOH)2 tác dụng với 50 ml dd HCl
1M, thu được dd Z. Dung dịch Z tác dụng vừa đủ với dd chứa 0,04 mol NaOH và 0,05 mol KOH, thu được dd chứa 8,135
gam muối. Phân tử khối của Y là
A. 117. B. 75. C. 103. D. 89.
Ta có ∑nCOOH + nH + = ∑nOH – .
⇒ Y + 0,01×2 + nHCl = nNaOH + nKOH
⇒ nY = 0,02 mol và nH2O tạo thành = ∑nOH – = 0,09 mol.
⇒ Bảo toàn khối lượng ta có:
mY + mH2NC3H5(COOH)2 + mHCl = mNaOH + mKOH + mH2O

 mY = 2,06 gam  MY =

2, 06
= 103
0, 02

Câu 30: Hòa tan hết 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 3 O4 và Fe2 O3 trong dung dịch chứa 0,9 mol H2 SO4 (đặc, nóng,
dư), thu được V lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất S+6 , đktc) và dung dịch Y. Cho 450 ml dung dịch NaOH 2M vào Y,
thu được 21,4 gam kết tủa. Giá trị của V là
A. 4,48. B. 6,72. C. 5,60. D. 7,84.
H2 SO4 dùng dư đề cho rõ ràng nhé → 21,4 gam k ết tủa rõ là 0,2 mol Fe(OH)3.
mà có 0,9 mol NaOH → chứng tỏ n H+ trong Y = 0,3 mol. hết.!
(p/s: đừng nhầm lẫn 0,2 mol Fe(OH)3 → ∑n Fe trong X = 0,2 luôn nhé.!).
♦ CB3 : 19,2 gam (Fe; O) + 0,75 mol H 2 SO4 (lượng đủ) → Fe2 (SO4 )3 + SO2 + H2 O.
có 2x mol Fe → x mol Fe2 (SO4 )3 ||→ n SO2 = 0,75 – 3x theo bảo toàn S.
bảo toàn electron có 2nO trong X = 3n Fe – 2n SO2 ||→ n O trong X = 6x – 0,75 mol
||→ mX = mFe + mO = 56 × 2x + 16 × (6x – 0,75) = 19,2 ||→ giải ra: x = 0,15 mol.
||→ n SO2 = 0,75 – x = 0,3 mol → Yêu cầu VSO2 = 6,72 lít.
p/s: giải CB3 có khá nhiều hướng khác: ví dụ gọi x như trên thì có SO2 theo x;
n H2O = 0,375 mol ||→ BTKL cả phương trình giải ra x luôn.!......
Câu 38: Hỗn hợp E gồm pentapeptit X, hexapeptit Y, Val-Ala (trong X, Y đều chứa cả Ala, Gly, Val và số mol Val-Ala
bằng 1/4 số mol hỗn hợp E). Cho 0,2 mol hỗn hợp E tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,95 mol NaOH, thu được hỗn
hợp muối của Ala, Gly, Val. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 139,3 gam E, thu được tổng khối lượng CO2 và H2 O là 331,1
gam. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 60%.
B. 64%.
C. 68%.
D. 62%.
► Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O ⇒ nC₂H₃NO = nNaOH = 0,95 mol; nH₂O = nE = 0,2 mol
Đặt nCH₂ = x. Giả sử 139,3(g) E gấp k lần 0,2 mol E

⇒ 139,3(g) E chứa 0,95k mol C₂H₃NO; kx mol CH₂ và 0,2k mol H₂O
Đốt cho (1,9k + kx) mol CO₂ và (1,625k + kx) mol H₂O
⇒ mE = 57 × 0,95k + 14kx + 18 × 0,2k = 139,3(g)
|| 44.(1,9k + kx) + 18.(1,625k + kx) = 331,1(g)
||⇒ giải hệ cho: k = 2; kx = 1,7 ⇒ x = 1,7 ÷ 2 = 0,85 mol
● nVal-Ala = 1/4nE = 0,05 mol. Đặt nX = a; nY = b ⇒ nE = a + b + 0,05 = 0,2 mol
nC₂H₃NO = 5a + 6b + 0,05 × 2 = 0,95 mol. Giải hệ có: a = 0,05 mol; b = 0,1 mol

11


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

► Gọi số gốc CH₂ ghép vào X và Y lần lượt là m và n.
Chú ý rằng X và Y đều chứa cả Gly, Ala và Val ⇒ X và Y chứa ÍT NHẤT 1 gốc Ala và 1 gốc Val
⇒ m, n ≥ 4 (do ghép 1 Ala cần 1 CH₂; ghép 1 Val cần 3 CH₂)
⇒ 0,05m + 0,1n + 0,05 × 3 = 0,85. Giải phương trình nghiệm nguyên: m = 4 và n = 5
⇒ X là Gly₃AlaVal và Y là Gly₃Ala₂Val [Ph¸t hµnh bëi dethithpt.com]
⇒ %mY = 0,1 × 430 ÷ (0,95 × 57 0,85 × 14 + 0,2 × 18) × 100% = 61,74%
Câu 39: X là este mạch hở có công thức phân tử C5 H8 O2 ; Y và Z là hai este (đều no, mạch hở, tối đa hai nhóm este, MY <
MZ). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp E gồm X, Y và Z, thu được 15,68 lít CO2 (đktc). Mặt khác, cho E tác dụng với
dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp hai ancol có cùng số cacbon và hỗn hợp hai muối. Phân tử khối của Z là
A. 74.
B. 118.
C. 88.
D. 132.
Đáp án B

t
Giải đốt 0,2 mol E + O2 
 0,7 mol CO2 + ? mol H2 O.
⇒ Ctrung bình E = 0,7 ÷ 0,2 = 3,5 ⇒ CY < 3,5.
⇒ có các khả năng cho Y là HCOOCH 3 ; HCOOC2 H5 và CH3 COOCH3.
Tuy nhiên chú ý rằng thủy phân E thu được 2 ancol có cùng số C ⇒ Y phải là HCOOC2 H5
để suy ra được rằng ancol cùng số C còn lại là C2 H4 (OH)2 .
||⇒ cấu tạo của X là CH2 =CH–COOC2 H5.
este Z no là (HCOO)2 C2 H4 ||⇒ MZ = 118.
Câu 40: Hòa tan hoàn toàn 216,55 gam hỗn hợp KHSO4 và Fe(NO3 )3 vào nước được dung dịch X. Cho m gam hỗn hợp
Y gồm Mg, Al, MgO, Al2 O3 (trong đó mO 

64
m Y ) tan hết vào X. Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được dung dịch
205

Z chỉ chứa muối trung hòa và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp khí T có tổng khối lượng 1,84 gam (trong đó H2 chiếm 4/9 về thể
thích và nguyên tố oxi chiếm 8/23 khối lượng hỗn hợp). Cho BaCl2 dư vào Z thu được 356,49 gam kết tủa. Giá trị của m
là
A. 20,0.
B. 22,0.
C. 22,5.
D. 20,5.
Giải
Hỗn hợp khí D gồm 0,04 mol H2 || mO/D = 0,64 gam  nO/D = 0,04 mol
⇒ nN/D =

1,84  0, 04  2  0, 64
= 0,08 mol
14

Kết tủa là BaSO4 với 1,53 mol → ban đầu có 1,53 mol KHSO4 → Fe(NO3 )3 là 0,035 mol.
Bảo toàn N → trong Z có 0,025 mol NH 4 +; bảo toàn H → nH2O = 0,675 mol.
Bảo toàn O → ∑nO trong Y = 0,4 mol → m = 0,4 × 16 × 205 ÷ 64 = 20,5 gam.

K 
1,53mol
 Al3
Al  

   KHSO 4   2
Mg   
  Mg
O  Fe  NO3 3  Fe? 
   0,035mol  
m gam
 NH 4 : 0, 025mol




mol
 H 2 : 0, 04 

 
SO 24    N : 0, 08mol   H 2O

mol 
1,53mol 
0,675mol


 O : 0, 04



Câu 78: Cho m gam hỗn hợp X gồm MgO, CuO, MgS và Cu2 S (oxi chiếm 30% khối lượng) tan hết trong dung dịch
H2 SO4 và NaNO3 , thu được dung dịch Y chỉ chứa 4m gam muối trung hòa và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO 2 ,
SO2 (không còn sản phẩm khử khác). Cho Y tác dụng vừa đủ với dung dịch Ba(NO 3 )2 , được dung dịch T và 27,96 gam
kết tủa. Cô cạn T được chất rắn M. Nung M đến khối lượng không đổi, thu được 8,064 lít (đktc) hỗn hợp khí Q (có tỉ khối
so với He bằng 9,75). Giá trị của m gần giá trị nào nhất sauđây?
A.7,6
B. 12,8 C.10,4
D. 8,9
Câu 79: Hỗn hợp E chứa peptit X (tạo bởi glyxin và alanin; có số liên kết peptit nhỏ thua 7) và este Y mạch hở (được tạo
bởi etylen glicol và một axit đơn, không no chưa một liên kết C=C). Đun nóng hỗn hợp E với dung dịch NaOH vừa đủ
thu được 23,08 gam hỗn hợp F. Lấy toàn bộ F đốt cháy thu được Na 2 CO3 , N2 , 23,76 gam CO2 và 7,56 gam H2 O. Phầm
trăm khối lượng của X gần nhất với giá trị nào sau đây?

