Công phá hóa CHƯƠNG 21 bảo toàn khối lượng

CHƯƠNG 21: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
Trong các phản ứng hóa học tổng khối lượng của các chất trước phản ứng luôn bằng tổng khối lượng các
chất sau phản ứng.
Xét phản ứng tổng quát: A + B → C + D ( A, B là chất phản ứng; C, D là chất sản phẩm).
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có mA + mB = mC + mD (1)
Hoặc

�m

trước phản ứng

=

�m

sau phản ứng

(2)

Chú ý:
Với công thức (1): Điều quan trọng nhất khi áp dụng phương pháp này là phải xác định đúng lượng chất
(khối lượng) tham gia phản ứng và tạo thành (có chú ý đến các chất kết tủa, bay hơi, đặc biệt là khối
lượng dung dịch).
Với công thức (2): không cần phải quan tâm tới việc A và B có phản ứng hết với nhau hay không, dù hết
hay dư thì công thức (2) này luôn đúng. Công thức (2) thường dùng để giải quyết trường hợp khi không
xác định được phản ứng có xảy ra hoàn toàn hay không hoặc khi khó xác định thành phần của các chất
sau phản ứng.
Hệ quả 1: Biết tổng khối lượng các chất ban đầu đồng nghĩa với việc biết tổng khối lượng các chất sản
phẩm.
Phương pháp giải: Ta luôn có mđầu = msau.

Đây chính là công thức (2) ở trên, nó cho phép ta xét khối lượng của 1 trạng thái cụ thể nào đó mà không
cần quan tâm đến các chất (hoặc lượng chất phản ứng còn dư) khác trạng thái với nó.
Hệ quả 2: Phản ứng có n chất tham gia, đã biết khối lượng của (n-1) chất thì ta dễ dàng tìm được khối
lượng chất còn lại.
Hệ quả 3: Khi cation kim loại kết hợp với anion phi kim để tạo ra các hợp chất như oxit, hidroxit, muối.
thì ta luôn có:
m hợp chất = m kim loại + m anion
Để tính khối lượng dung dịch sau phản ứng, ta dụng công thức
m dd sau phản ứng = m dd trước phản ứng + m chất tan – m kết tủa – m bay hơi
Hệ quả 4: Trong phản ứng khử oxit kim loại bằng CO, H 2, Al: Chất khử lấy oxi của oxit tạo ra CO 2, H2O,
Al2O3. Biết số mol CO, H2, Al tham gia phản ứng hoặc số mol CO 2, H2O, Al2O3 tạo ra, tính được lượng
oxi trong oxit (hay hỗn hợp oxit) và suy ra lượng kim loại (hay hỗn hợp kim loại).
Ưu điểm của phương pháp:
+ Phương pháp bảo toàn khối lượng cho phép giải nhanh được nhiều bài toán khi biết quan hệ về khối
lượng của các chất trước và sau phản ứng. Nó được sử dụng trong mọi trường hợp kể cả khi không biết
được phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không, hiệu suất là bao nhiêu…
+ Định luật bảo toàn khối lượng thường được dùng để vô hiệu hóa các phép tính phức tạp của nhiều bài
toán vô cơ và hữu cơ mà trong đó xảy ra nhiều phản ứng, có thể không cần viết đầy đủ các phương trình
phản ứng, chỉ cần lập sơ đồ phản ứng để thấy được mối quan hệ giữa các chất cần xác định và những chất
mà đề bài cho sau đó áp dụng định luật bảo toàn để tìm ra kết quả.
B. VÍ DỤ MINH HỌA


Bài 1: Trộn 3,6g Al với 15,2g hỗn hợp oxit FeO và CuO rồi thực hiện phản ứng nhiệt nhôm thu được m g
chất rắn. Tính giá trị của m.
A. 18,8g

B. 6,8g

C. 12g

D. 9g

Lời giải
1
nA l 
15
Khá nhiều bạn sẽ rập khuôn cách giải sau:
Ta có phản ứng:
2A1 + 3FeO → A12O3 + 3Fe (1)

Đặt

�nFeO  x
�
�nCuO  y

⇒

2 Al + 3CuO → A12O3 + 3Cu (2)
2
2
3, 6 2
�
x  0,1
n Al  x  y 

�
�
��

3
3
25 15
�
�y  0,1
�
m hh  m FeO  mCuO  72x  80y  15, 2
�

1
1
1
nAl2O3 = x + y =
3
3 15
Từ (1) và (2) suy ra
� mAl2O3  6,8 g
nFe=x =0,1� mFe=0,1.56 =5,6 g
nCu  y  0,1� mCu  0,1.64  6,4 g

� mr�n =mAl2O3 +mFe+mCu =6,8 +5,6 +6,4 =18,8g.
Đáp án A.
Nhận xét: Rõ ràng đề bài rất ngắn gọn. Nếu chúng ta suy nghĩ như trên thì chúng ta đã mắc bẫy của bài
toán vì phải tính toán khá dài dòng, và trong quá trình nếu tính nhầm giá trị của x và y thì sẽ dẫn tới kết
quả sai. Thực chất chúng ta chỉ cần áp dụng định luật bảo toàn khối lượng(Công thức 2) thì bài toán sẽ rất
đơn giản.
Sơ đồ phản ứng: (3,6 gam Al + 15,2 gam hỗn hợp oxit) → m gam sản phẩm
m
m
⇒ � trước phản ứng = � sau phản ứng

⇒m = 3,6 + 15,2 = 18,8 (g)
Bài 2 : Cho 23,4 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với
13,8 gam Na, thu được 36,75 gam chất rắn. Hai ancol đó là
A. C2H5OH và C3H7OH

B. C3H7OH và C4H9OH

C. C3H5OH và C4H7OH

D. CH3OH và C2H5OH
Lời giải

Đây là 1 bài toán khá quen thuộc, tuy nhiên không ít bạn khi gặp bài này đã mắc phải bẫy của người ra
đề. Có phản ứng: 2ROH + 2Na ⇒ 2RONa + H2

13,8
Lỗi sai 1 : Ta có nNa = 23 = 0,6 ⇒ nancol =0,6
� M ancol 

23,4
 39
0,6
⇒ 2 ancol là CH3OH và C2H5OH ⟹ Chọn đáp án sai là D

Lỗi sai 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng:
Khi 1 mol ROH phản ứng tạo ra 1 mol RONa thì khối lượng của hỗn hợp rắn sau phản ứng tăng lên (M Na
- MH = 22 gam.)


23,4

mr�n -mhh ancol 36,75-23,4
M ancol =
 38,36
=
=0,61
0,61
22
22
⇒n ancol =
⇒
⇒ Chọn đáp án sai là D.

Cách giải đúng: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
mhh ancol +mNa =mr�n +mH2

� mH2 =mhh ancol +mNa-mr�n =23,4+13,8 - 36,75 =0,45 g

0,45
= 0,225
2n
2
⇒ nhỗn hợp ancol = H 2 = 2.0,225 = 0,45(mol)
23,4
� M ancol = 
= 52
0,45
⟹ C2H5OH và C3H7OH

� n H2 =

Đáp án A
Nhận xét:
Nguyên nhân dẫn đến Lỗi sai 1 và Lỗi sai 2:
+ Ở hướng 1, chúng ta đã không sử dụng giả thiết "thu được 36,75 gam chất rắn". Các bạn từ số mol Na
suy ra ngay số mol hai ancol. Cần lưu ý rằng hai ancol tác dụng hết với m gam Na thì sau phản ứng, hai
ancol hết và Na có thể hết hoặc dư.
+ Ở hướng 2, ta đã không sử dụng giả thiết “13,8 gam Na”. Ở đây các bạn cũng cho rằng Na phản ứng hết
nên tính ngay số mol ancol trong phản ứng. Cần lưu ý rằng phương pháp áp tăng giảm khối lượng áp
dụng như trên chỉ đúng khi chất rắn sau phản ứng chỉ có RONa mà không có Na dư.
Đề bài cho dạng tổng quát, ta không thể tìm ra được công thức của 2 axit và chúng ta cũng không cần biết
đó là các axit nào. Nhờ vào phương pháp bảo toàn khối lượng ta có thể dễ dàng tính được lượng H 2O sinh
ra sau phản ứng rồi sau đó tính được m.
Bài 3: Để trung hòa 25,6 gam hỗn hợp 2 axit cacboxylic đa chức cần dùng 1 lít dung dịch hỗn hợp NaOH
0,2M và Ba(OH)2 0,1M. Sau phản ứng cô cạn thu đuợc m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 34,4 gam.

B. 60,6 gam.

C. 41,6 gam.
Lời giải

D. 43,5 gam.

Sơ đồ phản ứng:
2 axit cacboxylic �
�
�NaOH: 0,2mol
+�
� mg muoi +H2O
�

Ba OH  2 : 0,1 mol
25,6gam
�
�

Có phản ứng tổng quát:
COOH  OH � COO  H2O

� n H 2O = n OH-   = n NaOH + 2n Ba  OH  = 0,4  mol 
2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
maxit cacboxylic +mNaOH +mBa OH =mmu�i+mH2O
2

� m =mmu�i=maxitcacboxylic +mNaOH +mBa OH - mH2O
2

� m  25,6  0,2.40  0,1.171  0,4.18  43,5  gam
Đáp án D.
Bài 4: Nhiệt phân hoàn toàn A(NO3)2 (với R là kim loại) trong chân không thu được 9,6 gam một oxit
kim loại và 6,048 lít hỗn hợp khí X gồm NO 2 và O2 (đo ở đktc). Khối lượng của hỗn hợp khí X là 12 gam.
Xác định công thức của muối A(NO3)2


A. Mg(NO3)2.

B.Zn(NO3)2.

C.Cu(NO3)2,

D.Fe(NO3)2.

