Công phá hóa CHƯƠNG 22 bảo toàn nguyên tố

CHƯƠNG 22: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
Đối với định luật bảo toàn nguyên tố người ta thường áp dụng cho số mol hoặc khối lượng của nguyên
tố.
Ta có thể phát biểu định luật bảo toàn mol nguyên tố như sau:
Trong các phản ứng hóa học tổng số mol của nguyên tố trước phản ứng luôn bằng tổng số mol của
nguyên tố đó sau phản ứng
Điều này có nghĩa là: “Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kỳ trước và sau phản ứng là
luôn bằng nhau”.
Trong các phản ứng hóa học thì các nguyên tố và khối lượng của các nguyên tố đó luôn luôn được bảo
toàn, nghĩa là nguyên tố và khối lượng của nguyên tố không mất đi và cũng không tự tạo ra mà chỉ dịch
chuyển từ chất này sang chất khác.
Chú ý
Ta biết rằng "nguyên tử là một loại hạt vi mô đại diện cho nguyên tố và không thể chia nhỏ được nữa khi
phản ứng xảy ra". Do đó trong mọi quá trình biến đổi hóa học thì nguyên tử luôn luôn được bảo toàn về
lượng và về số lượng nguyên tử tức là bảo toàn về nguyên tố và khối lượng.
Điểm mấu chốt của phương pháp là phải xác định được đúng các hợp phần có chứa nguyên tố ở
trước và sau phản ứng, áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố với X để rút ra mối quan hệ giữa các
hợp phần từ đó đưa ra kết luận chính.
Công thức cần chú ý:
Số mol nguyên tố trong hợp chất bằng số nguyên tử của nguyên tố đó trong hợp chất nhân với số mol hợp
chất chứa nguyên tố đó
Giả sử ta có hợp chất AxBy có số mol là a (mol).

Khi đó số mol nguyên tố A và B trong hợp chất là:


 n A = ax ( mol )


 n B = ay ( mol )

Công thức trên rất quan trọng trong việc chuyển đổi giữa số mol hợp chất và số mol nguyên tố, các bạn
cần phải nắm vững để có thể hiểu được các ví dụ tiếp theo.
+ Để lập phương trình bảo toàn số mol nguyên tố ta làm theo các bước sau: Phương trình bảo toàn
nguyên tố dạng tổng quát:

∑

Chỉ số của nguyên tố trong hợp chất.nhợp chất =

∑

Chỉ số của nguyên tố trong hợp chất.nhợpchất

Chú ý Phương pháp bảo toàn nguyên tố có thể áp dụng cho hầu hết các dạng bài tập, đặc biệt là các dạng
bài hỗn hợp nhiều chất, xảy ra nhiều biến đổi phức tạp.
Hệ quả của định luật bảo toàn nguyên tố
Mọi phương trình phản ứng hóa học phải đảm bảo:
+ Vế trước của phương trình phản ứng có bao nhiêu nguyên tố thì vế sau của phương trình phải có bấy
nhiêu nguyên tố đó.
+ Vế trước của phương trình phản ứng có bao nhiêu nguyên tử của một nguyên tố thì vế sau của phương
trình phản ứng phải có bấy nhiêu nguyên tử của nguyên tố đó.


Phương trình phản ứng đã được cân bằng khi và chỉ khi nghiệm đúng được hai nội dung trên, tức là đã
bảo đảm định luật bảo toàn nguyên tố và khối lượng.
Chú ý: Ngoại trừ các phản ứng hạt nhân, không có một phản ứng hoá học nào làm mất đi hay làm xuất
hiện các nguyên tố lạ và sô' nguyên tử của mỗi nguyên tố trong phản ứng luôn luôn không đổi.
II. VÍ DỤ MINH HỌA
Bài 1: Từ 6,2 gam photpho điều chế được bao nhiêu lít dung dịch H3PO4 2M (hiệu suất toàn bộ quá trình

phản ứng là 80%).
A. 100 lít.

B. 80 lít.

C.40 lít.

D. 64 lít.

Lời giải
Đây là một câu dễ trong đề đại học, đề bài rất ngắn gọn nhưng cần tỉnh táo để tiết kiệm thời gian.
+ Nhận thấy lượng P ban đầu được bảo toàn thành P trong HNO3 80% vì hiệu suất cả quá trình điều chế
là 80%.

n H3PO4 (1í thuyet ) = n P =
+ Ta có n

6200
= 200 mol
31

n H 3 PO 4 ( thuc te ) = 80%n H 3 PO 4 ( lí thuyet ) =80%.200 = 160 mol.
160
Vdd H 3 PO 4 ( thucte ) = 
=80 ( lít )
2
Đáp án B.
Chú ý:Cần phải hết sức cẩn thận với bài toán liên quan đến hiệu suất, vì hiệu suất toàn bộ quá trình và
hiệu suất của mỗi giai đoạn là hoàn toàn khác nhau. Mặt khác cần chú ý đơn vị của các đại lượng như
mol, kmol, gam, kg…

Bài 2: Đốt cháy 4,16 gam hỗn hợp Mg và Fe trong khí O 2, thu được 5,92 gam hỗn hợp X chỉ gồm các
oxit. Hòa tan hoàn toàn X trong dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư
vào Y, thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 6 gam chất rắn.
Mặt khác cho Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 32,65.
B. 31,57.
C. 32,11.
D. 10,80.
Lời giải
Cách 1: Trước hết ta tóm tắt sơ đồ phản ứng để dễ dàng nắm bắt nội dung của bài toán