12


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

A. 27,51.
B. 28,15.
C. 27,66.
D. 25,59.

Câu 80: X, Y là hai axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở (trong phân tử X, Y chứa không quá 2 liên kết và 50 < MX
< MY ); Z là este được tạo bởi X, Y và etylen glicol. Đốt cháy 13,12 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,50 mol O 2 .
Mặt khác 0,36 mol E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol Br 2 . Nếu đun nóng 13,12 gam E với 200 ml dung dịch
KOH 1M (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp F gồm a gam muối A và b gam muối B (M A < MB).
Tỉ lệ của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 2,9.
B. 2,7.
C. 2,6.
D. 2,8.
Câu 28. Cho hỗn hợp khí X gồm 3 hiđrocacbon và hỗn họp khí Y gồm O2 , O3 (tỉ khối đối với hiđro bằng 19). Trộn X với
Y theo tỉ lệ thể tích VX : VY = 1 : 4, rồi đốt cháy hỗn hợp thu được sau phản ứng chỉ có CO2 và hơi nước với tỉ lệ thể tích
tương ứng là 6 : 7. Tỉ khối của hỗn hợp X so với H2 là
A. 10,75.
B. 43,00.
C. 21,50.
D. 16,75
Sử dụng sơ đồ đường chéo ⇒ nO2:nO3 = 5:3
+ Giả sử n CO2 6 mol và n H2 O = 7 mol ta có sơ đồ.

n C : 6
O2 : 5a 
n CO  6
X
Y
 2

n H :14
O3 : 3a
n H2O  7
2a

8a

+ Bảo toàn Oxi ⇒ 2 n O2 + 3 n O3 = 5x2a + 3x3a = 2 n CO2 + n H2 O = 6x2 + 7 = 19 ⇒ a = 1

⇒ n X  2a  M X/H2 

6 12  14
 21,5 ⇒ Chọn
2 2

Câu 32. Hỗn hợp X gồm CaC2 x mol và Al4 C3 y mol. Cho một lượng nhỏ X vào H2 O rất dư, thu được dung dịch Y, hỗn
hợp khí Z và a gam kết tủa Al(OH)3 . Đốt cháy hết Z, rồi cho toàn bộ sản phẩm vào Y được a gam kết tủa. Biết các phản
ứng đều xảy ra hoàn toàn. Tỉ lệ x : y bằng
A. 1:3.
B. 2 : 1.
C. 1:2
D. 1 : 1.
Vì sau phản ứng có cả Ca(OH)2 nhưng vẫn có kết tủa nên chắc chắn có Ca(AlO2)2 . Sơ đồ lên cho dễ nhìn nào.


CaC2 : x
C 2 H 2 : x
Ca  AlO2 2 : x

H
O





2
Al4C3 : y

Al  OH 3 :  4y  2x  CH 4 : 3y
 a  n Al OH  4y  2x (1)
3

C 2 H 2 : x
  n CO2  2x  3y
CH 4 : 3y

+ Đốt cháy hh khí 

+ Sục khí CO2 vào dung dịch chứa AlO2 – xảy ra phản ứng.

....CO2  AlO2  2H2O  Al  OH 3  HCO3

 2x  3y 

 2x  2x

+ Nhận thấy

n

CO2

 2x  3y  n AlO  2x  n Al OH   2x
2

3

⇒ Kết tủa lần 2 = a = n Al OH   2x (2)
3

Từ (1) và (2) ⇒ 4y + 2x = 2x ⇔ x = y ⇒ Chọn D
Câu 33. Hỗn hợp X gồm 2 kim loại R và M đều ở chu kì 3. R có số hiệu nguyên tử nhỏ hơn M. Chia hỗn hợp X làm hai
phần bằng nhau. Cho phần một vào nước dư, thu được V lít khí. Cho phần hai vào dung dịch NaOH dư, được 1,45V lít
khí. Các khí đo cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Tỉ lệ mol của R và M trong X tương ứng là:
A. 1:2.
B. 3:5
C. 5:8.
D. 3:7
R là Natri (Na) và M là Nhôm (Al). Do số mol H2 ở 2 thí nghiệm khác nhau.
• phần 1: Al dư. Quy V lít về V mol. Xét phần 1 : Do Al dư ⇒ nAl phản ứng = nNa
⇒ Bảo toàn electron: nNa + 3nNa = 2nH 2 ⇒ nNa = 2V ÷ 4 = 0,5V mol.
• Phần 2: NaOH dư ⇒ Al phản ứng hết. Bảo toàn electron:
nNa + 3nAl = 2nH 2 ⇒ 0,5V + 3nAl = 2 × 1,45V ⇒ nAl = 0,8V mol.
⇒ nR : nM = 0,5 : 0,8 = 5 : 8.

13


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

Câu 34. Đốt cháy hoàn toàn a mol X (là trieste của glixerol với các axit đơn chức, mạch hở), thu được b mol CO2 và c

mol H2 O (b - c = 4a). Hiđro hóa m1 gam X cần 6,72 lít H2 (đktc), thu được 39 gam Y (este no). Đun nóng mi gam X với
dung dịch chứa 0,7 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m2 gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 57,2.
B. 42,6.
C. 52,6.
D. 53,2.
Câu 35. Hòa tan hoàn toàn a gam hỗn hợp gồm AgNO3 và Cu(NO3 )2 vào nước, thu được dung dịch X. Cho một lượng Cu
dư vào X, thu được dung dịch Y có chứa b gam muối. Cho một lượng Fe dư vào Y, thu được dung dịch Z có chứa c gam
muối. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và 2b = a + c . Phần trăm khối lượng của Cu(NO3 )2 trong hỗn hợp ban đầu có
giá trị gần với giá trị nào nhất sau đây?A. 9,13%.
B. 10,16%.
C. 90,87%.
D. 89,84%.
Chọn đáp án C
Đặt nAgNO 3 = x mol; nCu(NO 3 )2 = y mol ⇒ a = 170x + 188y và ∑nNO 3 – = x + 2y mol.
Cu dư + X → Y ||⇒ Y chứa Cu(NO3 )2 ⇒ nCu(NO 3 )2 = 0,5x + y ⇒ b = 94x + 188y.
Fe dư + Y → Z ||⇒ Z chứa Fe(NO3 )2 ⇒ nFe(NO 3 )2 = 0,5x + y ⇒ c = 90x + 180y.
2b = a + c ⇒ 2 × (94x + 188y) = (170x + 188y) + (90x + 180y)
⇒ 72x = 8y ⇒ y = 9x ⇒ %mCu(NO 3 )2 = 188 × 9x ÷ (170x + 188 × 9x) × 100% = 90,87%.
Câu 36. Cho 84 gam hỗn hợp X gồm Na, K, Ba và Al2 O3 (trong đó oxi chiếm 20% về khối lượng) tan hết vào nước, thu
được dung dịch Y và 13,44 lít H2 (đktc). Cho 3,2 lít dung dịch HCl 0,75M và dung dịch Y, thu được m gam kết tủa. Giá
trị của m là:
A. 10,4.
B. 23,4;
C. 27,3.
D. 54,6.
Chọn đáp án B
mO = 84 × 0,2 = 16,8 gam ||⇒ nO = 1,05 mol ⇒ nAl 2 O 3 = 0,35 mol.
nOH = 2nH 2 = 1,2 mol || Al2 O3 + 2OH– → 2AlO2 – + H2 O ||⇒ OH– dư.
nAlO 2 – = 0,35 × 2 = 0,7 mol; nOH – dư = 1,2 – 0,35 × 2 = 0,5 mol.