Lời giải
6,048
= 0,27 mol
22,4

nX =

Đặt

n NO 2 = a �
n X = n NO 2 + n O 2 = a + b = 0,27            �
�
�
a = 0,24
�
�
��
�
�
nO 2 = b
m X = m NO 2 + m O 2 = 46a + 32b = 12
b = 0,03
�
�
�

�

oxit kim lo�
i  9,6g
0
�
t
A  NO3  2 ��� �
NO2:0,24 mol
�
�khi 12g�
O2:0,03 mol
�
�
Sơ đồ
Cách 1: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, không xét đến trong quá trình nhiệt phân A có thay đổi
số oxi hóa hay không.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m A(NO 3 ) 2 = moxit + m X = 9,6 +12 = 21,6 g
2n
= n NO 2
Bảo toàn nguyên tố N: A(NO 3 ) 2
21, 6
0,24
 = 180
� n A(NO 3 )2 = 
= 0,12mol  M A(NO 3 )2 = 
0,12
2
⇒
⇒ A = 180 - 62.2 = 56 (Fe)
Vậy đáp án đúng là D.

n NO2
Cách 2: Xét tỉ lệ mol giữa NO2 và O2 để tìm dạng phản ứng nhiệt phân của A(NO3)2 . Có
Khi đó trong quá trình nhiệt phân, A có sự thay đổi số oxi hóa từ +2 lên +3:

n O2

=

0,24
=8
0,03

2A  NO3  2 �t�
� A 2O3  4NO2  O2
0

Quan sát 4 đáp án nhận thấy chỉ có Fe(NO3 )2 thỏa mãn.
Đáp án D.
Chú ý
Một số bạn có thể bị mắc sai lầm như sau:
Sau khi tìm được số mol NO2 và O2 các bạn không nhớ tới khả năng A có thể thay đổi số oxi hóa nên chỉ
xét phản ứng:
2A(NO3)2 ⟶ 2AO + 4NO2 +O2
0,1

⇒

M AO =

0,1

0,2

8
= 80
0,1

⇒ A = 64 là Cu
Bài 5: Nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CaCO3 và Na2CO3 thu được 11,6 gam chất rắn và
2,24 lít khí (đktc). Thành phần phần trăm khối lượng CaCO3 trong X là
A. 6,25%.

B. 8,62%.

C. 50,2%
Lời giải

D. 62,5%.


Na2CO3 không bị nhiệt phân, nên 2,24 lít khí sinh ra chính là CO2 do CaCO3 bị nhiệt phân theo phản ứng:
t0
CaCO3 ��
� CaO  CO2
Cách 1:
n CaCO3 =n CO2 = 0,1 mol  � m CaCO 3 =0,1.100 = 10  gam 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mX =mch�tr�n +mCO 2 =11,6+0,1.44 =16  gam
Vậy phần trăm khối lượng của CaCO3 trong hỗn hợp X là:

10
%m CaCO 3   =   .100% = 62,5%
16
Cách 2:
m CaCO 3 = 10
�
n CaO = n CaCO 3 = n CO 2 = 0,1 � �
m CaO = 0,1.56 = 5,6
�
Ta có
Hỗn hợp rắn thu được gồm CaO và Na2CO3
� m Na 2 CO 3 =11,6-5,6 = 6  gam   � m X =m Na 2 CO 3 + m CaCO 3 =16  gam 

10
� %mCaCO 3   =   .100% = 62,5%
16
Đáp án D
Nhận xét: Ở bài này, một số bạn có thể mắc sai lầm như sau :
Lỗi sai 1: Xác định các phản ứng xảy ra:
0

t
Na2CO3 ��
� Na2O  CO2
0

t
CaCO3 ��
� CaO  CO2

Khi đó các bạn xác định nhầm thành phần của hỗn hợp rắn gồm Na2O và CaO.
�
a =0,1
�nNa2 O =a �
�mCh�tr�n =62a +56b =11,6 �
��
��
�
b =-0,9
n =b
�nCO 2 =a +b =0,1
�
Từ đó gọi � CaO

Từ đó không tính được ra kết quả.
0

t
� CaO  CO2
Lỗi sai 2: Xác định đúng phản ứng nhiệt phân: CaCO3 ��
Tuy nhiên sau đó các bạn lại xác định sai thành phần của chất rắn sau phản ứng gồm CaO.
Từ đó cũng không tính ra được kết quả.

Bài 6: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO 3 63%. Sau phản ứng
thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO 2 duy nhất (đktc). Tính nồng độ phần trăm của các chất có trong
dung dịch A.
A. 36,66% và 28,48%.

B. 27,19% và 21,12%.

C. 27,19% và 72,81%.

Lời giải
Ta có thể viết 2 phản ứng:
Fe+6HNO3 ⇒ Fe(NO3)3 +3NO2 +3H2O
Cu+4HNO3 ⇒ Cu(NO3)2 +2NO2 +2H2O
11,2
n NO 2  =
= 0,5  mol 
22,4
Có

D. 78,88% và 21,12%.


Quan sát các phản ứng nhận thấy:

m HNO 3 = 63  gam   

n HNO3  2n N2  1 mol 

63
m dd HNO3 = 
= 100  gam 
63%
⇒

⇒
Dung dịch A thu được chứa Fe(NO3)3 và Cu(NO3)2.
n Fe = x

56x+12y=12
�
�
�x = 0,1
    � �
      �  �
            
�
n Cu = y
3x + 2y = 0,5 
y = 0,1 
�
�
�
Gọi
n Fe(NO 3 ) 3 = 0,1
m Fe(NO 3 ) 3  = 24,2 gam
�
�
�
�
��
  � �
n Cu(NO 3 ) 2 = 0,1
mCu(NO 3 ) 2  = 18,8 gam
�
�
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m Fe + m Cu + m dd HNO 3  =m dd A + m NO 2
� mdd A = mFe + mCu + mdd HNO 3  - m NO 2 = 89 g

24, 2
�
%m Fe( NO3 )3 
.100%  27,19%
�
�
89
�
18,8
�
% m Cu(NO3 )2 
.100%  21,12%
89
Vậy �
Đáp án B.
Chú ý: Để tiết kiệm thời gian trong quá trình làm bài, các bạn không cần viết hai phản ứng như trên để
suy ra
sau:

n HNO 3 =2n NO2 =2.0,5 =1mol

, mà chỉ cần áp dụng Công thức giải nhanh để tính số mol HNO3 như

n HNO 3 = 2n NO 2 +4n NO +10n N 2 O + 12n N 2 +10n NH 4 NO 3

Bài 7: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe 2O3. Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung
nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ
khối so với H2 là 20,4. Tính giá trị m.
A. 105,6 gam.

B. 35,2 gam.
C. 70,4 gam.
D. 140,8 gam.
Lời giải
Các phản ứng khử sắt oxit có thể có:
t
3Fe2O3  CO ��
� 2Fe3O4  CO2  1
0

t
Fe3O4  CO ��
� 3FeO  CO2  2
0

t
FeO  CO ��
� Fe  CO2  3
0

Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 Fe2O3 dư hoặc ít chất hơn, điều đó không quan
trọng và việc cân bằng các phương trình trên cũng không cần thiết, các bạn chỉ cần quan sát và nhận thấy
n
 n CO
luôn có: CO2
11, 2
nB 
 0,5mol
22, 4
Ta có B gồm CO2 mới tạo thành và CO dư.

a +b =0,5
�
a=0,4
�
�
�
�nCO2 =a
��
� nCO ph�n �ng  nCO2  0,4
�44a +28b
�
=20,4.2 �b=0,1
�
n
 b
Gọi � CO d�
có � 0,5
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

mX +mCO p� =mA +mCO 2


⇒ m = 64 + 0,4.44 - 0,4.28 = 60,4 (gam)
Đáp án C.
Bài 8: Hòa tan vừa hết hỗn hợp Q gồm 0,3 mol Fe 3O4, 0,25 mol Fe và 0,2 mol CuO vào dung dịch hỗn
hợp HCl 3M và HNO3 4M. Sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y (chỉ chứa Fe 3+ và Cu2+ và khí
NO (là sản phẩm khử duy nhất). Tổng khối lượng muối trong dung dịch là
A. 268,2 gam

B. 368,1 gam

C. 423,2 gam

D. 266,9 gam

Lời giải
Đây là 1 bài tập tổng hợp khá khó, đòi hỏi phải tính toán khá nhiều song hướng giải lại rất cụ thể và rõ
ràng đó là ta sẽ sử dụng định luật bảo toàn khối lượng để tính khối lượng muối:
mQ  maxit  mmu�i  mNO  mH 2 O
m ,   m ,m , m
Do đó nhiệm vụ bây giờ là phải tìm được axit NO   H 2 O Q
+) Tính được khối lượng hỗn hợp Q dễ dàng:

mQ = m Fe 3 O 4 + m Fe + m CuO = 0,3.232 + 0,25.56 + 0,2.80 = 99,6 g

+) Vì HCl và HNO3 trong cùng 1 dung dịch cho nên tỉ lệ về số mol cũng chính là tỉ lệ về nồng độ.
n
= 4a
Gọi nHCl  3a thì HNO3
⇒maxit = 3a.36,5 + 4a.63 = 361,5a (gam)
+) Sơ đồ bài toán:

�
Fe3+
Fe3O 4 :0,3mol 
� 2+
�
HCl 3a mol
Cu
�

�
�
Q  99,6g   �
Fe:0,25mol  + �
  axit: 361,5a g  � � -    + NO + H 2O
HNO3  4a mol  
�
�NO3
CuO: 0,2mol  �
�
�
Cl�
+) Ta lần lượt đi tìm các yếu tố còn thiếu:
n = 3n FeO + n Fe = 3.0,3 4- 0,25 = 1,15 mol
Bảo toàn Fe: Fe3+
n =n =0,2 mol
Bảo toàn Cu: Cu 2+ CuO
n  nHCl  3a mol
Bảo toàn nguyên tố Cl: Cl
1
1
n H 2 O = .n HCl + .n HNO 3 = 3,5a mol
2
2
Bảo toàn H:
+) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
n NO +n Cl =3n Fe 2+ + 2n Cu2+ =3.1,15 + 2.0,2 = 3,85
3