 MgO : a




÷

 NaOH du →↓ Z →  Fe 2 O3 : 0,5b ÷


 m : 6g ÷
 Mg 0 : a mol

∑


oxit
kim

loai
 0



O
 Fe : b mol
 Ag 0 
uuHCl
uuuuuvua
uuuuudu
uur dd Y 
uur2  m = 5,12 g +

X
M



÷
2+
= 4,16 g
 kim loai

AgNO →  AgCl ÷+  Mg 
3


÷
 m g ÷  Fe3+ ÷






÷
÷
H
O


 2 

+ Bảo toàn nguyên tố Mg: nMgO = nMg = a mol
n Fe 2 O3 =
+ Bảo toàn nguyên tố Fe:

1
n Fe = 0,5b mol
2


Bây giờ ta đi tìm a, b.

+ Từ đó ta có hệ:

a = 0,01
 m kim loai = 24a + 56b = 4,16
→


 m ran = m MgO + m Fe 2 O3 = 40a + 160.0,5b = 6  b = 0,07

+ Bảo toàn khối lượng: mO(X) = 5,92 - 4,16 = 1,76 g

→ n O(X) =

1,76
=0,11mol
16

+ Bảo toàn nguyên tố

O ⇒ n H2O =n O(X) =0,11mol

H ⇒ n HCl =2n H 2O =2.0,11=0,22mol

Cl ⇒ n AgCl =n HCl =0,22mol

+ Như vậy ta có: mkết tủa =mAg + mAgCl , mà đã có được nAgCl, nên công việc của ta là đi tính khối lượng Ag.
Để tính được Ag, ta cần phải xác định được các trạng thái số oxi hóa của các nguyên tố có sự thay đổi số
oxi hóa là Mg, Fe, O và Ag, dựa vào sơ đồ phản ứng ở trên ta dễ dàng tính được mAg.
+ Bảo toàn electron ta có các quá trình

Mg 0 → Mg +2 +2e;

O 0 +2e → O -2

Fe0 → Fe +3 +3e;

Ag +1 +1e → Ag 0

+ Do đó 2nMg + 3nFe = 2nO(X) + nAg
⇒2.0,01+ 3.0,07 = 2.0,11+nAg ⟹nAg =0,01 mol
Suy ra mkết tủa = mAg +mAgCl =0,01.108 + 0,22.143,5 = 32,65 g
Cách 2: Ta sẽ không cần tìm a, b như trên, thay vào đó ta sẽ sử dụng giả thiết “hỗn hợp X chỉ gồm các
oxit” :
+ Nung Z trong không khí được 6 gam chất rắn là Fe2O3.
+ Bảo toàn khối lượng: mO(X) = 5,92 - 4,16 = 1,76 g

+ Bảo toàn nguyên tố

O ⇒ n H2 O =n O(X) =0,11mol

 H ⇒ n HCl = 2 n H 2O = 2.0,11 = 0, 22 mol

Cl ⇒ n AgCl =n HCl =0,22mol

+ Tương tự như trên ta cần phải tính được nAg, dễ thấy 6 g rắn khi nung Z > mX(5,92)
⇒ Trong X phải có FeO, vì “hỗn hợp X chỉ gồm các oxit” nên ta coi X chỉ gồm 2 oxit là FeO và Fe2O3.
Do đó khối lượng O dùng để oxi hóa Fe2+ trong X thành Fe3+ là:

m O* =6-5,92=008g ⇒ n O* =

0,08
=0,005mol
16

+ Như vậy bảo toàn electron, thì số mol:

Ag +1 +1e → Ag 0

;

O 0 +2e → O-2

;

Fe 2+ → Fe+3 +1e

2+

+ Nên nAg = nFe = 2nO = 2.0,005 = 0,01 mol
⇒ m↓ = mAg +mAgCl =0,01.108 + 0,22.143,5 = 32,65 g


Đáp án A
Nhận xét: Đây là bài tập tương đốì khó vì ta phải tỉnh táo xác định từng trạng thái của các chất qua mỗi
giai đoạn. Dễ thấy cách 2 làm ngắn hơn cách 1 vì không cần phải tìm được số mol của Mg và Fe ban đầu
nhờ vào sử dụng giả thiết "hỗn hợp X chỉ gồm các oxit". Tuy nhiên do áp lực thời gian nên nhiều bạn
không nhìn ra được ý đồ của bài toán mà bấm ngay ra số mol Mg, Fe và làm như cách 1
Bài 3: Một hỗn hợp A gồm anđehit acrylic và một anđehit no, đơn chức X. Đốt cháy hoàn toàn 3,44 gam
hỗn hợp trên cần vừa hết 4,592 lít khí oxi (đktc). Cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch
Ca(OH)2 dư, thu được 17 gam kết tủa. Công thức cấu tạo của X là:
A.CH2O.

B.C2H4O.

C.C3H6O.

D.C4H8O.