nH + = 3,2 × 0,75 = 2,4 mol || H + + OH– → H2 O ||⇒ nH + dư = 2,4 – 0,5 = 1,9 mol.
H+ + AlO2 – + H2 O → Al(OH)3 ↓; Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2 O.
⇒ nAl(OH)3 = (4 × 0,7 – 1,9) ÷ 3 = 0,3 mol ⇒ m = 0,3 × 78 = 23,4 gam.
Câu 37. Este X (có khối lượng phân tử bằng 103) được điều chế từ một ancol đơn chức (có tỉ khối hơi so với oxi lớn hơn
1) và một amino axit. Cho 25,75 gam X phản ứng hết với 300 ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y,
thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là:
A. 24,25.
B. 26,25.
C. 27,75.
D. 26,82.
Vì ancol có tỉ khối so với oxi lớn hơn 1 nên ancol chỉ có thể là C2 H5 OH.
Ta có nX = 0,25 mol, nNaOH = 0,3 mol ⇒ NaOH dư 0,05 mol.
Áp dụng BTKL ta có m = 25,75 + 0,3 × 40 – 0,25 × 46 = 26,25 gam ⇒ Chọn B
IV. Vận dụng cao
Câu 38. Cho 35,2 gam hỗn hợp X gồm phenyl fomat, propyl axetat, metyl benzoat, benzyl fomat, etyl phenyl oxalat tác
dụng với lượng dư dung dịch NaOH, có 0,4 mol NaOH tham gia phản ứng, thu được dung dịch chứa m gam muối và 10,4
gam hỗn hợp ancol Y. Cho 10,4 gam Y tác dụng hết với Na, thu được 2,24 lít H2 (đktc). Giá trị của m là:
A. 40,8.
B. 39,0.
C. 37,2.
D. 41,0.
Phản ứng: –OH + Na → –ONa + ½.H2 ||⇒ ∑nOH = 2nH 2 = 0,2 mol.
Lại có X gồm: HCOOC6 H5 , CH3 COOC3 H7, C6 H5 CH2COOCH3, HCOOCH2C6 H5 và C2 H5 OOCCOOC6H5 .
phản ứng: –COOC6 H5 + 2NaOH → –COONa + C6 H5 ONa + H2 O
||⇒ nNaOH = ∑nOH + 2nCOOC6H5 ||⇒ nH2O = nCOOC6 H 5 = (0,4 – 0,2) ÷ 2 = 0,1 mol.
Bảo toàn khối lượng: m = 35,2 + 0,4 × 40 – 10,4 – 0,1 × 18 = 39 gam.
Câu 39. Đun nóng 0,14 mol hỗn hợp T gồm hai peptit X (CxHyOzN4 ) và Y (Cn HmO7 Nt ) với dung dịch NaOH vừa đủ chỉ
thu được dung dịch chứa 0,28 mol muối glyxin và 0,4 mol muối của alanin. Mặt khác đốt cháy m gam T trong O2 vừa đủ,
thu được hỗn hợp CO2 , H2 O và N2 , trong đó tổng khối lượng của CO2 và nước là 63,312 gam. Giá trị của m gần nhất với
giá trị nào sau đây?

A. 18. B. 34. C. 32. D. 28.
Chọn đáp án D
Quy về C2 H3 NO, CH2 , H2 O ⇒ nH 2 O = nT = 0,14 mol
nC2 H 3 NO = nGly + nAla = 0,28 + 0,4 = 0,68 mol; nCH 2 = nAla = 0,4 mol.

14


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

đốt 0,14 mol T cho ∑nCO 2 = 1,76 mol và ∑nH 2 O = 1,56 mol.
⇒ ∑m(CO 2 , H 2 O) = 1,76 × 44 + 1,56 × 18 = 105,52 gam.
⇒ mT = 0,68 × 57 + 0,4 × 14 + 0,14 × 18 = 46,88 gam.
⇒ m = 46,88 × 63,312 ÷ 105,52 = 28,128 gam.
Câu 40. Cho một lượng kim loại Al vào dung dịch chứa hỗn hợp gồm a mol HCl; 0,05 mol NaNO3 và 0,1 mol KNO3 .
Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chứa m gam muối, b gam kim loại và 0,125 mol hỗn hợp khí Y
(gồm 2 khí không màu trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí). Tỉ khối của Y so với H2 là 12,2. Giá trị của m là:
A. 33,375.
B. 46,425.
C. 27,275.
D. 43,500.
Chọn đáp án B
MY = 24,4 ⇒ Y chứa H2 và NO. Đặt nH 2 = x mol; nNO = y mol ⇒ nY = x + y = 0,125 mol
mY = 2x + 30y = 0,125 × 24,4. Giải hệ có: x = 0,025 mol; y = 0,1 mol.
Do Y chứa H2 ⇒ X không chứa NO3 – . Bảo toàn nguyên tố Nitơ:
nNH 4 + = 0,05 + 0,1 – 0,1 = 0,05 mol. Bảo toàn electron: 3nAl phản ứng = 2nH 2 + 3nNO + 8nNH 4 +
⇒ nAl phản ứng = 0,25 mol. X chứa AlCl3 , NaCl, KCl, NH4 Cl

⇒ m = 0,25 × 133,5 + 0,05 × 58,5 + 0,1 × 74,5 + 0,05 × 53,5 = 46,425 gam
: Cho hai peptit mạch hở X Cx H y Oz N6 và Y  Cn HmO6 N t  đều được tạo bởi các amino axit no chứa 1 nhóm –NH2





và 1 nhóm –COOH. Cho 32,76 gam hỗn hợp E gồm X và Y phản ứng vừa đủ với 480 ml dung dịch NaOH 1M. Mặt khác,
đốt cháy hoàn toàn 32,76 gam E thu được 54,12 gam CO2 , m1 gam H 2O và m2 gam N2 . Giá trị của m1 là
A. 11,88
B. 17,82
C. 15,12
D. 19,44
Câu 32: Đốt cháy hoàn toàn a mol triglixerit X, thu được x mol CO2 và y mol H 2O với x  y  5a. Mặt khác hiđro hóa
hoàn toàn 1 kg X thu được chất hữu cơ Y. Cho toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được muối natri
stearat duy nhất và m gam glixerol. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 103 B. 104 C. 105 D. 106
Với HCHC chứa C, H, O (nếu có) thì n CO2  n H2O   k  1 .n HCHC
(với k là độ bất bão hòa của HCHC)
Áp dụng: k  6  3CC  3CO
NaOH
X  3H2  Y 
 C17 H37COONa duy nhất  Y là  C17 H37 COO 3 C3H5
to

MY  890g / mol  MX  890  3  2  884g / mol

nglixerol  n X  1000 :884mol  m  104,07  g 

Câu 33: Đốt cháy hoàn toàn 14,4 gam hỗn hợp M gồm hai axit cacboxylic đơn chức X, Y và một este đơn chức Z, thu

được 0,6 mol CO2 và 0,4 mol H 2O . Mặt khác, cho 18 gam hỗn hợp M trên tác dụng hết với 150 gam dung dịch NaOH
10%. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch N. Cô cạn toàn bộ dung dịch N, thu được m gam chất
rắn khan; CH3OH và 138,24 gam H 2O . Giá trị của m là
A. 31,5 B. 27,52
C. 28,52
D. 29,1

mM  mC  mH  mO  mO  14, 4  0,6 12  0, 4  2  6, 4  g   n O  0, 4mol

Do X, Y, Z đơn chức  đều chứa 2 O  n M  n O : 2  0, 2mol
 18gam M ứng với 0,25 mol M
Đốt cho 0,75 mol CO2 và 0,5 mol H 2O

mH2O/ NaOH  150  1  0,1  135  g   mH2O

sinh ra

 138, 24  135  3, 24  g 

||  n X,Y  3, 24 :18  0,18mol  n CH3OH  n Z  0, 25  0,18  0,07mol
bảo toàn khối lượng m  18 :150  138, 24  0,0732  27,52  g 
Câu 34: X là axit cacboxylic đơn chức; Y là este 3 chức (X, Y đều mạch hở). Đun nóng 25,8 gam hỗn hợp E gồm X và Y
bằng dung dịch KOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Z gồm 3 muối có khối lượng 35,3 gam và glixerol. Cho Z tác dụng với

15


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

dung dịch H 2SO4 loãng, thu được sản phẩm hữu cơ gồm CH3COOH, C2 H5COOH và X. Mặt khác, đốt cháy hoàn
toàn 25,8 gam E thu được 26,88 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H 2O . Công thức của X là
A. C4 H7 COOH

C. C3H5COOH

B. HCOOH

D. C2 H3COOH

mM  mC  mH  mO  mO  14, 4  0,6 12  0, 4  2  6, 4  g   n O  0, 4mol

Do X, Y, Z đơn chức  đều chứa 2 O  n M  n O : 2  0, 2mol

 18gam M ứng với 0,25 mol M
Đốt cho 0,75 mol CO2 và 0,5 mol H 2O

mH2O/ NaOH  150  1  0,1  135  g   mH2O

sinh ra

 138, 24  135  3, 24  g 

||  n X,Y  3, 24 :18  0,18mol  n CH3OH  n Z  0, 25  0,18  0,07mol
bảo toàn khối lượng m  18 :150  138, 24  0,0732  27,52  g 
Câu 35: Hòa tan hoàn toàn 7,44 gam hỗn hợp gồm Mg, MgO, Fe, Fe2O3 vào dung dịch chứa 0,4 mol HCl và 0,05 mol
NaNO3 , sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X chứa 22,47 gam muối và 0,448 lít (đktc) hỗn hợp
khí gồm NO, N 2 có tỷ khối so với H 2 bằng 14,5. Cho dung dịch NaOH dư vào X thu được kết tủa Y. Nung Y trong

không khí đến khối lượng không đổi, thu được 9,6 gam chất rắn. Nếu cho X tác dụng với dung dịch AgNO3 (dư) thì thu
được m gam kết tủa. Biết chất tan trong X chỉ chứa hỗn hợp các muối. Giá trị của m là
A. 63,88
B. 58,48
C. 64,96
D. 95,2

n C  n CO2  1, 2mol
n H  n H2O  1,8mol
Mặt khác:

mE  mC  mH  mO  mO  25,8  1, 2 12  1,8  9, 6  g 

n O  0, 6mol  n COO  0, 6 : 2  0,3mol
Đặt n X  x; n Y  y
n COO  x  3y  0,3mol || tăng giảm khối lượng

KOH
KOH
X  ?COOH  
  ?COOK  || Y   ?COO 3 C3H5  
 3  ?COOK 

||  39  1 x   39  3  41 y  35,3  25,8.