� n NO = 3,85-3a  mol 

3

n + n NO =n HNO 3
3
Tiếp tục sử dụng bảo toàn N: NO
n =n
-n  = 4a –  3,85 – 3a  = 7a – 3.85  mol 
⇒ NO HNO 3 NO3
m =mFe3+ +mCu2+ +mCl- +mNO 3
+) Ta có mu�i
⇒ mmuối = 1,15.56 + 0,2.64 + 3a.35,5 + 62(3,85 - 3a) = 315,9 - 79,5a (g)
Bây giờ ta cần phải tìm được a, nên nhớ là ta đã có các biểu diễn các yếu tố cần tìm theo a, do đó ta sử
dụng định luật bảo toàn khối lượng:

mQ +maxit =mmu�i+mNO +mH 2 O


hay 99,6 + 361,5a = 315,9 - 79,5a + 30.(7a - 3,85) +18.3,5a ⟺ a = 0,6
Vậy khối lượng muối trong dung dịch sau phản ứng là:
mmuối = 315,9 - 79,5.0,6 = 268,2 (gam)
Đáp án A.
Nhận xét: Bài toán này quan trọng nhất là các giả thiết đề bài cho là hòa tan "vừa hết", khí NO là sản
phẩm khử “duy nhất” . Tuy bài này phải tính toán rất nhiều nhưng hướng giải dùng định luật bảo toàn
khối lượng là khá rõ ràng, do đó ta phải móc nỗi các dữ kiện lại với nhau bằng cách tóm tắt sơ đồ bài
toán, thông thường với các bài toàn phức tạp ta vẫn hay dùng sơ đồ bài toán thay cho viết phương trình
phản ứng, mục đích của việc làm này là để rút ngắn thời gian nhưng vẫn dễ dàng tóm gọn được dữ kiện
đề bài và nhìn ra được hướng giải của bài.
Bài 9: Đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O) cần 1,904 lít O 2 (đktc) thu được CO2
và hơi nước theo tỉ lệ thể tích 4:3. Hãy xác định công thức phân tử của A. Biết tỉ khối của A so với không
khí nhỏ hơn 7.

A. C8H12O5.
B. C4H8O2.
C. C8H42O3.
D. C6H12O6.
Phân tích: Đề bài khá ngắn gọn, tuy nhiên với bài toán đốt cháy hợp chất hữa cơ như trên thì ta phải nhận
ra các dấu hiệu của việc áp dụng các định luật bảo toàn như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố....
Lời giải
Thông thường khi đề bài cho số mol O 2 cần để đốt cháy thì chắc chắn ta sẽ phải sử dụng hoặc định luật
bảo khối lượng, hoặc bảo toàn nguyên tố Oxi.
Quay trở lại bài toán này, ta thấy đề cho cần dùng 1,904 lít O 2, không cho khối lượng CO 2 và H2O mà chỉ
cho tỉ lệ thể tích (tỉ lệ số mol), do đó nhận ra được nếu ta sử dụng phương pháp bảo toàn khối lượng ta sẽ
tính được số mol CO2 và số mol H2O, từ đó tính được số mol O trong A. Tiếp theo đó ta sẽ xác định công
thức đơn giản nhất để tìm ra công thức phân tử.

Có

n O2 

n CO2
Vì

n H2O

1,904
 0, 085  mol  � m O 2  0, 085.32  2, 72  gam 
22, 4

=

4

3

�
n CO 2 =4a
m CO =4a.44=176a  gam 
�
�
�
 � � 2
   
�
n H 2 O =3a  �
m H 2 O =3a.l8=54a  gam 
�
nên gọi

Sơ đồ phản ứng: A + O2 ⇒ CO2 + H2O
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m A + mO2 = m CO2 + m H2 O

�
n C(A) = n CO 2 = 0,08  mol 
�
 
�
n H(A) = 2 n H2O =0,12  mol 
�
Hay 1,88 + 2,72 = 176a + 54a ⟺ a = 0,02 ⇒
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố oxi, ta có:

n O  A  +2n O 2 = 2n CO 2 + n H 2 O  � n O  A  = 2.0,08 + 0,06-2.0,085 = 0,05  mol 

Vì C : H : O = nC : nH : nO =0,08 : 0,12 : 0,05 = 8 : 12 : 5
Nên công thức đơn giản nhất của A là C8H12O5.
Khi đó công thức phân tử của A có dạng (C8H12O5)n
Mà MA < 7Mkhôngkhí nên 188n < 7.29 ⇒ n < 1,08 ⇒ n = l
Do đó công thức phân tử của A là C8H12O5.


Đáp án A.
Bài 10: Cho m gam bột Cu vào 200ml dung dịch AgNO 3 0,2M, sau phản ứng thu được 3,88 gam chất rắn
X và dung dịch Y. Cho 2,925 gam bột Zn vào dung dịch Y sau phản ứng thu được 5,265 gam chất rắn Z
và dung dịch chỉ chứa 1 muối duy nhất. Giá trị của m là
A. 3,17

B. 2,56

C. 1,92

D. 3,2.

Lời giải
n AgNO 3 =0,2.0,2= 0,04 mol

Thông thường, khi đọc xong đề bài các bạn sẽ viết các phản ứng:
Cu + 2AgNO3⟶Cu(NO3 )2 + 2Ag
Zn + Cu(NO3)2 ⟶ Zn(NO3)2 + Cu
Zn + 2AgNO3 ⟶ Zn(NO3)2 +2Ag.
Tuy nhiên phản ứng giữa Cu và AgNO 3 ta không thể biết được chất nào dư, chất nào hết, do đó nếu làm
theo cách bình thường ta sẽ thử xét 2 trường hợp, nhưng khi cho Zn vào dung dịch Y thì thì ta cũng không

biết được chất nào dư, chất nào hết.
Do đó nếu nhìn theo cách bình thường thì bài toán trở nên rất phức tạp.
Tuy nhiên đọc lại đề bài 1 lần nữa, ta thấy có một giả thiết quan trọng là “dung dịch chỉ chứa 1 muối
duy nhất”, đây chính là nút thắt của bài toán.
Dễ thấy dung dịch sau phản ứng chỉ chứa muối Zn(NO3)2

⇒ Tất cả ion NO3 sẽ đi hết vào muối Zn(NO3)2.

n
=0,5.n N O - =0,5.0,04 = 0,02 mol
3
⇒ Zn(NO3 )2
Khi ta không biết rõ chất nào dư hay hết, phản ứng đã xảy ra hoàn toàn hay chưa thì chúng ta nên nghĩ
đến định luật bảo toàn khối lượng:
m + m AgNO 3 =m X +m Y
m Y +m Zn =m Zn(NO 3 ) 2 +m Z

Cộng vế theo vế 2 phương trình trên ta được:
m + m AgNO 3 + m Zn = m X + m Zn(NO 3 ) 2 + m Z

Dựa vào dữ kiện đề bài ta suy ra
m = m X +m Zn(NO 3 ) 2 +m Z - m AgNO 3 -m Zn

Hay m = 3,88 + 0,02.189 + 5,265 - 0,04.170 - 2,925 = 3,2 gam.
Đáp án D.
Bài 11: Xà phòng hóa chất hữu cơ X đơn chức thu được muối Y và ancol Z. Đốt cháy hoàn toàn 4,8 gam
Z cần 5,04 lít O2 (đktc) thu được CO2 và H2O mà khối lượng của chúng hơn kém nhau 1,2 gam. Nung
muối Y với vôi tôi xút được khí T có tỉ khối so với H2 là 8. Vậy X là
A. CH3COOC2H3

B. C2H5COOC2H3

C. CH3COOCH3
Lời giải

5,04
=0,225
22,4
mol
Quan sát 4 đáp án ta nhận thấy X là 1 este đơn chức.
nO 2 =

D. C2H5COOCH3


Theo giả thiết: Nung muối Y với vôi tôi xút được khí T có tỉ khối so là 8 ⇒ T = 8.2 = 16 ⇒ T là CH4
0

CaO,t
Do đó muối Y là CH3COONa: CH3COONa + NaOH ���� CH4 + Na2CO3
Suy ra X có dạng CH3COOR'.
Khi đó đáp án đúng là A hoặc C.
Giả thiết cho CO2 và H2O mà khối lượng của chúng hơn kém nhau 1,2 gam nên ta buộc phải xét 2 trường
hợp:
m – m H 2 O = 1, 2 gam
Trường hợp 1: CO2
i Y +ancol Z
�A+NaOH � mu�
�
Z +O2 � CO2 +H2O

Sơ đồ phản ứng: �
m – m H 2 O = 1, 2 gam
Ta đã có khối lượng Z và O2, CO2
, nên nhìn vào sơ đồ phản ứng ta thấy: nếu ta sử
m + m H 2 O
dụng định luật bảo toàn khối lượng thì ta sẽ có được tổng CO2
, từ đó giải hệ 2 ẩn tìm được ngay
m CO2
mH 2 O
và
m + m O 2 = m CO 2 + m H 2 O
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: Z
m CO 2 = 6, 6 g
�
�m CO 2 + m H 2 O = 4,8 + 0, 225.32 = 12 �
�
 
�
�
�
m H 2 O = 5, 4 g
�m CO 2 - m H 2 O = 1, 2
�
6, 6
�
n CO 2 =
 0,15 mol
�
�
44