Lời giải
Trước hết ta tính được tất cả những gì có thể tính được ngay:

n O2 =

4,592
17
= 0, 205 ( mol ) ; n CaCO3 =
= 0,17 ( mol )
22, 4
100
n CO2 = n CaCO 3 =0,17

+ Dễ thấy vì dung dịch Ca(OH)2 là dùng dư nên có ngay

mol

+ Quan sát dữ kiện đề cho, vì đề cho đốt cháy A cần vừa hết 4,592 lít oxi. Đây chính là dấu hiệu bảo toàn
O trong phản ứng đốt cháy, và bảo toàn khối lượng của phản ứng:

m A + m O 2 = m CO 2 + m H 2 O => m H2 O =m A +m O -m CO 2 =3,44 + 0,205.32 - 0,17.44 = 2,52 g

⇒ n H 2O =

2,52
=0,14mol
18

+ Vì hỗn hợp A gồm 2 anđehit đều đơn chức nên có dạng RCHO, do đó nA = nO(trong A)
+ Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta được:

n O( trong A) +n O(O 2 ) =2n CO 2 +n H 2 O
nO(trongA)=2.0,17 + 0,14 - 0,205.2 = 0,07 mol ⟹ nA =0,07mol.

M=

3,44
=49,14
0,07

+ Do đó khối lượng trung bình của hỗn hợp anđehit là M =
Vì anđehit acrylic CH2 = CH - CHO có phân tử khối là 56 nên suy ra được X < 49,14 ⟹ loại ngay đáp
án C và D.
+ Vì X là anđehit no đơn chức nên có dạng CnH2nO ⇒

n CO2 =n H2O

Vì anđehit acrylic là anđehit có một nối đôi, đơn chức có công thức là C3H4O
⇒

n C 3 H4O = n CO 2 - n H2O
n C 3 H 4O = n CO 2 - n H 2O = 0,17 - 0,14 = 0, 03 mol

Vạy

.

n X = n A -n C 3 H 4O = 0,07 - 0,03 = 0,04 mol
Suy ra số mol của anđehit X là:
+ Gọi X là khối lượng phân tử của anđehit X thì:mA = 56.0,03 + 0,04.X = 3,44

⇒

X = 44

⇒

X là CH3CHO.

Đáp án B
Bài 4: Hấp thụ hoàn toàn 2,24 lít (đktc) CO2 vào 100ml dung dịch gồm K2CO3 0,2 M và KOH x mol/lít.
Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch BaCl 2 dư
được 11,82 gam kết tủa. Giá trị X là:
A, 1,0.

B. 1,4.

C. 1,2.

D. 1,6.

Lời giải

n CO 2 =0,1;n K 2 CO 3 =0,02 mol
Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch BaCl2 dư được 11,82 gam kết tủa, đó là BaCO3.
11,82
n BaCO3 =
=0,06 mol.
197

Ta có:
Ta không thể biết được dung dịch Y chỉ có 0,06 mol K2CO3 hoặc gồm cả K2CO3 và KHCO3, cho nên với
những dữ kiện dạng này, việc đặt ẩn phụ là "sáng sủa" hơn cả:
Ta đặt số mol KOH là: nKOH = 0,1x mol
dd Y chứa KHCO3 = y mol
Nhận thấy ở đây, nếu ta dùng bảo toàn các nguyên tố trước và sau phản ứng thì ta sẽ có các mối liên hệ
giữa x và y:
n C( CO ) +n C( K CO ) =n C( K CO ddY ) +n C( KHCO )
2

•

2

3

2

3

3

Bảo toàn nguyên tố C ta có:

Hay 0,1 + 0,02 = 0,06 +y ⇒ y = 0,06 mol
•

Bảo toàn nguyên tố K ta được:

n K(K 2 CO 3 ) đau +n K(KHCO 3 ) = n K(K 2 CO 3 ddY ) +n K(KHCO 3 )

2.0, 02 + 0,1x = 2.0, 06 + y ⇒ x = 1, 4
Hay

.

Đáp án B
Nhận xét: Đây là dạng toán sục CO2 vào dung dịch hỗn hợp gồm NaOH và Na2CO3: Với dạng toán này,
ta không nên viết các phương trình phản ứng xảy ra vì sẽ khá rườm rà. Hãy lập ngay hệ phương trình toán
học dựa theo bảo toàn nguyên tố C và Na (hay K....) sẽ nhanh chóng thu được kết quả
Bài 5: Cho từ từ 100ml dung dịch HCl 1,5M vào 0,4 lít dụng dịch X gồm Na2CO3 và KHCO3 thu được
1,008 lít CO2 (đktc) và dung dịch Y. Thêm dụng dịch Ba(OH)2 dư vào dưng dịch Y thu được 29,55 gam
kết tủa. Nồng độ mol/lít của Na2CO3 và KHCO3 trong dung dịch X lần lượt là:
A. 0,1125 và 0,225.
B. 0,0375 và 0,05.
C.0,2625 và 0,1225.
D. 0,2625 và 0,225.
Lời giải
1,008
n HC1 = 0,15 mol; n CO2 =
=0,045mol
22,4
+ Tính các giá trị đã biết:
+ Với bài toán tổng hợp như này, thì ta phải viết các phương trình cụ thể cho dễ quan sát:
(1) H+ + CO3- ⟶ HCO3(2) H+ + HCO3- ⟶ CO2 +H2O.
Vì thu được khí CO2 nên có xảy ra phản ứng (2) ⇒ CO32- đã phản ứng hết với H+.


n CO2 = 0, 045 mol ⇒ n H+ (2) = 0, 045 mol ⇒ n H+ (1) = 0,15 − 0, 045 = 0,105.
+ Từ
+ Vì khi thêm dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch Y thu được kết tủa nên trong Y phải có muối HCO3Như vậy suy ra ngay HCl đã phản ứng hết

n H+ (1) =n HCl -n H + (2) =0,15-0,105 mol
Do đó từ (1) và (2) ta suy ra
⇒ n CO− = n H+ (1) = 0,105 mol ⇒ n Na 2CO3 = 0,105 mol ⇒ C M( Na 2CO2 ) =
3

0,105
= 0, 2625.
0, 4

Loại ngay các đáp án A và B.
Việc cần thực hiện bây giờ là đi tính nồng độ của KHCO3 trong dung dịch X:
Vậy dung dịch Y chỉ chứa các ion K+, Na+, HCO3- và Cl-.
−
OH du
+HCO3- → CO 32- +H 2 O

+ Khi thêm dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thì:
2+
CO32− +Ba du
→ BaCO3 .