Giải hệ có: x  0,15mol; y  0,05mol , với HCHC chứa C, H, O (nếu có) thì n CO2  n H2O   k  1 .n HCHC (với k là độ
bất bão hòa của HCHC)
Áp dụng: Gọi a, b là độ bảo hòa của X và Y  a  1; b  3

1, 2  0,9  0,15  a 1  0,05  b 1  a  2;b  4

 X là axit không no, chứa 1CC và Y chứa 1 gốc X

 M muối của X   35,3  0,05  98  0,05 112  : 0.2  124

Vậy muối là C3H5COOK  X là C3H5COOH
Câu 36: Cho 6,84 gam hỗn hợp Mg và Al có tỉ lệ mol tương ứng là 5: 4 tác dụng với lượng dư dung dịch HNO3 loãng,
thu được dung dịch X và 0,896 lít (đktc) hỗn hợp hai khí không màu, không hóa nâu trong không khí, có tỉ khối so với
H 2 bằng 18. Số mol HNO3 bị khử trong quá trình trên làA. 0,1375 mol B. 0,81 mol
C. 0,66 mol
D. 0,18 mol.

n Mg  0,15mol; n Al  0,12mol. Hai khí thu được là N2 ; N2O
Đặt n N2  x;n N2O  y  n khi  x  y  0,04mol;mkhi  28x  44y  0,04 18  2
Giải hệ cho x  y  0,02mol.

16


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

Bảo toàn electron: 2n Mg  3n Al  10n N2  8n NH   n NH   0,0375mol
4

4

n HNO3 bị khử   n N trong spk  2n N2  2n N2O  n NH   0,1175mol
4

Câu 37: Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe  NO3 2 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,725 mol

H 2SO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa 96,55 gam muối sunfat trung hòa
và 3,92 lít (đktc) khí Z gồm hai khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so với H 2 là 9. Phần
trăm khối lượng Al trong X có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 14,0 B. 32,5 C. 11,0 D. 24,5
MZ  18  Z chứa H 2
Mặt khác, có 1 khí hóa nâu trong không khí  NO
 Z gồm H 2 và NO

mZ  2x  30y  0,175  9  2 || giải hệ có x  0,075mol; y  0,1mol
Ta có sơ đồ phản ứng:

Mg 2

 3

Mg

Al

Al

 Zn 2




  NO : 0,1 


H
SO

 ZnO

 2

  H 2O
2
4
H
:
0,
075
0,725mol
Fe

2





Fe  NO3  
 NH 


2
4



38,55 g 
SO 4 2 : 0, 725
96,55 g 

Bảo toàn khối lượng:

mH2O  38,55  0, 725  98  96,55  0,175 18  9,9  g 

 n H2O  0,55mol.
Bảo toàn nguyên tố Hidro: n NH   0,05MOL
4

Bảo toàn nguyên tố Nito: n Fe NO3   0,075mol
2
Mặt khác:

n

H

 4n NO  10n NH   2n H2  2n O  n ZnO  n O  0, 2mol
4

Đặt n Mg  a; n Al  b  mX  38,55  g   24a  27b  0, 2  81  0,075 180
Bảo toàn electron: 2n Mg  3n Al  3n NO  8n NH   2n H2  2a  3b  0,85
4

Giải hệ: a  0, 2mol;b  0,15mol  %mAl  10,51%
Câu 38: Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở, phân tử đều có chứa hai liên kết ; Z là ancol hai chức có

cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z và T cần
vừa đủ 28,56 lít O2 (đktc), thu được 45,1 gam CO2 và 19,8 gam H2 O. Mặt khác, m gam E tác dụng với tối đa 16 gam Br2
trong dung dịch. Nếu cho m gam E tác dụng hết với dung dịch NaOH (dư, đun nóng) thì thu được bao nhiêu gam muối?
A. 11,0 gam
B. 12,9 gam
C. 25,3 gam
D. 10,1 gam
Đốt 11,16 gam E + 0,59 mol O 2  ? CO2 +0,52 mol H2 O.
Bảo toàn khối lượng: n CO2  0, 47  n H2O  Z là ancol no. 2 chức
Quy đổi E về hỗn hợp gồm: CH2  CHCOOH,C3H6  OH 2 ,CH 2 , H 2O

n CH2 CHCOOH  n Br  0,1mol, n C3H6 OH  xmol, n CH2  ymol, n H2O  zmol
2

n O2  0,1 3  4x  1,5y  1, 275mol
n CO2  0,1 3  3x  y  1,025mol

17


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

n H2O  0,1 2  4x  y  z  1,1mol
Giải hệ cho x  0, 225mol; y  0,05mol;z  0,05mol  không ghép CH2 cho ancol được
Muối gồm CH2  CHCOONa : 0,1mol,,CH2 : 0,05mol
 m  mmuối  0,1 94  0,05 14  10,1gam
Câu 39: Hòa tan hoàn toàn 1180m gam hỗn hợp H gồm FeS2 , FeS, Fex Oy , FeCO3 vào dung dịch chứa 2 mol HNO3 .

Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X (không chứa muối amoni) và 549m gam hỗn hợp khí T
gồm CO2 , NO, NO2 . Dung dịch X tác dụng được với tối đa 20,16 gam Cu, thu được dung dịch Y (khối lượng chất tan
trong Y nhiều hơn khối lượng chất tan trong X là 18,18 gam) và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5. Mặt khác,
dung dịch X cũng phản ứng với tối đa 0,87 mol Ba(OH)2 , thu được 90,4 gam kết tủa. Biết trong H oxi chiếm 24,407% về
khối lượng. Phần trăm khối lượng NO2 trong T có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?A. 30 B. 23 C. 55 D. 28
Đáp án A
Do X  Cu  sinh ra khí NO  X chứa H , NO3  chỉ chứa Fe3
Quy H về Fe,S,O,CO2 || Ta có sơ đồ phản ứng sau:

Fe3 
Fe 
   
Cu
CO2 
S 
 mct 18,18  g 
0,314mol




H


HNO

NO

H
O







3
2
Ba  OH 2
 
2mol
 90, 4  g  
O 
 NO 
 NO3  
0,87mol
2

CO2 
SO 2 
 4 
549m g 
1180m g 



Đặt n H  x || 4H  NO3  3e  NO  2H2O  n NO  0, 25mol;n H2O  0,5xmol

mchất tan giảm mCu2  mNO  mH2O  18,18  10,16  30.0, 25x  18.0,5x || 0,12mol

Fe3  e  Fe2
Bảo toàn e: 2n Cu  3 / 4n H  n Fe3  n Fe3  0,54mol

 nSO 2  n BaSO4   90, 4  0,54 107  :133  0,14mol
4

Bảo toàng điện tích trong X:  n NO   1, 46mol
3

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n H2O  0,94mol
Bảo toàn khối lượng 1180m : 2  63  549m : 0,94 18  134,32 || x  0,04
Đặt n O/H  a; n CO2 /H  b  mH  11800,04  0,54  56  0,14  32  16a  44b
n nguyên tố Oxi  1180  0,04  0, 24407 :16  0,72mol  a  2b
giải hệ có a=0,56mol; b=0,08mol
bảo toàn nguyên tố Oxi: n O NO,NO2   0,68mol

bảo toàn nguyên tố Nito: n N NO,NO2   0,54mol  n NO2  0,68  0,54  0,14mol

%mNO2 /T  0,14  46 :  549  0,04  100%  29,33%
Câu 40: Peptit X và peptit Y đều mạch hở được cấu tạo từ các α-amino axit no, mạch hở, có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm
COOH; Z là este của glixerol và 2 axit thuộc dãy đổng đẳng của axit acrylic. Đốt cháy hoàn toàn 0,16 mol hỗn hợp E
(gồm X, Y, Z có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2 : 5), thu được 1,96 mol CO2 , 1,46 mol H2 O và 0,12 mol N2 . Nếu cho 64,86 gam
E tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thu được m gam muối. Giá trị của m là
A. 78,24
B. 87,25
C. 89,27
D. 96,87
Dễ tìm được n X  0,02mol;n Y  0,04mol;n Z  0,1mol
Quy đôie E về C2 H3 NO;CH2 ;H2O; NH;  C2H3COO 3 C3H5

 n H2O  n X  n Y  0,06mol

18


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

n  C2H3COO C3H5  n Z  0,1mol
Đặt

3

n C2H3NO  x; n CH2  y; n NH  z  n N2  0,5x  0,5z  0,12
n CO2  2x  y  1,96mol; n H2O  1,5x  y  0,5z  0, 76  1, 46mol