�
5, 4
�
nH 2 O 
 0,3 mol
18
Từ đó suy ra �

� n CO 2 < n H 2 O  

⇒ Z là ancol no đơn chức mạch hở
C 0,15 1
=
=
Với Z, xét H 0,3.2 4 ⇒ dựa vào 4 đáp án suy ra Z là CH4O hay CH3OH.
Hoặc sử dụng công thức áp dụng cho ancol no đơn chức mạch hở:
n Z = n H 2 O - n CO 2 = 0,15
C=
⇒ Trong Z có số C là:

n CO2
nZ

=

0,15
=1
0,15
⇒ Z là CH3OH

Kết hợp với X có dạng CH3COOR’
Vậy X là CH3COOCH3
m -m
= 1, 2 gam
Trường hợp 2 CO2 H 2 O
Cũng giải tương tự như trên, ta có ngay hệ
m CO 2 + m H 2 O = 4,8 + 0, 225.32 = 12
m CO = 5, 4 g
�
�
�
�
   � � 2
�
m H 2 O - mCO 2 = 1, 2
m H 2 O = 6, 6 g
�
�
5, 4
n CO 2 =
 0,123mol
44
6, 6
nH 2 O =
 0,367 mol
18
Suy ra
⇒

n CO 2 < n H 2 O  

Ta có

⇒ Z là ancol no đơn chức mạch hở

n Z = n H 2 O - n CO 2 = 0, 224


n CO 2
⇒ Trong Z có số C là: n Z

=

0,123
= 0,55
0, 224
⇒ loại trường hợp này
Đáp án C

Lưu ý
Vì đây là một bài toán trắc nghiệm nên ta chỉ cần quan tâm đến kết quả của bài toán. Do đó khi giải ra
được X là CH3COOCH3 trong trường hợp 1 thì ta chọn ngay đáp án là C mà không cần phải xét trường
hợp 2.
Bài 12: Hỗn hợp khí X gồm 0,1 mol C2H2; 0,2 mol C2H4; 0,3 mol H2. Đun nóng X với xúc tác Ni, sau một
thời gian thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 11. Hỗn hợp Y phản ứng tối đa với a mol Br2
trong dung dịch. Giá trị của a là
A. 0,3

B. 0,2

C. 0,4

D. 0,1

Lời giải
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
�

nsau M ��u
n 2 M1
=
=
n��u M sau hay n1 M 2

mđầu = msau ⇒ nđầu.Mđầu = nsau.Msau
Ta có công thức rất quan trọng là
nđ�u  nsau  n1- n2 =nH 2 ph�n �ng  n ph�n �ng

Vậy mục tiêu của ta bây giờ là đi tính n2.
Ta lần lượt có n1 = 0,1 + 0,2 + 0,3 = 0,6 mol.
M1 =

m C2 H 2 + m C2 H 4 + m H 2

Mà M2 = 11.

n1
MH 2

=

0,1.26 + 0, 2.28 + 0,3.2 44
=
0, 6
3

= 11.2 = 22 nên từ:

n 2 M1
M
0, 6.44
=
� n 2 = n1 . 1 =
= 0, 4 mol � n1 - n 2 = 0, 6 - 0, 4 = 0, 2 mol
n1 M 2
M2
3.22

Phải hiểu rằng n2 = 0,2 mol nghĩa là số mol H2 đã phản ứng là 0,2 mol hay cũng chính là số mol π đã phản
ứng là 0,2.
Do đó để tính a là số mol tối đa hỗn hợp Y phản ứng với Br 2 trong dung dịch thì ta chỉ cần lấy số mol π
ban đầu trừ đi số mol π ban đầu đã phản ứng, hay ta có
a = nπ (đầu) – nπ (đã phản ứng) = 0,1.2 + 0,2.1 –(0,6 – 0,4) = 0,2 mol
Đáp án B
Chú ý
Khi tính nπ cần chú ý là phải nhân với số lượng liên kết π trong công thức, ví dụ như trong C 2H2 có 2 liên
kết π, trong C2H4CÓ 1π....
Do đó ta có công thức giải nhanh như sau:
nBr 2  t�iđa =  a 1+b 2 +...  � n��u �nsau 

Trong đó: a, b.. .lần lượt là số mol của các chất có công thức chứa số liên kết là π1 , π2, ...
nđầu là số mol của tổng hỗn hợp ban đầu, nsau là số mol của hỗn hợp sau phản ứng.
C. BÀI TẬP RÈN LUVỆN KĨ NĂNG


Câu 1: Hỗn hợp X gồm phenol và anilin. Lấy m gam X tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch HCl 1M
thu được hỗn hợp Y. Cho hỗn hợp Y tác dụng hết với 500 ml dung dịch NaOH 1M, rồi cô cạn thấy còn lại
31,3 gam chất rắn khan. Giá trị của m là:
A.18,7.
B.28.
C.65,6.
D.14.
Câu 2: Cho 28,2 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức tác dụng hết với 11,5 gam Na, sau phản ứng thu 39,3
gam chất rắn. Nếu đun 28,2 gam hỗn hợp trên với H2SO4 đặc ở 140°C, thì thu được bao nhiêu gam ete:
A. 19,2 gam.
B. 23,7 gam.
C. 24,6 gam.
D. 21,0 gam.
Câu 3: Khối lượng tripeptit được tạo thành từ 178 gam alanin và 75 gam glyxin là:
A. 253 g
B. 235g
C. 217g.
D. 199g.
Câu 4: Nhiệt phân hoàn toàn 80g một loại quặng đôlômit có lẫn tạp chất trơ, hòa tan chất rắn vào nước
dư thấy còn lại 22,4 gam chất rắn không tan. Thành phần % khối lượng của tạp chất trong quặng nêu trên
là:
A. 8%.
B. 25%.
C. 5,6%.
D. 12%.

Câu 5: Cho a gam hỗn hợp A gồm Fe2O3, Fe3O4. và Cu vào dung dịch HCl dư thấy có 1 mol axit phản
ứng và còn lại 0,256a gam chất rắn không tan. Mặt khác, khử hoàn toàn a gam hỗn hợp A bằng H2 dư thu
được 42g chất rắn. Tính phần trăm khối lượng Cu trong hỗn hợp A:
A. 44,8%.
B.50%.
C.32%.
D.25,6%.
Câu 6: Đung nóng m gam hỗn hợp X gồm các chất có cùng một loại nhóm chức với 600ml dung dịch
NaOH 1,5M, thu được dung dịch Y chứa muối của một axit cacboxylic đơn chức và 15,4 gam hơi Z gồm
các ancol. Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư, thu được 5,04 lít H2 (đktc). Cô cạn dung dịch Y đun nóng
chất rắn thu được với CaO cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 7,2 gam một chất khí. Giá trị
của m là
A. 34,51.

B. 34,30.

C. 40,60.

Câu 7: Anđêhit mạch hở A tác dụng với H 2 theo tỷ lệ mol

n A : n H 2 = 1:2

D. 22,60.
và tráng gương theo tỷ lệ mol

n A : n H2 =1:2

. Đốt cháy hoàn toàn m gam A cần vừa đúng V lít O2 (đktc). Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy
vào dung dịch nước vôi trong dư thu được a gam kết tủa. liên hệ giữa m với V và a là:
A.

C.

m

11a 5V

25
8 .

m

11a 25V

25
28 .

B.
D.

m

11a 5V

.
25
8

m

11a 25V


.
25
28

Câu 8: X là tetra peptit Ala-Gly-Val-Ala, Y là tripeptit Val- Gly-Val. Đun nóng m gam hỗn hợp X và Y có
tỷ lệ số mol nX : nY = 1:3 vói 780 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), sau phản ứng kết thúc thu được dung
dịch Z. Cô cạn dung dịch thu được 94,98 gam muối. m có giá trị là
A. 64,86 g.
B. 68,1g
C.77,04 g.
D. 65,13 g.
Câu 9: Hỗn hợp X gồm HCOOH và CH 3COOH (tỉ lệ mol 1:1), hỗn hợp Y gồm CH 3OH và C2H5OH (tỉ lệ
mol 3:2). Lấy 11,13 gam hỗn hợp X tác dụng hết với 7,52 gam hỗn hợp Y có xúc tác H 2SO4 đặc, đun
nóng. Khối lượng của este thu được là (biết hiệu suất các phản ứng este đều 75%)
A. 11,4345 g.
B. 10,89 g.
C. 14,52 g.
D. 11,616 g.
Câu 10: Cho 39,2 gam hỗn hợp M gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3, CuO và Cu (trong đó oxi chiếm 18,367%
về khối lượng) tác dụng vừa đủ với 850 ml dung dịch HNO3 nồng độ a mol/l, thu được 0,2 mol NO (sản
phẩm khử duy nhất của N+5). Giá trị của a là


A.2,0.
B. 1,5.
C.3,0.
D.1,0.
Câu 11: Hỗn hợp X gồm ankin Y và H2 có tỉ khối so với H2 là 6,7. Dẫn X đi qua bột Ni nung nóng cho
đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp Z có tỉ khối so với H 2 là 16,75. Công thức phân

tử của Y là
A.C4H6.
B. C5H8.
C.C3H4.
D.C2H2.
+
2+
Câu 12: Có 500 ml dung dịch X chứa các ion: K , HCO3 , Cl và Ba . Lấy 100 ml dung dịch X phản ứng
với dung dịch NaOH dư, kết thúc các phản ứng thu được 19,7 gam kết tủa. Lấy 100 ml dung dịch X tác
dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 29,55 gam kết tủa. Cho 200 ml
dung dịch X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3, kết thúc phản ứng thu được 28,7 gam kết tủa. Mặt
khác, nếu đun sôi đến cạn 50 ml dung dịch X thì khối lượng chất rắn khan thu được là
A. 23,700 g.
B. 14,175 g.
C. 11,850 g.
D. 10,062 g.
Câu 13: Cho 2,16 gam axit cacboxylic đơn chức X tác dụng hoàn toàn với dung dịch chứa 0,02 mol KOH
và 0,03 mol NaOH. Cô cạn dung dịch thu được sau khi phản ứng kết thúc còn lại 3,94 gam chất rắn khan.
Công thức của X là
A. CH3-CH2-COOH.
B. CH2=CH-COOH.
C. CH �C-COOH.
D. CH3-COOH.
Câu 14: Cho m gam bột Fe vào 50 ml dung dịch Cu(NO3)2 1M, sau phản ứng thu được dung dịch X và
4,88 gam chất rắn Y. Cho 4,55 gam bột Zn vào dung dịch X, kết thúc phản ứng thu được 4,1 gam chất rắn
Z và dung dịch chứa một muối duy nhất. Giá trị của m là
A. 4,48.
B. 2,80.
C. 5,60.
D. 8,40.