Sau đó thì

n BaCO3
+ Do đó 29,55 gam kết tủa là BaCO3: nkết tủa =

=

29,55
197

= 0,15 mol

Ta sử dụng Bảo toàn nguyên tố C, toàn bộ C trong dung dịch Y chuyển hóa hết về trong kết tủa (vì thêm

n HCO3
dung dịch Ba(OH)2 dư vào):

= nkết tủa = 0,15 mol.

+ Lại áp dụng bảo toàn nguyên tốC ta được:

∑

nC trước phản ứng=

∑

nC sau phản ứng

n Na 2 CO3 +n KHCO3 =n CO2 +n BaCO3 =0,45+0,15=0,195
Hay

n KHCO3 =0,195-0,105=0,09mol
⇒ CM( KHCO3 ) =

0,09
=0,225
0,4

Đáp án D
Nhận xét: Đây là bài toán thuộc dạng cho từ từ H+ vào dung dịch hỗn hợp CO32- và HCO3- , cần chú ý
phân biệt rõ nhỏ từ từ cái nào trước và thứ tự phản ứng ra làm sao, cụ thể hơn các bạn sẽ được tìm hiểu ở
chuyên đề khác
Bài 6: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm Al và m gam hai oxit sắt trong khí trơ, thu được hỗn
hợp rắn X. Cho X và dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch Y, chất không tan Z và 0,672 lít khí H2
(đktc). Sục khí CO2 dư vào Y, thu được 7,8 gam kết tủa. Cho Z tan hết và dung dịch H 2SO4, thu được
dung dịch chứa 15,6 gam muối sunfat và 2,464 lít khí SO 2 (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất của H 2SO4).
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:
A. 5,04.
B, 6,29.
C. 6,48.
D. 6,96
Lời giải
Đây là một câu khá khó trong đề thi chính thức của BGD, khó ở chỗ đề khá dài và nhiều phản ứng nối


tiếp nhau.Tuy nhiên nếu bình tĩnh thì các bạn sẽ dễ dàng giải được bài toán này.
0,672
2,464
nH =
=0,03mol;n SO =
=0,11mol
224
22,4
+ Tính các dữ liệu đã biết:
2

2

n Al(OH)3 =

7,8
=0,1
78

+ Sục khí CO2 dư vào Y, thu được 7,8 gam kết tủa, đó chính là Al(OH)3:
+ Thật cẩn thận và bình tĩnh để phân tích từng chi tiết của bài toán:
Cho X và NaOH dư, thu được H2 ⇒ Al dư, đồng nghĩa với việc oxit sắt là phản ứng hết.
Vậy X gồm A12O3, Al dư và Fe. Chất không tan Z là Fe.

+ Khi đã xác định được các chất X, Y, Z rồi thì chúng ta sẽ hệ thống và tóm tắt lại bài toán:
Al

Oxit sat: Fe x O y ( m g )


 H 2 : 0,03 mol
 Al2 O3

+ CO 2
t0
+ NaOH du

→
→ dd Y ( NaOH du và NaAlO 2 ) + 
→ Al ( OH ) 3 : 0,1
Al
du



156 g muoi sunfat
+ H 2SO4 dac
 Z: Fe+ 
→

0,11 SO 2


+ Sau khi đã tóm gọn được các dự liệu của bài toán, ta tiếp tục khai thác:

n H 2 = 0,03
Từ

mol ⇒ Al dư

2
2
n Al du = n H 2 = .0, 03 = 0, 02 mol
3
3
Có thể viết ra phương trình 2A1 + 2NaOH + 2H2O ⟶2NaAlO2 + 3H2
+ Vì tất cả Al đều đi vào kết tủa dưới dạng Al(OH)3 nên áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Al ta được:

+ n Al(du) = n Al( Al(OH)3 )
nAl phản ứng
⇒nAl phản ứng = 0,1 - 0,02 = 0,08 mol ⇒

n Al 2 O3 =0,04 mol

Vì oxit sắt phản ứng hết, Al dư nên lượng O có trong oxit sắt đã cùng với Al phản ứng đi hết vào trong
n O =3.n Al2O3 = 3.0,04 = 0,12 mol

Al2O3, do đó ta suy ra được
+ Vì đề bài chỉ hỏi m là khối lượng của oxit sắt (bao gồm sắt và oxi), ta đã tính được số mol oxi rồi nên
bây giờ ta chỉ cần tìm khối lượng của sắt trong oxit, chú ý là toàn bộ lượng sắt trong oxit đều chuyển về
Fe đơn chất (Z) nên ta sẽ khai thác ý sai của đề bài:
15, 6 g muoi sunfat
+ H 2SO4 dac
 Z : Fe+ →
 