Giải hệ có x  0,18mol; y  0, 4mol;z  0,06mol  mE  43, 24  g 
Muối gồm C2 H4 NO2 Na;CH2 ; NH;C2 H3COONa

 mmuối  0,18  97  0, 4 14  0,06 15  0,3  94  52,16  g 
 thí nghiệm 2 dùng gấp 64,86 : 43,14  1,5 lần thí nghiệm 1
 m  52,16 1,5  78, 24  g 

Câu 32: Hòa tan hoàn toàn 3,60 gam Mg trong 500 ml dung dịch HNO3 0,80M, phản ứng kết thúc thu được 448 ml một
khí X (ở đktc) và dung dịch Y có khối lượng lớn hơn khối lượng dung dịch HNO3 ban đầu là 3,04 gam. Để phản ứng hết
với các chất trong Y cần vừa đủ V ml dung dịch NaOH 2,00M. Giá trị của V là:
A. 167,50.
B. 230,00.

C. 156,25.
D. 173,75.
Bảo toàn khối lượng: mdung dịch tăng = mMg – mX ⇒ mX = 3,6 – 3,04 = 0,56(g).
⇒ M X = 0,56 ÷ 0,02 = 28 (N2 ) || Chú ý: "hòa tan hoàn toàn" ⇒ Mg hết.
► Bảo toàn electron: 2n Mg = 10nN2 + 8n NH4NO3 ⇒ n NH4NO3 = 0,0125 mol.
Bảo toàn nguyên tố Nitơ: ∑n NO3 – /Y = 0,4 – 0,02 × 2 – 0,0125 = 0,3475 mol.
||⇒ Bảo toàn nguyên tố Natri: n NaOH = n NaNO3 = 0,3475 mol ⇒ V = 173,75 ml
Câu 33: Cho m gam hỗn hợp E gồm peptit X và 1 amino axit Y (trong đó khối lượng của X lớn hơn 20) được trộn theo tỉ
lệ mol 1 : 1, tác dụng với một lượng dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch G chứa (m + 12,24) gam hỗn hợp muối
natri của glyxin và alanin. Dung dịch G phản ứng tối đa với 360 ml dung dịch HCl 2M thu được dung dịch H chứa 63,72
gam hỗn hợp muối. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp E gần nhất với
A. 82,6.
B. 83,2.
C. 82,1.
D. 83,5.
Đặt n Gly-Na = x; n Ala-Na = y ||⇒ n HCl = 2x + 2y = 0,72 mol ⇒ x + y = 0,36 mol.
● Bảo toàn nguyên tố Natri: n NaOH = n NaCl = x + y = 0,36 mol
⇒ mmuối = 0,36 × 58,5 + 111,5x + 125,5y = 63,72(g) ||► Giải hệ cho: x = y = 0,18 mol.
Bảo toàn khối lượng: mE + mNaOH = mG + mH2O ⇒ n E = n H2O = 0,12 mol.
⇒ n X = n Y = 0,12 ÷ 2 = 0,06 mol || Lại có: m = 0,18 × 97 + 0,18 × 111 – 12,24 = 25,2(g).
mX > 20(g) ⇒ mY < 25,2 – 20 = 5,2(g) ⇒ M Y < 5,2 ÷ 0,06 = 86,67 ⇒ Y là Glyxin.
► %mX = 100% – %mY = 100% – 0,06 × 75 ÷ 25,2 × 100% = 82,14%
Câu 35: Hỗn hợp X gồm một este, một axit cacboxylic và một ancol (đều no, đơn chức, mạch hở). Thủy phân hoàn toàn
6,18 gam X bằng lượng vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol NaOH thu được 3,2 gam một ancol. Cô cạn dung dịch sau thủy
phân rồi đem lượng muối khan thu được đốt cháy hoàn toàn thu được 0,05 mol H2 O. Phần trăm khối lượng của este có
trong X là:
A. 23,34%.
B. 87,38%.
C. 56,34%.
D. 62,44%.

|| Do các chất đều đơn chức ⇒ muối có dạng RCOONa với số mol là 0,1.
Bảo toàn nguyên tố Cacbon ⇒ số H/muối = 0,05 × 2 ÷ 0,1 = 1 ⇒ R là H.
► Bảo toàn khối lượng: mX + mNaOH = mmuối + mancol + mH2O ⇒ n H2O = 0,01 mol.
⇒ n axit = 0,01 mol ⇒ n este = 0,09 mol ⇒ n ancol > n este = 0,09 mol.
||⇒ M ancol < 3,2 ÷ 0,09 = 35,56 ⇒ ancol là CH3 OH ⇒ este là HCOOCH3.
► %meste = 0,09 × 60 ÷ 6,18 × 100% = 87,38%
Câu 36: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm 2 amin đơn chức trong oxi thu được 0,09 mol CO2 , 0,125 mol H2 O
và 0,336 lít khí N2 (ở đktc). Cho m gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với dung dịch H2 SO4 loãng thu được a gam muối. Giá
trị của a là:
A. 3,64.
B. 2,48.
C. 4,25.
D. 3,22.
Câu 37: X, Y là 2 axit cacboxylic đều mạch hở; Z là ancol no; T là este hai chức, mạch hở được tạo bởi X, Y, Z. Đun
nóng 38,86 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T với 400 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu được ancol Z và hỗn hợp F
gồm 2 muối có tỉ lệ mol 1:1. Dẫn toàn bộ Z qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 19,24 gam; đồng thời thu
được 5,824 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn F cần dùng 0,7 mol O2 , thu được CO2 , Na2 CO3 và 0,4 mol H2 O. Phần
trăm khối lượng của T trong hỗn hợp E là:

19


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

A. 50,82%.
B. 8,88%.
C. 13,90%.

D. 26,40%.
Đáp án A
► Dễ thấy Z là ancol 2 chức ⇒ n Z = n H2 = 0,26 mol. Bảo toàn khối lượng:
mZ = mbình tăng + mH2 = 19,24 + 0,26 × 2 = 19,76(g) ⇒ M Z = 19,76 ÷ 0,26 = 76 (C3 H8O2 ).
● Do T mạch hở ⇒ X và Y là axit đơn chức ⇒ n muối X = n muối Y = n NaOH ÷ 2 = 0,2 mol.
Bảo toàn nguyên tố Natri: n Na2CO3 = 0,2 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi: n CO2 = 0,6 mol.
► Gọi số C trong gốc hidrocacbon của 2 muối là x và y (x ≠ y; x, y  N).
||⇒ 0,2x + 0,2y = 0,2 + 0,6. Giải phương trình nghiệm nguyên: x = 0; y = 2.
⇒ 1 muối là HCOONa. Bảo toàn nguyên tố Hidro: Hmuối còn lại = 3 ⇒ CH2 =CHCOONa.
● Bảo toàn khối lượng: mH2O = 2,7(g) ⇒ ∑n X,Y = n H2O = 0,15 mol ⇒ n T = 0,125 mol.
T là (HCOO)(C2 H3 COO)C3H6 ||► %mT = 0,125 × 158 ÷ 38,86 × 100% = 50,82%
Câu 38: Cho m gam glutamic tác dụng với 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch X chứa 16,88 gam chất tan.
X tác dụng với V ml dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là:
A. 300.
B. 280.
C. 320.
D. 240.
Đáp án B
► GIẢ SỬ NaOH không dư ⇒ chất tan có thể là Glu-Na hoặc Glu-Na 2 hoặc cả 2.
– Với chất tan là Glu-Na thì mchất tan = 0,2 × 169 = 33,8(g).
– Với chất tan là Glu-Na2 thì mchất tan = 0,1 × 191 = 19,1(g).
||⇒ 19,1(g) ≤ mchất tan ≤ 33,8(g) ⇒ vô lí!. ⇒ NaOH dư. Đặt n Glu-Na2 = x; n NaOH dư = y.
n NaOH = 2x + y = 0,2 mol; mchất tan = 191x + 40y = 16,88(g) ||⇒ x = 0,08 mol; y = 0,04 mol.
n HCl = 3n Glu-Na2 + n NaOH dư = 0,28 mol ||⇒ V = 280 ml
Câu 39: Hòa tan hết 23,76 gam hỗn hợp X gồm FeCl2 , Cu, Fe(NO3 )2 vào dung dịch chứa 0,4 mol HCl thu được dung
dịch Y và khí NO. Cho từ từ dung dịch AgNO3 vào Y đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thấy đã dùng hết 0,58
mol AgNO3 , kết thúc phản ứng thu được m gam kết tủa và 0,448 lít NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của
m gần nhất với:
A. 84.
B. 80.