Câu 15: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm (trong điều kiện không có không khí) hỗn hợp X gồm Al và
Fe3O4 sau một thời gian thu được m gam hỗn hợp Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng
vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 0,5M. Phần 2 tác dụng hết với dung dịch HNO3 đặc nóng, dư thu
được 3,696 lít khí NO2 (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là
A.4,83.
B.8,46.
C.9,66.
D.19,32.
Câu 16: Cho 2,16 gam hỗn họp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 loãng, đun nóng nhẹ
tạo ra dung dịch X và 448 ml (đo ở 354,9°K và 988 mmHg) hỗn hợp khí Y khô gồm 2 khí không màu,
không đổi màu trong không khí. Tỷ khối của Y so vói oxi bằng 0,716 lần tỷ khối của khí cacbonic so với
nitơ. Làm khan X một cách cẩn thận thu được m gam chất rắn Z, nung Z đến khối lượng không đổi thu
được 3,84 gam chất rắn T. Giá trị của m là
A. 15,18.
B. 17,92.
C. 16,68.
D. 15,48.
Câu 17: Thực hiện tổng hợp tetrapeptit từ 3,0 mol glyxin; 4,0 mol alanin và 6,0 mol valin. Biết phản ứng
xảy ra hoàn toàn. Khối lượng tetrapeptit thu được là
A. 1510,5 g.
B. 1120,5 g.
C. 1049,5 g.
D. 1107,5 g.
Câu 18: Đun nóng m gam chất hữu cơ (X) chứa C, H, O với 100 ml dung dịch NaOH 2M đến khi phản
ứng xảy ra hoàn toàn. Để trung hòa lượng NaOH dư cần 40 ml dung dịch HCl 1M. Làm bay hơi cẩn thận
dung dịch sau khi trung hòa, thu được 7,36 gam hỗn hợp 2 ancol đơn chức (Y), (Z) và 15,14 gam hỗn hợp
2 muối khan, trong đó có một muối của axit cacboxylic (T). Kết luận nào sau đây đúng?
A. Axit (T) có chứa 2 liên kết đôi trong phân tử.
B. Số nguyên tử cacbon trong axit (T) bằng một nửa số nguyên tử cacbon trong chất hữu cơ X.
C. Ancol (Y) và (Z) là 2 chất đồng đẳng liên tiếp với nhau.

D. Chất hữu cơ X có chứa 14 nguyên tử hiđro.
Câu 19: Cho m gam butan qua xúc tác (ở nhiệt độ thích hợp), thu được hỗn hợp gồm 5 hiđrocacbon. Cho
hỗn hợp khí này sục qua bình đựng dung dịch nước brom dư thì lượng brom tham gia phản ứng là 25,6
gam và sau thí nghiệm bình brom tăng 5,32 gam. Hỗn hợp khí còn lại sau khi qua dung dịch nước brom
có tỉ khối so với metan là 1,9625. Giá trị của m là


A.17,4.
B.8,7.
C.5,8.
D.11,6.
Câu 20: Đốt cháy hoàn toàn 4,02 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat và metyl metacrylat rồi cho
toàn bộ sản phẩm cháy vào bình 1 đựng dung dịch H2SO4 đặc, bình 2 đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thấy
khối lượng bình 1 tăng m gam, bình 2 xuất hiện 35,46 gam kết tủa. Giá trị của m là
A.2,70.
B.2,34.
C.3,24.
D.3,65.
Câu 21: Tách nước hoàn toàn từ 25,8 gam hỗn hợp A gồm 2 ancol X và Y (MX < MY), sau phản ứng thu
được hỗn hợp B gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn B cần vừa đủ 1,8
mol O2. Mặt khác nếu tách nước không hoàn toàn 25,8 gam A (ở 140°C, xt H2SO4 đặc), sau phản ứng thu
được 11,76 gam hỗn hợp các ete. Biết hiệu suất ete hóa của Y là 50%. Hiệu suất ete hóa của X là
A.35%.
B.65%.
C.60%.
D.55%.
Câu 22: Một hỗn hợp Y gồm 2 este A, B mạch hở (MA< MB). Nếu đun nóng 15,7 gam hỗn hợp Y với
dung dịch NaOH dư thì thu được một muối của axit hữu cơ đơn chức và 7,6 gam hỗn hợp 2 ancol no đơn
chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Nếu đốt cháy 15,7 gam hỗn hợp Y cần dùng vừa hết 21,84 lít O 2
và thu được 17,92 lít CO2. Các thể tích khí đo ở đktc. Phần trăm khối lượng của A trong hỗn hợp Y là

A. 63,69%.
B. 40,57%.
C. 36,28%.
D. 48,19%.
Câu 23: Trong chất béo luôn có một lượng axit béo tự do. Khi thủy phân hoàn toàn 2,145 kg chất béo cần
dùng 0,3 kg NaOH, thu được 0,092 kg glixerol và m (kg) hỗn hợp muối natri. Giá trị của m là
A. 3,765.
B. 2,610.
C. 2,272.
D. 2,353.
Câu 24: Hỗn hợp X gồm 0,15 mol Mg và 0,1 mol Fe cho vào 500ml dung dịch Y gồm AgNO 3 và
Cu(NO3)2; sau khi phản ứng xong nhận được 20 gam chất rắn Z và dung dịch E; cho dung dịch NaOH dư
vào dung dịch E, lọc kết tủa nung ngoài không khí nhận được 8,4 gam hỗn hợp 2 oxit. Nồng độ mol/ l của
AgNO3 và Cu(NO3)2 lần lượt là
A. 0,24M và 0,5M.
B. 0,12M và 0,36M
C. 0,12M và 0,3M.
D. 0,24M và 0,6M.
Câu 25: Cho m gam bột Fe vào 800 ml dung dịch hỗn hợp gồm Cu(NO3)2 0,2M và H2SO4 0,25M. Sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,6m gam hỗn hợp bột kim loại và V lít khí NO (sản phẩm khử
duy nhất, ở đktc). Giá trị của m và V lần lượt là
A. 10,8 và 4,48.
B. 17,8 và 4,48.
C. 17,8 và 2,24.
D. 10,8 và 2,24.
Câu 26: Cho 3,6 gam axit cacboxylic no, đơn chức X tác dụng hoàn toàn vói 500 ml dung dịch gồm
KOH 0,12M và NaOH 0,12M. Cô cạn dung dịch thu được 8,28 gam hỗn hợp chất rắn khan. Công thức
phân tử của X là
A.C3H7COOH.
B.HCOOH.

C.C2H5COOH.
D.CH3COOH.
Câu 27: Cho hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu cơ no, đơn chức tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch
KOH 0,4M, thu được một muối và 336 ml hơi một ancol (ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp
X trên, sau đó hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 (dư) thì khối lượng dung
dịch trong bình giảm 2,66 gam. Công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là
A. HCOOH và HCOOC2H5.
B. C2H5COOH và C2H5COOCH3.
C. HCOOH và HCOOC3H7.
D. CH3COOH và CH3COOC2H5.
Câu 28: Cho 37,95g hỗn hợp hai muối MgCO3 và RCO3 vào 100ml dd H2SO4 loãng thấy có 1,12 lít CO2
(đktc) thoát ra, dung dịch A và chất rắn B. Cô cạn dung dịch A thu được 4g muối khan. Nung chất rắn B
đến khối lượng không đổi thì thu được rắn B1 và 4,48 lít CO2 (đktc). Biết trong hỗn hợp đầu có tỉ lệ
n RCO 3 : n MgCO3 =3:2

A. 27,85g va Ba.

. Khối lượng chất rắn B1 và nguyên tố R là
B. 26,95g và Ca.

C. 27,85g và Ca.

D. 26,95g và Ba.


Câu 29: Cho hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Fe2O3 vào dung dịch H2SO4 loãng dư thu được dung dịch X trong
đó số mol Fe2(SO4)3 gấp 2 lần số mol FeSO 4. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn 39,2 gam hỗn hợp X trong
H2SO4 đặc, nóng thu được bao nhiêu lít SO2 (đktc)?
A. 1,68 lít.