0,11 SO 2

+ Ở đây có 2 cách giải để tìm số mol Fe:
Cách 1: Ta không thể biết được 15,6 gam muối sunfat đó là muối sắt II hay sắt III nên hướng giải tự
nhiên là ta đặt ẩn phụ để giải:


Đặt

n Fe 2 (SO4 )3 = a mol
= 400a + 152b = 15,6
m
a = 0,02
         muoi sunfat
→

 b = 0,05
3a.2+2b = 0,11.2
n FeSO 4 = b mol

Chú ý là ta đã áp dụng phương pháp bảo toàn số mol electron:
Fe 0 → Fe+2 +2e
2Fe 0 → 2Fe +3 +2.3e
S+6 +2e → S+4

Do đó tổng số mol Fe là nFe = 2a + b = 0,09 mol
Vậy m = mFe +mO =0,09.56 + 0,12.16 = 6,96 gam.
Cách 2: Ta chỉ cần tìm số mol Fe nên có thể dùng ngay công thức giải nhanh sau:
1
n SO 2−
n SO 2
2
4
ne trao đổi =
=0,11.
trong muối =
Mà 15,6 gam muối sunfat bao gồm ion những ion gì của sắt và định lượng của những ion này như thế nào
ta không cần quan tâm:
mSO2−
4

mFe =15,6 –

trong muối

= 15,6-0,11.96 = 5,04 mol

Do đó: m = mFe + mO = 5,04 + 0,12.16 = 6,96 gam
Đáp án D.

Lời bàn: Với bài toán hóa học có nhiều giai đoạn và phản ứng phức tạp nối tiếp nhau, thì ta nên lập sơ đồ
tóm tắt vừa làm đơn giản hóa bài toán, vừa dễ dàng nhìn ra hướng giải của bài toán, đồng thời tránh đi
một số sai lầm không đáng có như thiếu chất kết tủa, xác định sai các chất trong hỗn hợp X, Y, Z....
Không phải bài toán nào cũng cần sơ đồ tóm tắt, với những bài đơn giản hoặc hơi phức tạp mà ta đã nhìn
ra được hướng giải rồi hoặc những bài toán gồm các giai đoạn độc lập với nhau, không nối tiếp nhau thì
không cần lập sơ đồ tóm tắt để tiết kiệm thời gian
Nhận xét: Ở bài toán này, không ít bạn đã hiểu lầm 15,6 gam muối sunfat đó chính là muối Fe2(SO4)3 vì
cho rằng H2SO4 dùng dư, dẫn đến cách làm sai như sau:
n Fe 2 (SO 4 )3 =

15, 6
= 0, 039 mol ⇒ m = m + m = 0, 039.2.56 + 0,12.16 = 6, 288
Fe
O
400

Bài 7: Cho hỗn hợp khí A gồm 4 hidrocacbon thuộc các dãy dãy đồng đẳng khác nhau A 1 A2, A3, A4 và
hỗn hợp khí B gồm O2 và O3 có tỉ khối so với He bằng 9,5. Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích V A : VB = 1,5 :
3,2 rồi đốt cháy hỗn hợp thu được, sau phản ứng chỉ có CO 2 và H2O với tỉ lệ thể tích tương ứng là 1,3 :
1,2. Tỉ khối của hỗn hợp khí A so với He là:
A.6.
B.5.
C.7.
D.8
Lời giải
Với bài toán cho tỉ lệ thể tích, số mol như vậy thì đầu tiên ta sẽ dùng phương pháp tự chọn lượng chất để
giải cho đơn giản:
+ Chọn nA =1,5 mol; nB = 3,2 mol

O2 : 32

48 – 38 =10
M

= 9,5.4 = 38

O3 : 48

→

n O2
n O3

38 – 32 = 6
3
3

n = n = .3,2=1,2mol
10 5  O3 8 B 8
= = →
5
5
6 3 
n = n = .3,2=2mol
 O2 8 B 8

n CO2
n H2 O

=

1,3
⇒ 1,2n CO2 =1,3n H 2O
1,2

Ta có:
+ Thấy ngay dấu hiệu bảo toàn nguyên tố O:
2 n CO2 + n H2O = 2 n O2 + 3 n O3 = 2.2 + 3.1, 2 = 7, 6



1, 2 n CO2 = 1, 3n H2O
n CO = 2, 6 mol
⇔ 2



 2 n CO2 + n H 2O = 7, 6
n H 2O = 2, 4 mol

Ta có hệ phuơng trình sau
+ Bảo toàn khối luợng kết hợp bảo toàn nguyên tố C, H ta có:
m A = m C + m H = 12n CO 2 + 2n H 2 O = 12.2,6 + 2.2,4 = 36 gam
MA =