C. 82.
D. 86.
Do Y tác dụng AgNO3 sinh ra NO ⇒ trong Y có chứa H+ và NO3 – hết.
4H+ + NO3 – + 3e → NO + 2H2 O ⇒ ở phản ứng đầu, n H+ = 0,4 – 0,02 × 4 = 0,32 mol.
⇒ n NO3 – = 0,32 ÷ 4 = 0,08 mol ⇒ n Fe( NO3)2 = 0,04 mol.
Đặt n FeCl2 = x mol; n Cu = y mol. mX = 127x + 64y + 0,04 × 180 = 23,76 gam.
Bảo toàn nguyên tố Clo : n AgCl = 2x + 0,4 mol.
Bảo toàn nguyên tố Ag : n Ag = 0,58 – (2x + 0,4) = 0,18 – 2x mol.
Bảo toàn electron cả quá trình : n FeCl2 + 2n Cu + n Fe( NO3)2 = n Ag + 3 /4 n H +.
⇒ x + 2y + 0,04 = 0,18 – 2x + 3 /4 × 0,4 ⇒ giải: x = 0,08 mol; y = 0,1 mol.
⇒ n Ag = 0,02 mol; n AgCl = 0,56 mol ⇒ m = 0,02 × 108 + 0,56 × 143,5 = 82,52 gam.
Cách khác: n NO = n H + ÷ 4 = 0,4 ÷ 4 = 0,1 mol.
Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n NO3 – = 0,04 × 2 + 0,58 – 0,1 = 0,56 mol.
Bảo toàn nguyên tố Fe: n Fe3+ = x + 0,04 mol.
Bảo toàn điện tích: (x + 0,04) × 3 + 2y = 0,56 mol ⇒ x và y
⇒ giải tương tự như cách trên!
Câu 40: X, Y là hai hợp chất hữu cơ đơn chức phân tử chỉ chứa C, H, O. Khi đốt cháy X, Y với số mol bằng nhau hoặc
khối lượng bằng nhau đều thu được CO2 với tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 3 và H2 O với tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2. Số cặp
chất X, Y thỏa mãn là
A. 5.
B. 3.
C. 4.
D. 6.
Đáp án D
► Đặt CT chung cho X và Y là C2a Hb Oc và C3aH2bOd (a, b, c, d  N*).

2a
3a
2
:


24a  b  16c 36a  2b  16d 3
⇒ 12a + b = 16c – 16d > 0 ⇒ c > d || X và Y đều đơn chức ⇒ c = 2 và d = 1.
||⇒ 12a + b = 16. Giải phương trình nghiệm nguyên cho: a = 1 và b = 4.
⇒ X là C2 H4 O2 và Y là C3 H8 O. ||► Gồm các đồng phân đơn chức sau:
– X: HCOOCH3 , CH3 COOH ⇒ có 2 đồng phân đơn chức.
– Y: CH3 CH2 CH2 OH, CH3CH(OH)CH3 , C2 H5 OCH3 ⇒ có 3 đồng phân đơn chức.
||⇒ tổng số cặp chất X, Y thỏa mãn là 2 × 3 = 6 cặp
Giả sử có 1 gam mỗi chất ⇒ n CO2( X) : n CO2( Y) =

20


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

Câu 39. Để hòa tan hoàn toàn 19,225 gam hỗn hợp X gồm Mg, Zn cần dùng vừa đủ 800ml dung dịch HNO3 1,5M. Sau
khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm N2 , N2 O, NO, NO2 (trong đó số mol của
N2 O và NO2 bằng nhau) có tỉ khối đối với H2 là 14,5. Phần trăm về khối lượng của Mg trong X là
A. 62,55
B. 90,58
C. 37,45
D. 9,42
n H 2 O = n NO 2 ⇒ ghép khí: N2 O + NO2 = N2 O3 = 3NO ⇒ quy A về N2 và NO.
Đặt n N2 = x mol; n NO = y mol ⇒ x + y = 0,1 mol và mhh khí = 28x + 30y = 0,1 × 14,5 × 2

⇒ giải ra: x = y = 0,05 mol. Hai kim loại Mg, Zn → chú ý có muối amoni!
Ta có: n HNO 3 = 10n NH 4 + + 12n N2 + 4n NO ⇒ n NH 4 + = 0,04 mol.

Gọi số mol Mg là a và Zn là b ⇒ 24a + 65b = 19,225;
Lại theo bảo toàn electron: 2a + 2b = 0,04 × 8 + 0,05 × 10 + 0,05 × 3
||⇒ giải ra: a = 0,3 mol; b = 0,185 mol ⇒ %mMg = 0,3 × 24 ÷ 19,225 × 100% = 37,45%
Câu 40. Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX < MY ; Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon
với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216
lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol
Br2 . Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng với KOH dư là:
A. 5,04 gam
B. 5,44 gam
C. 5,80 gam
D. 4,68 gam
Chọn đáp án D
Đốt 11,16 gam E + 0,59 gam O 2 → ? CO2 + 0,52 mol H2 O.
⇒ Bảo toàn khối lượng có: n CO 2 = 0,47 < n H 2 O → Z là ancol no, 2 chức.
Quy đổi E về hỗn hợp gồm: CH2 =CHCOOH, C2 H4 (OH)2 , CH2 , H2 O.
n CH 2 =CHCOOH = n Br 2 = 0,04 mol. Đặt n C2 H 4(OH)2 = x mol; n CH 2 = y mol; n H 2 O = z mol.
Ta có: mE = 0,04 × 72 + 62x + 14y + 18z = 11,16 gam;
Bảo toàn cacbon: 0,04 × 3 + 2x + y = 0,47 và bảo toàn H: 0,04 × 2 + 3x + y + z = 0,52.
⇒ Giải hệ được: x = 0,11 mol; y = 0,13 mol; z = 0,02 mol.
Do Z cùng số C với X nên Z phải có ít nhất 3C ⇒ ghép vừa đủ 1 CH2 cho Z.
Z là C3 H6 (OH)2 và còn dư 0,13 – 0,11 = 0,02 mol CH2 cho axit.
⇒ muối gồm CH2 =CHCOOK: 0,04 mol; C2 : 0,02 mol
⇒ m = mmuối = 0,04 × 110 + 0,02 × 14 = 4,68 gam.
Câu 41: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Mg , Fe, FeCO3 , Cu(NO3 )2 vào dung dịch chứa NaNO3 0,045 mol và
H2 SO4 , thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa có khối lượng là 62,605 gam (không chứa ion Fe3+) và 3,808
lít (đktc) hỗn hợp khí Z (trong đó có 0,02 mol H 2 ). Tỉ khối của Z so với O2 bằng 19/17. Thêm tiếp dung dịch NaOH 1 M
vào Y đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất là 31,72 gam thì vừa hết 865 ml. Mặt khác, thêm dung dịch BaCl2 vừa đủ
vào dung dịch Y, lọc bỏ kết tủa được dung dịch G, sau đó cho thêm lượng dư AgNO3 vào G thu được 150,025 gam kết
tủa. Giá trị của m là
A. 26,5.

B. 27,2.
C. 22,8.
D. 19,8.
Câu 38: Đốt cháy hỗn hợp gồm 2,6 gam Zn và 2,24 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
1M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO3 dư vào dung dịch Z, thu được 28,345 gam kết tủa. Phần trăm thể tích của clo
trong hỗn hợp X là
A. 56,36%.
B. 51,72%.
C. 53,85%.
D. 76,70%.
Câu 38: Đáp án C

 ZnCl2
 Zn : 0, 04 mol O2 ,Cl2
 AgCl : 2 x  0,12

AgNO3
HCl
 Y 
Z  FeCl2 
 
Hỗn hợp 
0,12 mol
du
 Fe : 0, 04mol
 Ag : y mol
 FeCl
2


21


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

 Fe3
 2
 Zn
+ dung dịch chứa 

 NO3
 Ag 

Khi tác dụng với HCl chỉ có các oxit bị hòa tan
→ nHCl = 4nO2 → nO2 = 0,03 mol
Gọi số mol của Cl2 và Ag lần lượt là x, y mol
Bảo toàn nguyên tố Cl → nAgCl = 2nCL2 + nHCl = 2. x + 0,12
→ 143,5( 2. x + 0,12) + 108y = 28,345
Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình 3nFe + 2nZn = 2nCl2 + 4nO2 + nAg
→ 3. 0,04 + 2.0,04 = 2.x + 4. 0,03 + y
Giải hệ → x= 0,035 và y = 0,01
%Cl2 =