B. 3,36 lít.

C. 1,12 lít.

D. 2,24 lít.

Câu 30: Este E được điều chế từ axit đơn chức, mạch hở X và ancol đơn chức, mạch hở Y. Đốt cháy hoàn
toàn 4,8 gam E, thu được 5,376 lít CO2 và 3,456 gam H2O. Mặt khác, khi cho 15 gam E tác dụng vói 195
ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 14,1 gam chất rắn khan. Công thức cấu
tạo của Y là
A. CH2=CHCH2OH.
B. CH3CH2CH2OH.
C. CH3CH2OH.
D. CH �C-CH2OH.
Câu 31: Khi đun nóng 25,8 gam hỗn hợp ancol etylic và axit axetic có H 2SO4 đặc làm xúc tác thu được
14,08 gam este. Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp đó thu được 23,4 ml H2O (lỏng). Tính thành phân
trăm mỗi chất trong hỗn hợp đầu và hiệu suất của phản ứng este hoá.
A. 60,0% C2H5OH; 40,0% CH3COOH và hiệu suất 75%.
B. 45,0% C2H5OH; 55,0% CH3COOH và hiệu suất 60%.
C. 55,3% C2H5OH; 44,7% CH3COOH và hiệu suất 80%.
D. 53,5% C2H5OH; 46,5% CH3COOH và hiệu suất 80%.
Câu 32: Đốt cháy hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm RCOOH, C2H3COOH, và (COOH)2 thu được m
gam H2O và 15,68 lít CO2 (đktc). Mặt khác, 25,3 gam hỗn hợp X phản ứng hoàn toàn với NaHCO3 dư thu
được 11,2 lít (đktc) khí CO2 .Giá trị của m là:
A.7,2g.
B.8,1g.
C.10,8 g.
D.9g.
Câu 33: X là tetrapeptit Ala-Gly-Val-Ala, Y là tripeptit Val-Gly-Val. Đun nóng m gam hỗn hợp X và Y có
tỉ lệ số mol nX : nY = 1 : 3 với 780 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), sau khi phản ứng kết thúc thu được

dung dịch Z. Cô cạn dung dịch thu được 94,98 gam muối, m có giá trị là
A. 68,10g.
B. 64,86 g.
C. 77,04 g.
D. 65,13 g
Câu 34: Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo nên từ một aminoaxit (no, mạch hở,
trong phân tử chứa một nhóm -NH2 và một nhóm -COOH). Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol Y, thu được tổng
khối lượng CO2 và H2O bằng 82,35 gam. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X, sản phẩm thu được cho lội từ từ
qua nước vôi trong dư, tạo ra m gam kết tủa. Giá trị của m là
A.40.
B.30.
C.80.
D.60.
Cầu 35: Nung m gam hỗn hợp bột gồm Al và FexOy trong điều kiện không có không khí cho đến khi phản
ứng hoàn toàn thu đươc hỗn hợp X. Trộn đều X, chia X thành 2 phân. Phần 1 (có khối lượng 14,49 gam)
hòa tan hết trong HNO3 dư thu đươc 0,165 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N +5). Phần 2 tác dụng
hết với dung dịch NaOH, t° thấy giải phóng 0,015 mol H2 và còn lại 2,52 gam chất rắn. Công thức sắt oxit
và giá trị m là:
A.Fe2O3; 19,32 (g).
B. Fe3O4; 28,98 (g).
C. Fe2O3; 28,98 (g).
D. Fe3O4; 19,32 (g).
Câu 36: Lấy V (ml) dung dịch H3PO4 35% (d = 1,25 g/ml) đem trộn với 200 ml dung dịch KOH 1M thu
được dung dịch chứa 14,95 (g) muối. Giá trị V là:
A. 18,48 (ml).
B. 16,8 (ml).
C. 25(ml).
D. 33,6 (ml).
Câu 37: Cho 2,76 (g) chất hữu cơ X chứa C, H, O tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sau đó chưng
khô thì phần bay hơi chỉ có H 2O, phần chất rắn khan còn lại chứa 2 muối của Na có khối lượng 4,44 (g).

Đốt cháy hai muối này, trong oxi dư, sau khi phản ứng hoàn toàn, thu được 3,18 (g) Na2CO3 và 2,464 (l)
CO2 (đktc) và 0,9 (g) H2O. Biết công thức đơn giản nhất cũng là công thức phân tử. Số công thức cấu tạo
của X là:


A.6.
B.2.
C.3.
D.l.
Câu 38: Để tác dụng hết với 100 gam lipit có chỉ số axit bằng 7 phải dùng 17,92 gam KOH. Khối lượng
muối thu được sau phản ứng là:
A. 108,107 g.
B. 103,178 g.
C. 108,265 g.
D. 110,324 g.
Câu 39: Hấp thụ hoàn toàn 0,336 lít khí CO2 (đktc) vào 200ml dung, dịch gồm NaOH 0,1M và KOH
0,1M thu được dung dịch X. Cô cạn toàn bộ dung dịch X thu được bao nhiêu gam chất rắn khan?
A.2,58g.
B.2,22g.
C.2,31 g.
D.2,44g.
Câu 40: Đốt cháy hoàn toàn 4,64 gam một hiđrocacbon X (chất khí ở điều kiện thường) rồi đem toàn bộ
sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH) 2. Sau các phản ứng thu được 39,4 gam kết
tủa và khối lượng phần dung dịch giảm bớt 19,912 gam. Công thức phân tử của X là
A. CH4

B. C4H10

C. C2H4

D. C3H4

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1B
16D

3C
18B

4A
19D

5A
20B

6B
21C

7D
22A

8B
23C

9B
24C

10A 11C 12C 13B 14A 15C
25C 26D 27A 28D 29C 30A

31D 32A 33C
Câu 1: Đáp án B

34D

35D

36B

37C

38C

39C

40D

Gọ

i

2C
17D

C6H5ONa:a mol
�
�
C6H5NH2:bmol
�
C6H5OH

C6H5OH
�
�nphenol =a �
�
HCl
NaOH
��
���
����
�
�
�
C6H5NH2
C6H5CH3Cl
�nanilin =b �
�
�NaCl: b mol
�
Co th�NaOH d�
: 0,5-  a+b mol
�

⇒ b = nHCl = 0,2
mr�n khan  mC 6 H 5 ONa+mNaCl +mNaOH  31,3 � a =0,1

m = mC 6 H5OH + mC 6 H5 NH2 = 28  gam 
Vậy
Câu 2: Đáp án C
m + m Na = m ran + m H 2 � n H 2 = 0, 2
Có ancol

n
= 2 n H 2 = 0, 4
Vì hỗn hợp gồm 2 ancol đơn chức nên : ancol
n = 0,5 n ancol = 0, 2
Khi thực hiện phản ứng tách nước tạo ete thì: H 2
m = mamino axit – m H 2 O = 24,6  gam 
Vậy ete
Câu 3: Đáp án C
Có: 3 mol amino axit ⟶ 1 mol tripeptit + 2 mol H2O
n alanin = 2, n glyxin = 1 � n H 2 O = 2
� m tripepetit = mamino axit – m H 2 O = 217 g

Câu 4: Đáp án A
CaO
�
CaCO3 .MgCO3 t0 �
�
�MgO
H2O
80 gam�
��� �MgO
���
� Ca OH  2 +�
t�
p ch�
t tr�
t�
p ch�
t tr�
�

�
�
t�
p ch�
t tr�
�


Gọi

�nCaCO 3.MgCO 3 =a �
184a +b =80 �
a =0,4
�
��
��
�
40a +b =22,4 �
b =6,4
mt�p ch�t tr�=b
�
�

6, 4
⇒ %mtạp chất trơ = 80 .100% = 8%
Câu 5: Đáp án A
Vì còn lại một phần chất rắn không tan nên Cu dư và trong dung dịch chứa FeCl2 và CuCl2
Có nO(A) = 0,5nHCl = 0,5
a = mkim loại + mO(A) = 42 + 16.0,5 = 50 (gam)

Gọi
Vậy

�
n Fe O = a
�n HCl = 6 a + 8 b = 1
a = 0,1
�
� 2 3
�
�
n Fe 3 O 4 = b      �   �
160 a + 232 b + 64 c = 0, 744 a = 37, 2 � �
b = 0, 05
�
�
� a + b = c BT e
�
c = 0,15


n Cu phan ung = c
�
�
�

%m Cu =

0,15.64+0,256a
.100% = 44,8%

50

Câu 6: Đáp án B
nH 2 =0,225 � nmu�i =n-OH =2nH 2 =0,45
0

CaO, t
RCOONa + NaOH   ����
� Na 2CO3 + RH

⇒ mRCOONa  mRH  0,45 (44 23 - 1)  36,9
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mX + mNaOH phản ứng = mmuối + mancol
⇒ m = 36,9 + 15,4 - 0,45.40 = 34,3 (gam)
Câu 7: Đáp án D
Theo giả thiết, có A là anđehit 2 chức no mạch hở có công thức phân từ tổng quát là CnH2n-2O2.
Phương trình đốt cháy:

3n-3
t0
O 2   ��
�  nCO 2 +(n-1)H 2 O
2
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m A  mO 2  m CO 2  m H 2 O
Cn H 2n 2O 2 +

m
� n H 2O 

32V
 0, 44a
22, 4
18

� n O ( A )  2n A  2(n CO 2

32V
�
�
m
 0, 44a �
�
22, 4
– nH 2O )  2 �
0, 01a 
�
18
�
�
�
�
�
�
m

� m  m C  m H  m O  0,12a 

32V
32V

�
�
 0, 44a
m
 0, 44a �
�
22, 4
22, 4
 32 �
0, 01a 
�
9
18
�
�
�
�
�
�


m=

11a 25V
25 28

Vậy
Câu 8: Đáp án B
Gọi số mol X và Y lần lượt là a và 3a.
n

=n +n =4a
Do đó H 2 O(s�n ph�m) X Y
Theo định luật bảo toàn khối lượng có
mX + mY + mNaOH = mmuối +

mH 2 O

Hay 316a+273.3a+0,78.40 = 94,98+18.4a
⇒ a = 0,06 ⇒ m = 68,1(gam)
Câu 9: Đáp án B
n HCOOH = n CH 3 COOH = 0,105
n CH 3 OH = n C 2 H 5 OH = 0, 08

⇒ axit dư
nH2O  naxit ph�n �ng  nancol ph�n �ng 

 0,12 

0,08 .75%  0,15

nHCOOHph�n �ng  nCH3COOHph�n �ng =0, 075
nCH 3 OHph�n �ng =0,09 nC2H5OH ph�n �ng =0,06
;
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m este = m axit + m ancol  - m H 2 O