36
24
=24 → d A/He = =6
1,5

4

Đáp án A
Nhận xét: Thông thường những bài cho hỗn hợp này tác dụng với hỗn hợp kia mà cho tỉ lệ thể tích, số
moi, khối lượng... thì đầu tiên ta sẽ dùng phương pháp quy đổi hoặc tự chọn lượng chất, sau đó kết hợp
với phương pháp bào toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố...
Bài 8: Trong một bình kín chứa 3,5 mol hỗn hợp gồm H2, một amin đơn chức và 4 mol O2. Bật tia lửa
điện để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp. Thu được 1 mol CO2; 0,5 mol N2; 0,5 mol O2 và a mol H2O. Công
thức phân tử của amin là:
A. CH5N.
B.C3H6N.
C. C3H5N.
D. C2H7N.
Lời giải
Quan sát thấy nhiều chất chứa O nên rất tự nhiên ta dùng bảo toàn nguyên tố O
2n Ođau
= 2nO du2 + 2nO 2 + nH O2
2

n H 2 O = 2n Ođau
– 2nO
2

du
2

– 2nCO 2 = 2.4 – 2.0,5 – 2.1 = 5 mol

Vì ta đang tìm amin đơn chức nên namin = nN = 2.0,5 = 1 mol
n H2 = 3,5 − 1 = 2,5 mol

⇒

n H(amin) + 2n H 2 = 2n H 2 O ⇒ n H(amin) = 2.5 – 2.25 =5 mol
Áp dụng định luật bảo toàn H ta được:


Ta có tỉ lệ sau:

 n C(amin) 1
= =1
 n
1
amin


 n H(amin) 5
= =5

1
 n amin
 nN 1
= =1

n

 amin 1

Do đó công thức của amin là CH5N .
Đáp án A.
Bài 9: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe 3O4 và FeS2 trong 63 gam dung dịch HNO3 thu được 1,568 lít

khí NO2 duy nhất (đktc). Dung dịch thu được tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M, lọc kết
tủa rồi đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì thu được 9,76 gam chất rắn. Nồng độ
phần trăm của dung dịch HNO3 ban đầu là:
A.42,6%.

B. 46,6%.

C. 47,2%.

D. 46,2%.

Lời giải
+ Tính được những gì có thể tính được
n NO2 =

1,568
9,76
=0,07mol;n Fe2O3 =
=0,061mol
22,4
160

+ Với bài toán gồm nhiều giai đoạn liên tiếp nhau như thế này ta nên tóm tắt lại bài toán:
0,07 mol NO 2

Fe3O 4 :a  mol HNO3 vua du  Fe3+
+ NaOH

→
→

Fe(OH)3 → 0,061 mol Fe 2O3

2FeS
:b
 
mol

2
SO 4
9,76 gam ran

Bây giờ ta phải thiết lập được mối quan hệ giữa a và b với hi vọng là tìm được a và b rồi sau đó áp dụng
các định luật bảo toàn như khối lượng, nguyên tố, electron ....
+ Bảo toàn nguyên tố Fe: 3a + b = nFe = 2.0,061 = 0,122
+ Bảo toàn sốmol electron trao đổi: a + 15b = 0,07.1 ( Chú ý FeS2→Fe3+ + 2S+6 + 15e)
Giải được a = 0,04; b = 0,002.
n SO2− = 2n FeS2 = 2.0,002 = 0,004 mol
4

+ Tiếp tục sử dụng bảo toàn nguyên tố S:

.

+ Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn và vừa đủ nên sau khi phản ứng với dung dịch NaOH ta chỉ thu được 2
muối là Na2SO4 và NaNO3.
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Na:

n Na 2 SO4 = 0,004 mol ⇒ n NaNO 3 =0,4 - 0,004.2 = 0,392 mol
.
+ Cuối cùng dựa vào sơ đồ tóm tắt, ta sẽ dùng bảo toàn nguyên tố N

n HNO 3 = n NaNO 3 + n NO 2 = 0,382 + 0,07 = 0,462 mol


⇒

m HNO 3 = 0,462.63 gam → C M(HNO 3 ) = 46,2%

Đáp án D.
Bài 10: Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gam X vào bình kín có chứa một ít Ni làm xúc
tác. Nung bình được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần V lít O2 (đktc), sản phẩm hấp thụ vào bình
đựng nước vôi trong dư thu được dung dịch có khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu Y đi qua bình đựng
lượng dư dung dịch brom trong CCl4 thì có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, 11,2 lít hỗn hợp X đi qua
bình đựng dung dịch brom dư trong CCl4 thấy có 64 gam brom phản ứng. Tìm V
Lời giải
Theo giả thiết, Y phản ứng được với dung dịch brom trong CC1 4. Do đó trong Y còn hidrocacbon không
no và H2 phản ứng hết.
Ta có sơ đồ sau:

C3H 6  có 1 liên ket π ( a mol )

 CO 2 dd  Ca (OH)2
→↓
  CaCO 3
C 4 H10  không có liên ket π ( b mol )

Ni,t 0
X
  
→ Y →   H 2O

C 2 H 2  có 2 liên ket π ( c mol )   
 phan ung voi 0,15m
  ol  Br2

H d mol
(
)
 2

Khi đó


 n π( X ) =n C3H6 +2n C2 H2 =a+2c
⇒ n π(Y) = a+2c+d

n
=
n
=
d
π
phan
ung
H
H


2
2

n π phan ung voi Br 2 = n Br 2
Mặt khác

n Br2 = a+ 2 - d = 0,15 ( 1)
Nên
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho C ta có:
n CO2 =3n C3H6 +4n C4 H10 +2n C2 H2 =3a+4b+2 ( 2 )

Có 0,5 mol X

C3H 6 có 1 liên ket π ( ka mol )

  C4 H10 không có liên ket π ( kb mol )

  C2 H 2 có 2 liên ket π ( kc mol )
  H 2 ( kd mol )

phản ứng vừa đủ với 0,4 mol Br2

Trong đó k là tỉ lệ giữa hỗn hợp X cho tác dụng với dung dịch brom và hỗn hợp X đem đốt cháy.