0, 035
. 100% = 53,85%.
0, 035  0, 03

Câu 39: Hỗn hợp E gồm ba peptit mạch hở: đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z có tỉ lệ mol tương ứng là 2:1:1. Cho một
lượng E phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được 0,25 mol muối của glyxin, 0,2 mol muối của alanin và 0,1
mol muối của valin. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam E, thu được tổng khối lượng của CO2 và H2 O là 39,14 gam. Giá
trị của m là
A. 16,78.
B. 22,64.
C. 20,17.
D. 25,08.
Câu 39: Đáp án A
Đặt nX = 2a ⇒ nY = a; nZ = a ⇒ ∑na.a = 2×2a + 3×a + 4×a = 0,25 + 0,2 + 0,1.
⇒ a = 0,05 mol ⇒ ∑nP eptit = 4a = 0,2 mol. Quy E về C2 H3 NO, CH2 và H2 O.
⇒ nC2H3NO = 0,55 mol; nCH2 = 0,2 + 0,1×3 = 0,5 mol; nH2O = 0,2 mol.
+ Đốt E thu được nCO2 = (0,55 × 2 + 0,5) = 1,6 và nH2O = (0,55×1,5 + 0,5 + 0,2) = 1,525
⇒ ∑m(CO2 + H2O) = 97,85 gam ⇒ TN1 gấp 2,5 lần TN2 .
⇒ m = (0,55 × 57 + 0,5 × 14 + 0,2 × 18) ÷ 2,5 = 16,78 gam
Câu 40: X, Y (MX < MY ) là hai axit kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng axit fomic; Z là este hai chức tạo bởi X, Y và ancol
T. Đốt cháy 25,04 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 16,576 lít O2 (đktc) thu được 14,4 gam nước.
Mặt khác, đun nóng 12,52 gam E cần dùng 380 ml dung dịch NaOH 0,5M. Biết rằng ở điều kiện thường, ancol T không
tác dụng được với Cu(OH)2 . Phần trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp E gần nhất với:
A. 50%.
B. 40%.
C. 55%.
D. 45%.
Câu 40: Đáp án D
Bảo toàn khối lượng khi đốt E ⇒ mCO2 = 34,32 gam  nCO2 = 0,78 mol < nH2O .
⇒ Ancol T thuộc loại no 2 chức mạch hở.

Cn H 2 mO2 : a


Ta có sơ đồ: Cm H 2 m 2O4 : b 
C H O : c
 x 2x 2

CO2 : 0, 78  mol 


 H 2O : 0,8  mol 

0,74 mol 
O2

25,04 g

+ PT bảo toàn oxi: 2a + 4b + 2c = 0,88 (1).
+ PT theo nH2O – nCO2 : –b + c = 0,02 (2).
+ PT theo số mol NaOH pứ: a + 2b = 0,38 (3).
+ Giải hệ (1) (2) và (3) ta có: a = 0,3, b = 0,04 và c = 0,06 mol.
⇒ nHỗn hợp = 0,4 mol ⇒ CTrung bình = 1,95 ⇒ 2 Axit là HCOOH và CH 3 COOH.

Cn H 2 mO2 : 0,3

⇒ Hỗn hợp ban đầu gồm: Cm H 2 m  2O4 : 0, 04
C H O : 0, 06
 x 2x 2
⇒ PT theo khối lượng hỗn hợp:
0,3(14n+32) + 0,04.[12(x+3) + 2x+4 + 64)] + 0,06.(14x + 34) = 25,04.
 4,2n + 1,4x = 9,24 [Với 1 < n < 2 ⇒ 0,6 < x < 3,6].

22

Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

+ Vì Ancol T không hòa tan Cu(OH)2 ⇒ T là HO–[CH2 ]3 –OH với x = 3.
⇒ n = 1,2 ⇒ nHCOOH = 0,3×(1–0,2) = 0,24 mol ⇒ %mHCOOH =

0, 24.46
 44, 01 %
25, 04

Câu 34: Hỗn hợp X gồm Ba, BaO và Ba(OH)2 có tỉ lệ số mol tương ứng 1: 2 : 3. Cho m gam X vào nước thì thu được a
lít dung dịch Y và V lít khí H2 (đktc). Hấp thụ 8V lít CO2 (đktc) vào a lít dung dịch Y đến phản ứng xảy ra hoàn toàn thì
thu được 98,5 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 105,16.
B. 119,50.
C. 95,60.
D. 114,72.
Câu 34: Đáp án B
Đặt nBa = a, nBaO = 2a và nBa(OH)2 = 3a

6V
22, 4
12V
8V
4V
12V

⇒ ∑nOH – =
⇒ nCO3 2– =
.


22, 4 22, 4 22, 4
22, 4
4V
⇒ nBaCO3 =
× 197 = 98,5  V = 2,8.
22, 4
2,8
⇒ nBa =
= 0,125 mol ⇒ nBaO = 0,25, nBa(OH)2 = 0,375.
22, 4
⇒ nH2 = nBa = a ⇒ ∑nBa(OH)2 = a + 2a 3a = 6a =

⇒ m = 0,125×137 + 0,25×153 + 0,375×171 = 119,5 gam
Câu 30: Cho 6,3 gam hỗn hợp X gồm axit axetic, axit propionic và axit acrylic vừa đủ để làm mất màu hoàn toàn dung
dịch chứa 6,4 gam brom. Để trung hoàn toàn 3,15 gam hỗn hợp X cần 90 ml dung dịch NaOH 0,5M. Thành phần phần
trăm khối lượng của axit axetic trong hỗn hợp X là
A. 35,24%.
B. 23,49%.
C. 19,05%.
D. 45,71%.
Câu 30: Đáp án C
Đặt số mol 3 axit lần lượt là a b và c ta có:
60a + 74b + 72c = 6,3 gam (PT theo khối lượng hỗn hợp). (1)
c = 6,4:160 = 0,04 mol (PT theo số mol brom phản ứng). (2)
Để pứ hoàn toàn với 3,15 gam X cần 0,045 mol NaOH ⇒ 6,3 gam X cần 0,09 mol NaOH.

⇒ a + b + c = 0,09 (PT theo số mol NaOH pứ) (3).
+ Giải hệ (1) (2) và (3) ⇒ a = nAxit axetic = a = 0,02 mol ⇒ mAxit axetic = 1,2 gam.
⇒ %mAxit axetic/hh =

1, 2 100
≈ 19,05
6,3

Câu 31: Cho 7,35 gam axit glutamic và 15 gam glyxin vào dung dịch chứa 0,3 mol KOH, thu được dung dịch Y. Cho Y
tác dụng hoàn toàn với dung dịch HC1 dư, thu được m gam muối. Giá trị của m là
A. 54,575.
B. 55,650.
C. 31,475.
D. 53,825.
Câu 32: Điện phân 200 ml dung dịch gồm CuSO4 1,0 M và NaCl a M (điện cực trơ, màng ngăn xốp, hiệu suất điện phân
100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước) với cường độ dòng điện không đổi 2A trong thời
gian 14475 giây. Dung dịch thu được có khối lượng giảm 14,75 gam so với dung dịch ban đầu. Giá trị của a là
A. 1,50.
B. 1,00.
C. 0,75.
D. 0,50.
∑ne trao đổi = 0,3 mol < 2nCu 2+.
⇒ Cu chưa bị điện phân hết và khí thoát ra là Cl2 và có thể có cả O2 .
Nếu chỉ có khí Cl2 ⇒ Quy đổi mDung dịch giảm = mCuCl2 = 0,15×135 = 20,25 ≠ 14,75 ⇒ Loại.
+ Vậy có cả O2 thoát ra ⇒ mDung dịch giảm = mCuCl2 + mCuO .
+ Đặt số mol 2 chất lần lượt là a và b ta có:
a + b = 0,15 mol (PT bảo toàn Cu).
135a + 80b = 14,75 (PT theo m dung dịch giảm).
+ Giải hệ ⇒ a = nCuCl2 = 0,05 mol ⇒ nNaCl = 0,05×2 = 0,1 mol.
⇒ CM NaCl =

0,1
= 0,5M
0, 2

23


Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

Câu 33: Cho 0,15 mol bột Cu và 0,3 mol Fe(NO3 )2 vào dung dịch chứa 0,5 mol H2 SO4 (loãng). Sau khi các phản ứng xảy
ra hoàn toàn, thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của V là
A. 10,08.
B. 4,48. C.
6,72. D. 8,96.
Có quá trình khử : 4H+ + NO3 - + 3e → NO +2H2 O
Có nH + = 1 mol, nNO3 - = 0,6 mol ⇒ số e nhận tối đa là 3 × 1 ÷ 4 = 0,75 mol
Quá trình oxi hoá : Cu → Cu2+ + 2e và Fe 2+ → Fe3+ + 1e
Số e nhường tối đa là là 2×0,15 + 0,3 = 0,6 mol < ne nhận tối đa
Vậy chứng tỏ NO được tính theo số e nhường ⇒ NO = 0,6 : 3 = 0,2 mol.
⇒ V = 4,48 lít
Câu 37. Hỗn hợp X gồm một este, một axit cacboxylic và một ancol (đều no, đơn chức, mạch hở). Thủy phân hoàn toàn
6,18 gam X bằng lượng vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol NaOH thu được 3,2 gam một ancol. Cô cạn dung dịch sau thủy
phân rồi đem lượng muối khan thu được đốt cháy hoàn toàn thu được 0,05 mol H2 O. Phần trăm khối lượng của este có
trong X là
A. 23,34%.
B. 62,44%.