Vậy meste = 0,075(46 + 60) + 0,09.32 + 0,06.46 - 0,15.18 = 10,89 (gam)
Câu 10: Đáp án A
Coi M gồm a mol Fe, b mol Cu và 0,45 mol O
156 a + 64 b + 7, 2 = 39, 2 (BTKL)

a = 0, 4
�
�
  � �
�
3a + 2 b = 0, 45.2 + 0, 2.3 (BT e)
b = 0,15
�
Có �
n
=n
+n =3nFe +2nCu +nNO =1,7
⟹ HNO 3 NO 3 t�o mu�i NO
⟹a=2
Câu 11: Đáp án C

M Z  16,75.2  33,5, nên có 2 trường hợp có thể xảy ra (do phản ứng xảy ra hoàn toàn):
+ TH1: Nếu ankin dư, H2 hết thì ankin phải có khối lượng mol nhỏ hơn 33,5 và ankan tương ứng phải có
khối lượng mol lớn hơn 33,5.
Khi đó không có ankin nào thỏa mãn
+ TH2: Nếu ankin hết và H2 dư thì hỗn hợp Z gồm H2 và ankan CnH2n+2. Chọn 1 mol hỗn hợp X ban đầu
n
 0,6
thì mX = mZ = 6,7.2 = 13,4 ⇒ nZ = 0,4 ⇒ H2 ph�n �ng
� nankan  0,5nH2 ph�n �ng  0,3
⇒ Z chứa 0,1 mol H2 nên 0,1.2+0,3(14n+2) = 13,4
Tìm được n = 3 khi đó ankin cần tìm là C3H4.
Câu 12: Đáp án C
Trong 100ml dung dịch X có 0,1 mol Ba2+, 0,15 mol HCO3Trong 200ml dung dịch X có 0,2 mol ClDo đó trong 50ml dung dịch X có 0,05 mol Ba2+, 0,075 mol HCO3- , 0,05 mol Cl- và x mol K+.

Theo định luật bảo toàn điện tích được x = 0,025.
Khi cô cạn xảy ra quá trình:
2HCO3- ⟶ CO32- + CO2 + H2O.
Do đó

n CO 2   0, 0375.
3

Vậy khối lượng chất rắn khan thu được là:
Câu 13: Đáp án B

m K+ +m Ba 2+ + m CO 2- +m Cl - =11,85
3

(gam)

Theo định luật bảo toàn khối lượng có:
m
n
maxit + mKOH + mNaOH = mrắn khan + H 2 O ⇒ naxit = H 2 O = 0,03
2,16
M axit =
= 72
0,03
⇒
là CH2=CHCOOH

Câu 14: Đáp án A
�

Cu
�
�Fe
Fe + Cu(  NO3  2 � Y   �
  + X: Fe  NO3  2 + Zn  �   �    + Zn  NO3  2
�
Fe  du
�
�Zn
�
�
Cu
�
�
Fe  NO3  2
�
�
�
Fe + Cu(  NO3  2 � Y:Cu + X:   �
 + Zn �    �
Fe + Zn  NO3  2
�
Cu(  NO3  2
�
�
�Zn
�
�
Fe + Cu(  NO3  2

Cu
�
�
Fe  NO3  2
�
�
� Y:Cu + X:    �
 + Zn �    �
Fe + Zn  NO3  2
Cu(  NO3  2 du
�
�Zn
�

m + m Cu(NO 3 ) 2 = m X + m Y
�
�
�
m + m X = m Z + m Zn(NO 3 ) 2
Theo định luật bảo toàn khối lượng có � Zn
� m + m Cu(NO 3 ) 2 +m Zn = mY + m Z + m Zn(NO 3 ) 2
n
= n Cu(NO 3 )2   =0,05
Với Zn(NO3 )2
tìm được m = 4,48(g).
Câu 15: Đáp án C

Coi hỗn hợp X ban đầu cũng như hỗn hợp Y gồm a mol Al và 3b mol Fe, 4b mol O.
Ở mỗi phần có nAl = 0,5a = nNaOH = 0,05 nên a = 0,1.
Áp dụng định luật bảo toàn mol electron cho phần 2 có:

hay 4,5b + 1,5a = 4b + 0,165 ⇒ b = 0,03.

3n Fe +3n Al =2n O +n NO 2

Vậy m = mFe +mO + mAl = 9,66 (gam)
Câu 16: Đáp án D
n Al = x
�
�
n = y   
Gọi � Mg
m Al + m Mg =27x + 24y = 2,16
�
�x = 0,04
�
��
�
m = mAl 2 O3 + m MgO =102.0,5x+40y = 3,84
�y = 0,045
Có � T
44
MY = 32. .0,716 = 36
28
suy ra 2 khí đó là N2 và N2O.


nY =

0,448.988
= 0,02

22,4
760.
.359,4
273
(mol)

Áp dụng phương pháp đường chéo ta được:
n N 2 = n N 2 O = 0,01mol

Ta thấy ne cho = 3nAl + 2nMg = 0,21 > 0,18 = ne nhận tạo khí
5

3

Suy ra phản ứng sinh ra muối NH4NO3. N 8e � N
0,21-0,18
n NH 4 NO3 =
 3, 75.103
8
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:
(mol)
Do đó muối Z gồm 0,04 mol Al(NO3)3; 0,045 mol Mg(NO3)2 và 3,75.10-3 mol NH4NO3.

m Z = m Al(NO 3 ) 3 + m Mg(NO 3 ) 2 + m NH 4 NO 3 = 213.0,04 +148.0,045 + 80.3,75.10-3 = 15,48
Câu 17: Đáp án D
Cứ 4 phân tử amino axit kết hợp với nhau để tạo ra tetrapeptit thì giải phóng ra 3 phân tử nước.
Do đó

nH 2 O =

3(3+4+6)
= 9,75  mol 
4

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m peptít  m aminoaxit - m H2O = 3.75 + 4.89 + 6.117 -18.9, 75 = 1107,5  g 
Câu 18: Đáp án B
Theo bài ra T là axit 2 chức. Gọi T là R(COOH)2.
X + dung dịch NaOH ⟶ R(COONa)2 + Y + Z.
Sau phản ứng NaOH dư 0,04 mol
⇒ số mol NaOH phản ứng với X là 0,2 - 0,04 = 0,16 mol.
Suy ra sau phản ứng ta có: 0,04 mol NaCl và 0,08 mol R(COONa)2. (bảo toàn nguyên tố Na).
Ta có: mmuối = mNaCl + mmuối T
⇒ 15,14 = 0,04.58,5 + 0,08. (R+72.2)
⇒ R = 26 (-CH = CH-)
Vậy X có dạng: R'OOC-CH = CH-COOR".
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
mX - mmuối T + mancol - mNaOH phản ứng
= 12,8 + 7,36 - 0,16.40 = 13,76(g)
13, 76
MX = 0, 08 = 172 ⇒R’ + R” = 58 (C4H10)
⇒ R’ là CH3 - và R” là C3H7 A. Sai vì T có chứa 3 liên kết đôi trong phân tử
B. Đúng. Công thức phân tử của X là C8H12O4
C. Sai vì Y và Z chỉ cùng dãy đồng đẳng nhưng không liên tiếp nhau.
D. Sai vì X chỉ có 12 nguyên tử H.
Câu 19: Đáp án D
Phương trình phản ứng:
C4H10⟶ CH4 + C3H6
C4H10⟶C2H4+C2H6

n anken =n Br 2 = 

25,6
 0,16
160
(mol)

Gọi x là số mol butan còn dư. Số mol khí thoát ra khỏi bình bằng số mol butan ban đầu.
Khi đó: khối lượng khí đi ra khỏi bình là:
m = mbutan ban đầu - mkhí bị hấp thụ = 58.(x +0,16) - 5,32.
58(x  0,16)  5,32
 16.1,9625 � x  0, 04
x  0,16
⇒mbutan ban đầu = 58(l + x) = 11,6(g)
Câu 20: Đáp án B
Gọi công thức phân tử trung bình của hỗn hợp các axit ià
C n H 2n 2 O 2 � nCO 2  n – 1 H 2O





Cn H 2n -2O 2

Ta có:

0,18
n

0,18(n -1)
n
←
0,18 →
35,46
n CO 2 = n BaCO 3 =
 0,18
197
(mol).
4,02n
67n
M h�n h�p =
14n  30 
� n  3, 6
0,18 ⇒
3

⇒

n H 2 O = 0,18.

 n 1 =0,13
n

(mol)

m  m H 2 O   0,13.18  2,34  g 
Khối lượng bình 1 tăng là khối lượng nước bị hấp thụ:
Câu 21: Đáp án C

C H O
Gọi công thức phân tử trung bình của X và Y là n 2 n  2
Đốt cháy anken:
Ta có

Cn H 2n 

n ancol = n anken =

3n
 O 2 � nCO 2  nH 2 O
2

2
1,2
nO 2 =
3n ;
n (mol)

25,8n
=14n+18 = 21,5n � n = 2,4
1,2
Vậy 2 ancol là C2H5OH (X) và C3H7OH (Y)
�46 x  60 y  25,8
�x  0,3
�
n
=
x
�

� C 2 H5OH
��
1, 2
�
�
�y  0, 2
�x  y  2, 4
n C 3 H7 OH = y
�
�
Gọi
Có
M ancol =

nH 2 O =

1
0,3h+0,2.0,5
.n ancol =
2
2
(mol)

Gọi h là hiệu suất luôn có
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
m + mH 2 O
mancol phản ứng = ete
0,3h+0, 2.0,5
2
⇒ 46.0,3h + 60.0,1 = 11,76 +18.

⇒ h = 60%
Câu 22: Đáp án A


21,84
17,92
 0, 975 mol n CO 2 =
= 0,8 mol
22, 4
22,4
;
Bảo toànmkhối
lượng:
15, 7  32.0,975  0,8.44
Y  mO 2  m CO 2
nH 2 O 

 0, 65  mol 
18
18
nO 2 =

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O ta có:
n O(Y) = 2n CO2 +n H 2 O - 2n O2  2.0,8  0, 65  2.0,975  0, 3

Gọi Y là RCOOR' (R' là gốc hidrocacbon trung bình).
1
Ta có: nY = 2 .nO(Y) = 0,15 mol
15, 7
0,15 ⇒ R + 44 + R' = 104,67.