Ta có:
→

n X =ka+kb+kc+kd=0,5

n Br2 =ka+2kc=0,4

ka+kb+kc+kd 0,5
=

→ a-4b+6c-4d=0 ( 3 )
ka+2kc
0,4

Nhân 2 vế của (1) với 4 rồi trừ đi (3) ta được:


4 ( a + 2c - d ) - ( a - 4b + 6c - 4d ) = 4.0,15 – 0 ⇔ 3a + 4b + 2c = 0,6

n CO2 = 3a + 4b + 2c = 0,6
Kết hợp với (2) có

n CaCO 3 = n CO 2 = 0, 6
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho nguyên tố C ta có:

(

)

∆m =m CaCO3 - m CO2 + m H2O =21,45 gam

Khi đó khối lượng dung dịch giảm là:
⇒

m H 2O =12,15 ( gam ) ⇒ n H 2O =0,675 ( mol )

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho O, ta có:
2 n O 2 = 2 n CO 2 + n H 2 O → n O 2 =

1

(2 n CO 2 + n H 2 O ) = 0, 9375
2

Vậy V = 0,9375.22,4 = 21 (lít)
Nhận xét: Đây là một bài tập khá khó, cách giải dài dòng và phức tạp. Nếu trong quá trình làm bài tập
trắc nghiệm mà gặp bài tập tương tự như vậy, các bạn nên thử chọn đáp án để tiết kiệm thời gian
II. BÀI TẬP RÈN LUYỆN KĨ NĂNG
Câu 1: Nung m gam hỗn hợp X gồm FeS và FeS 2 trong một bình kín chứa không khí (gồm 20% thể tích
O2 và 80% thể tích N2) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn và hỗn họp khí Y có thành
phần thể tích: N2 = 84,77%; SO2 = 10,6%; còn lại là O2. Thành phần % theo khối lượng của FeS trong X
là:
A. 59,46%.

B.42,3%.

C.68,75%.

D. 26,83%.

Câu 2: Một hỗn hợp gồm Al2(SO4)3 và K2SO4, trong đó Số nguyên tử oxi chiếm 20/31 tổng số nguyên tử
có trong hỗn hợp. Hoà tan hỗn hợp trên vào nước rồi cho tác dụng với dung dịch BaCl2 dư, hỏi khối
lượng kết tủa thu được gấp bao nhiêu lần khối lượng hỗn hợp ban đầu:
A. 1,788 lần.

B. 1,488 lần.

C. 1,688 lần.

D. 1,588 lần.

Câu 3: Hỗn hợp X gồm 1 ancol và 2 sản phẩm hợp nước của propen. Tỉ khối hơi của X so với hiđro bằng
23. Cho m gam X đi qua ống sứ đựng CuO (dư) nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu
được hỗn hợp Y gồm 3 chất hữu cơ và hơi nước, khối lượng ống sứ giảm 3,2 gam. Cho Y tác dụng hoàn
toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, tạo ra 48,6g Ag. Phần trăm khối lượng của propan-l-ol
trong X là:
A. 65,2%:

B. 16,3%.

C. 48,9%.

D. 34,5%.

Câu 4: Cho 46,6 gam hỗn hợp X gồm Na, K, Ba và A12O3 (trong đó oxi chiếm 30,9% về khối lượng) tan
hết vào nước thu được dung dịch Y và 8,96 lít H 2 (đktc). Cho 3,1 lít dung dịch HC1 0,5M vào dung dịch
Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là:
A. 7,8.

B. 35,1.

C. 27,3.

D. 0.

Câu 5: Lấy 5,2 gam hỗn hợp FeS2 và Cu2S tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thì thu được dung
dịch chỉ chứa 2 muối nitrat và 12,208 lít hỗn hợp NO2 và SO2 (đktc). Xác định phần trăm về khối lượng
của FeS2 trong hỗn hợp ban đầu
A. 93,23%.

B. 71,53%.

C. 69,23%.

D. 81,39%.

Câu 6: Hỗn hợp X gồm M2CO3, MHCO3 và MCl với M là kim loại kiềm, nung nóng 20,29 gam hỗn hợp
X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy còn lại 18,74 gam chất rắn. Cũng đem 20,29 gam hỗn hợp X


trên tác dụng hết với 500ml dung dịch HC1 1M thì thoát ra 3,36 lít khí (đktc) và thu được dung dịch Y.
Cho Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 74,62 gam kết tủa. Kim loại M là
A. Na.

B. Li.

C. Cs.

D. K.

Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai este đồng phân cần dùng 27,44 lít khí O 2 thu được
23,52 lít khí CO2 và 18,9 gam H2O. Nếu cho m gam X tác dụng hết với 400 ml dung dịch NaOH 2M, cô
cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được 27,9 gam chất rắn khan, trong đó có a mol muối Y và b mol
muối Z (My < Mz). Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tỉ lệ a : b là
A. 2:3.

B. 3 : 5.

C. 4 : 3.

D. 3 : 2.

Câu 8: Cho 6,44 gam một ancol đơn chức phản ứng với CuO đun nóng, thu được 8,68 gam hỗn hợp X
gồm anđehit, nước và ancol dư. Cho toàn bộ X tác dụng với lượng dư dung dịch AgN O3 trong NH3, kết
thúc các phản ứng thu được m gam Ag. Giá trị của m là
A.30,24.