C. 56,34%.
D. 87,38%.
Câu 37. Chọn đáp án D
n NaOH  0,1 mol  n Muèi  n RCOONa  0,1 mol .
+ Đốt cháy 0,1 mol RCOONa  n H O  0,05 mol  n H  0,1 mol
2
⇒ Muối là HCOONa. Sơ đồ ta có.
(a  b)
(a  c)
0,1
HCOOR ' : a
b

HCOOH : b  NaOH  HCOONa  R 'OH  H 2O
4g
6,8g
3,2g
R 'OH : c

6,18g

+ Dễ dàng tính được mH2O = 0,18 gam ⇒ nH2O = 0,01 mol
⇒ nHCOOR' = 0,1 – 0,01 = 0,09 mol.
+ Ta có nAncol = a + c = (0,09 + c) > 0,09 ⇒ MAncol < 3,2÷0,09 = 35,67
⇒ Ancol là CH3 OH
⇒ Este là HCOOCH3 với số mol = 0,09 ⇒ mHCOOCH3 = 5,4 gam
⇒% mHCOOCH3 =

5, 4.100
×100% = 87,38% ⇒ Chọn D

6,18

Câu 38. Dung dịch X chứa 0,01 mol ClH3 NCH2 COOH; 0,02 mol CH3 CH(NH2 )COOH và 0,05 mol HCOOC6 H5 . Cho
dung dịch X tác dụng với 160 ml dung dịch NaOH 1M đun nóng, sau phản ứng hoàn toàn. Cô cạn dung dịch sau phản
ứng thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 15,225.
B. 13,775.
C. 11,215.
D. 16,335.
Câu 38. Chọn đáp án B
Ta có các phản ứng:
ClH3 NCH2 COOH + 2NaOH → H2 NCH2 COONa + NaCl + 2H2 O
CH3 CH(NH2 )COOH + NaOH → CH3 CH(NH2 )COONa + H2 O
HCOOC6 H5 + 2NaOH → HCOONa + C6 H5 ONa + H2 O
+ Nhận thấy ∑nH2O = 0,01×2 + 0,02 + 0,05 = 0,09 ⇒ mH2O = 1,62 gam
⇒ BTKL có mChất rắn = mClH3NCH2COOH + mCH3CH(NH2)COOH + mHCOOC6H5 + mNaOH – mH2O
 mChất rắn = 13,775 gam ⇒ Chọn B (Chú ý NaOH có dư)
Câu 39. Hỗn hợp X gồm glyxin, alanin, valin, metylamin và etylamin. Đốt cháy hoàn toàn 0,16 mol hỗn hợp X cần dùng
vừa đủ 0,57 mol O2 . Sản phẩm cháy gồm CO2 , H2 O và N2 (trong đó số mol CO2 là 0,37 mol). Cho lượng X trên vào dung
dịch KOH dư thấy có a mol KOH tham gia phản ứng. Giá trị của a là
A. 0,07. B. 0,08. C. 0,06. D. 0,09.
Câu 39. Chọn đáp án A
+ Nhận thấy glyxin, alanin, valin có công thức tổng quát giống nhau.
+ Metylamin và etylamin cũng có công thức tổng quát giống nhau
⇒+ Xem hỗn hợp chỉ chứa gly, metylamin và etylamin. (Chọn 3 chất vất kỳ và chấp nhận giá trị âm).
+ Đặt số mol của 3 chất lần lượt là a, b ,c ta có hệ.

24

Nguyễn Ngọc Anh – Hocmai.vn : giáo viên luyện thi online và offline tại Hà Nội
Tel : 0984963428

Fb : thaygiaoXman ( Nguyen Ngoc Anh )

C 2 H 5 O 2 N : a
a  b  c  0,16


 2a  b  2c  0,37
 a  0,07
CH5 N : b
C H N : c

2, 25a  2, 25b  3,75c  0,57
 2 7

⇒ nKOH pứ = nGlyxin = a = 0,07 mol ⇒ Chọn A
Câu 40. Hòa tan hoàn toàn 3,60 gam Mg trong 500 ml dung dịch HNO3 0,80M, phản ứng kết thúc thu được 448 ml một
khí X (ở đktc) và dung dịch Y có khối lượng lớn hơn khối lượng dung dịch HNO3 ban đầu là 3,04 gam. Để phản ứng hết
với các chất trong Y cần vừa đủ V ml dung dịch NaOH 2,00M. Giá trị của V là
A. 156,25.
B. 167,50.
C. 230,00.
D. 173,75.
Câu 40. Chọn đáp án D
Ta có mKhí = mMg – mdd tăng = 0,56 gam
⇒ MKhí = 0,56 ÷ 0,02 = 28 ⇒ X là khí N2 .
Bảo toàn e có nNH4NO3 = (2nMg – 10nN2 ) ÷ 8 = 0,0125
+ Nhận thấy cuối cùng Na sẽ đi về muối NaNO3 ⇒ Tìm ∑nNO3 có trong dung dịch Y.

Bảo toàn nito ta có nNO3/Y = nHNO3 – 2nN2 – nNH4 = 0,3475 mol.
⇒ nNaOH = 0,3475 mol ⇒ VNaOH = 0,17375 lít = 175,75 ml ⇒ Chọn D
Câu 40. Hòa tan hết 3,264 gam hỗn hợp X gồm FeS2 , FeS, Fe, CuS và Cu trong 600ml dung dịch HNO3 1M đun nóng,
sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 1,8816 lít (đktc) một chất khí thoát ra. Cho Y tác dụng với lượng
dư dung dịch BaCl2 thu được 5,592 gam kết tủa. Mặt khác, dung dịch Y có thể hòa tan tối đa m gam Fe. Biết trong quá
trình trên, sản phẩm khử duy nhất của N+5 là NO. Giá trị của m là
A. 9,240
B. 11,536
C. 12,040
D. 11,256
Câu 40. Chọn đáp án D
Quy X về Fe, Cu và S.
Bảo toàn nguyên tố S: nS  n Ba SO4   5,592  233  0,024 mol.
3

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n NO  n HNO3  n NO  0,6  0,084  0,516 mol.
3

Giả sử dung dịch Y không chứa H+. Bảo toàn nguyên tố Hiđro: n H2O  0,6  2  0,3 mol.
Lại có:

n

NO sau ph¶n øng

 0,024  4  0,516  3  0,084  0,3  2,028 mol > 1,8 mol

⇒ vô lí ⇒ dung dịch Y chứa H+ và NO3  Fe lên +3.
Đặt n Fe  x mol; n Cu  y mol → mX  56x + 64y + 0,024 × 32 = 3,264.
Lại theo bảo toàn electron có: 3x + 2y + 0,024 × 6 = 3 × 0,084.

||→ Giải hệ có: x = 0,024 mol; y = 0,018 mol.
Bảo toàn điện tích: n H  0,024  2  0,516  0,024  3  0,018  2  0, 456 mol.
Ta có: Fe phản ứng tối đa → Fe lên +2.
Lại có: 4H NO3  3e  NO  2H2O  H hết, NO3 dư.
Bảo toàn electron: 2n Fe  3 n H  n Fe3  2n Cu 2  n Fe  0, 201 mol  m  11, 256 gam.

4
Cách khác: S  4H2O  SO42  8H    n H  0,024  8  0,6  0,792 mol.
Bảo toàn electron cả quá trình: 2 n Fe  6n S  3 n H   n Fe  0, 225 mol.

4

 m  56   0, 225  0,024   11, 256 gam.
Câu 38. Đốt cháy hoàn toàn 14,24 gam hỗn hợp X chứa 2 este đều no, đơn chức, mạch hở thu được CO2 và H2 O có tổng
khối lượng là 34,72 gam. Mặt khác đun nóng 14,24 gam X với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Y chứa 2
ancol kế tiếp và hỗn hợp Z chứa 2 muối của 2 axit cacboxylic kế tiếp, trong đó có a gam muối A và b gam muối B (MA <
MB). Tỉ lệ gần nhất của a : b là
Câu 38. Chọn đáp án B
X gồm 2 este no, đơn, hở ⇒ Công thức chung của X là Cn H2n O2 (n ≥ 2).

25