⇒
7,6
M ancol =
= R' +17 = 50,67
0,15
2 ancol:
⇒ R' = 33,67 ⇒ R = 27 (-CH2 = CH-).
MY 

Suy ra 2 ancol là C3H7OH và C2H5OH.
Do đó, A là CH2 = CH - COOC2H5 và B là CH2 =CH-COOC3H7.
nA = x
�
�x + y = 0,15
�x =0,1
��
�
�
n =y
100 x + 114 y = 15, 7
�y = 0,05
Gọi � B
Có �
⇒ %mA = 63,69%
Câu 23: Đáp án C
Phản ứng:
RCOOH  NaOH � RCOONa H2O  1

 RCOO

3

C3H5  3NaOH � 3RCOOH  C3H5  OH  3  2

Trong đó R là gốc hiđrocacbon trung bình.
Có:

nNaOH(2)  3.nglixerol  0,003  kmol 

0,3
n H 2 O = n NaOH(1) =  - 0, 003  0, 0045
40
⟹
(kmol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
mch�tbeo +mNaOH =m +mglixerol +mH 2 O
⟹ m = mchất béo + mNaOH – (mglixerol +
⟹ m = 2,272kg

mH 2 O

)

Câu 24: Đáp án C

��
�MgO
�Mg NO3  2 NaOH d� �
�Mg OH  2 t0
�E �

�����
��
��� F �
Fe2O3
� �Fe NO3  2
�
�Fe OH  2
AgNO3
�
�Mg
�
�
X � +Y �
��
Cu NO3  2 � �A g
�Fe
�
�
Cu
�Z �
� �Fed�
��
Trong F có 0,15 mol MgO và x mol Fe2O3 nên


0,1540 +x.160 = 8,4 ⇔ x = 0,015
2n
nFe phản ứng = Fe 2 O3 = 0,03
� nFe dư = 0,1 – 0,03 = 0,07.
�n Ag + = a 

�
108a + 64 b = 20 – 0, 07.56
a = 0,06
�
�
�n
��
�
=
b
2+
a + 2 b = 0,15.2 + 0, 03.2  BT e    �
b = 0,15
� Cu
Gọi �
Có �

C
= 0,12
�
� MAg+
�
C
= 0,3
�
� MCu2+
Câu 25: Đáp án C
n Cu (NO 3 )2 = 0,16; n H 2SO 4 = 0, 2

n = 0,4 , n NO3 - =0,32

⇒ H+
Vì thu được hỗn hợp bột kim loại nên Fe còn dư sau các phản ứng, trong dung dịch chứa Fe 2+.
Coi các quá trình phản ứng xảy ra như sau:
3Fe + 8H+ + 2NO3- ⟶ 3Fe2+ + 2NO + 4H2O
Mol 0,15
0,4
0,1
2+
2+
Fe + Cu ⟶ Fe + Cu
Mol 0,16 0,16
0,16
⇒ 0,6m = m - 56(0,15 + 0,16) + 64.0,16
⇔ m = 17,8; V = 0,1.22,4 = 2,24 (lít)
Câu 26: Đáp án D

nNaOH = 0,06; nKOH =0,06
Có RCOOH + MOH ⟶ RCOOM + H2O
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m
mX +mNaOH + mKOH = mrắn khan + H 2 O
3,6+0,06.40+0,06.56-8,28
nH 2 O =
= 0,06
18
⇒
MX =

3, 6
= 60 

0, 06
là CH3COOH.

n = n H 2 O = 0, 06
⟹ X
nên
Câu 27: Đáp án A
Theo giả thiết và 4 đáp án thì hỗn hợp X gồm 1 axit và 1 este có cùng gốc axit.

n este =0,015
�n axit + n este = n KOH = 0,04  �
��
�
�n este = n ancol =0,015
�n axit = 0,025

Có
Gọi công thức phân tử của axit và este lần lượt là CnH2nO2 và CmH2mO2
�
�n CO 2 = 0,025n + 0,015m
�
n = 0,025n +0,015m
Khi đó đốt cháy X thu được � H 2 O
n
=n = 0,025n + 0,015m
⟹ CaCO 3 CO2
m +mH 2 O - mCaCO3 =- 2,66
Do đó CO 2
hay -38 (0,025n +0,015m) =- 2,66

� HCOOH
�n  1
5n  3m  14 � �
�X�
�m  3
�HCOOC 2 H 5
Nên
Câu 28: Đáp án D
Tổng quát có:
MCO3  H2SO4 � MSO4  CO2� H2O  1
t
MCO3 ��
� MO  CO2  2
0

n MgCO3 + n RCO3 = n CO2 = 0, 05 + 0, 2
n RCO3 = 0,15
�
�
�
�
�
�
�
n RCO3 : n MgCO3 = 3 : 2
n MgCO3 = 0,1
�
�
⇒

0,15  R+ 60  + 0,1.84 = 37,95

⇔R=137 là Ba

A : MgSO 4
�
�
MgCO3 H2SO4 � �
MgCO3d 
MgO
�
�
���� � �
�
�
t0
BaCO3
B: �
BaCO3d  ��
� B1 �
BaO
�
�
�
�
� BaSO �
BaSO 4
�
4

� �
n H 2SO4 = n H 2O(1) = n CO2 (1) = 0, 05

m  m muoi + m H 2 SO4 - m MgSO 4 - m CO2 - m H2O 1  37,95  0, 05.98  4  0, 25.44  0, 05.18  26,95
⇒ B1
Câu 29: Đáp án C
n
=b
n
a
Quy đổi hỗn hợp X gồm a mol Fe2O3 và b mol FeO. Do đó Fe 2 (SO4 )3
và FeSO 4
Theo giả thiết a = 2b ⇒hỗn hợp X gồm 2b mol Fe2O3 và b mol FeO.
Trong 39,2 gam hỗn hợp X gồm 2b’ mol Fe2O3 và b’ mol FeO ⟹ 320b'+72b' = 39,2
⟹ b’ = 0,1 ⟹ nFeO = 0,1
1
1
nSO2  ne nh�n  nFeO  0,05
2
2
⟹
⟹ V = 1,12 (lít)
Câu 30: Đáp án A
n CO2 = 0, 24; n H 2O = 0,192

n O(E) =

4,8 - 0, 24.12 - 0,192.2
= 0,096
16

Nên
Vì X và Y đơn chức nên E là este đơn chức.
Suy ra E có 2 nguyên tử O trong phân tử.
1
Do đó nE = 2 nO(E) =0,048
4,8
⇒ ME = 0, 048 = 100 là C5H8O2
Khi cho E tác dụng với dung dịch NaOH thì

�nNaOH d�=0,045
�
�nmu�i=0,15

nE =0,15; nNaOH =0,195⇒
Nên mmuối + mNaOH dư = 14,1 ⇔ mmuối = 12,3
12, 3
⇒ Mmuối = 0,15 = 82 là CH3COONa
Do đó Y là CH2=CHCH2OH.


Câu 31: Đáp án D
Gọi

n C 2 H5OH  x; n CH 3 COOH  y

toàn nguyên tố H ta có:

. Đốt cháy sản phẩm cũng như đốt hỗn hợp ban đầu, theo định luật bảo

6 n C 2 H 5 OH + 4 n CH 3 COOH = 2 n H 2 O

23, 4
 2,6
18
Hay
(1)
Phương trình theo khối lượng: 46x+60y = 25,8 (2)
6x  4y  2.

Từ (1) và (2) suy ra x = 0,3;y = 0,2
% mC2 H5OH =

0, 3.46
.100% = 53, 5%
25,8

���
C 2 H 5OH+ CH 3COOH ��
�CH 3COOC 2 H 5 + H 2O
Theo lí thuyết n este = naxit = 0,2
⇒meste = 17,6 mà thực tế thu được 14,08 g
H=

Vậy

14, 08
.100% = 80%
17, 6

Câu 32: Đáp án A
nCO2  s�n ph�m ch�y =0,7 nCO (axit t�c d�ng v�iNaHCO ) =0, 5 � nO(X) =0,5.2 =1
2
3
;
n
 0, 45
Mà mX = mC +mH +mO ⇒ mH =0,9 ⇒ H2O
⇒m = 8,1(gam)
Câu 33: Đáp án C
Gọi nX = a; nY =3x
có nNaOH = 4nX + 3nY = 13x = 0,78 ⇔ x = 0,06
n
= n X + n Y = 0, 24
⇒ H 2O
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m+mNaOH =mmu�i +mH O � m =68,1  gam
2

Câu 34: Đáp án D
Gọi công thức phân tử của amino axit là CnH2n+1O2N thì công thức của Y là C3nH6n-1O4N3.
Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol Y thu được 0,45n mol CO2 và
44.0, 45 n+18.0,15  3n - 0,5  = 82,35
⇒
⇔ n = 3 nên amino axit là C3H7O2N.
Khi đó công thức phân tử của X là C6H12O3N2.
Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thu được 0,6 mol CO2
n
= n CO 2 = 0, 6
⇒ CaCO 3

⇒m = 60(gam).
Câu 35: Đáp án D
Do phần 2 có H2 bay ra nên Al dư.
Hỗn hợp X gồm : x (mol) Al, y (mol) Fe, z (mol) Al2O3
- Xét phần 1: nAl = x1; nFe =y1
Bảo toàn e ta có: 3nNO = 3nFe + 3nAl ⇒ x1 + y1 = 0,165 (mol)
- Xét phần 2: Chất rắn là Fe.
Ta có nFe = y2 = 0,045 (mol)

0,15  3n- 0,5 

mol H2O