B. 86,94.

C. 60,48.

D. 43,47.

Câu 9: Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO, C2H2 và H2 đi qua ống sứ đựng bột Ni nung nóng. Sau một thời
gian thu được hỗn hợp Y (gồm khí và hơi). Đốt cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ 0,07 mol O2, sinh ra
0,055 mol CO2 và 0,81 gam H2O. Phần trăm thể tích của HCHO trong X là
A. 25,00%.

B. 75,00%.

C. 66,67%%.

D. 33,33%.

Câu 10: Đốt cháy hoàn toàn một amin đơn chức X bằng một lượng không khí (chứa 80% thể tích N 2, còn
lại là O2) vừa đủ, chỉ thu được 0,15 mol CO2; 0,175 mol H2O và 0,975 mol N2. Công thức phân tử của X
là
A.C2H7N.

B.C9H21N.

C. C3H9N.

D.C3H7N.

Câu 11: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai ancol no, mạch hở X, Y (phân tử Y nhiều hơn phân tử X một
nguyên tử cacbon) cần dùng vừa đủ 1,05 mol O2, thu được 0,75 mol CO2 và 18,9 gam H2O. Có bao nhiêu
cặp X, Y thỏa mãn điều kiện trên?
A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Câu 12: Tripeptit mạch hở X và tetrapeptit mạch hở Y đều được tạo ra từ một amino axit no, mạch hở có
1 nhóm -COOH và 1 nhóm -NH2. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thu được sản phẩm gồm CO2, H2O, N2
trong đó tổng khối lượng CO2, H2O là 36,3 gam. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol Y cần số mol O2 là:
A. 1,875.

B. 1,8.

C.2,8.

D. 3,375.

Câu 13: Xà phòng hóa hoàn toàn 1 kg chất béo có chỉ số axit bằng 2,8 người ta cần dùng 350 ml KOH
1M. Khối lượng glixerol thu được là
A.16,1 g.

B.32,2g.

C. 9,2 g.

D. 18,4 g.

n FeO = n Fe(OH)2
Câu 14: Hòa tan m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe(OH) 2, Fe(OH)3 (
) trong dung dịch HNO3
vừa đủ thu được dung dịch Y và khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Cô cạn dung dịch Y và lấy chất
rắn thu được nung đến khối lượng không đổi thu được 30,4 gam chất rắn khan. Nếu cho 11,2 gam Fe vào
dung dịch Y thu được dung dịch Z và p gam chất rắn không tan. p có giá trị là
A.0,84 g.

B. 0,56 g.

C. 0,28 g.

D. 1,12 g.

Câu 15: Đốt cháy hoàn toàn 7,3 gam một axit cacboxylic no, đa chức mạch hở thu được 0,3 mol CO2 và
0,25 mol H2O. Cho 0,2 mol axit trên tác dụng với ancol etylic dư có xúc tác H 2SO4 đặc. Khối lượng este
thu được là (giả sử hiệu suất phản ứng đạt 100%)
A. 37,5 g.

B. 28,6 g.

C. 34,7 g.

D. 40,4 g

Câu 16: Hỗn hợp X gồm (O2 và O3) có tỷ khối so với H2 bằng 22. Hỗn hợp Y gồm metan và etan có tỷ
khối so với H2 bằng 11,5. Để đốt cháy hoàn toàn 0, 2 mol Y cần phải dùng V lít X ở đktc. Giá trị của V là


A. 13,44.

B. 11,2.

C. 8,96.

D. 6,72.

Câu 17: Hòa tan hoàn toàn 5,4 gam một oxit sắt vào dung dịch HNO 3 dư thu được 1,456 lít hỗn hợp NO
và NO2 ( đktc - ngoài ra không còn sản phẩm khử nào khác). Sau phản ứng khối lượng dung dịch tăng
thêm 2,49 gam so với ban đầu. Công thức của oxit sắt và số mol HNO3 phản ứng là
A. FeO và 0,74 mol.

B. Fe3O4 và 0,29 mol.

C. FeO và 0,29 mol.

D. Fe3O4 và 0,75 mol.

Câu 18: Đốt cháy hoàn toàn m gam FeS2 bằng một lượng O2 vừa đủ, thu được khí X. Hấp thụ hết X vào 1
lít dung dịch chứa Ba(OH)2 0,15M và KOH 0,lM, thu được dung dịch Y và 21,7 gam kết tủa. Cho Y vào
dung dịch NaOH, thấy xuất hiện thêm kết tủa. Giá trị của m là
A. 23,2.

B. 24.

C. 12,6.

D. 18.

Câu 19: Phân supephotphat kép thực tế sản xuất được thường chỉ có 40% P 2O5. Hàm lượng Ca(H2PO4)2
trong phân bón đó là
A. 56,94%.

B. 65,92%.

C. 78,56%.

D. 75,83%.

Câu 20: Trộn 10,8 gam bột Al với 34,8 gam bột Fe3O4 rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện
không có không khí. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp rắn sau phản ứng bằng dung dịch H 2SO4 loãng (dư) thu
được 10,752 lít khí H2 (đktc). Hiệu suất của phản ứng nhiệt nhôm là
A. 80%.

B. 90%.

C. 70%.

D. 60%.

Câu 21: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai anđehit cần dùng vừa hết 0,375 mol O2 sinh ra
0,3 mol CO2 và 0,3 mol H2O. Mặt khác, nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với lượng dư dung dịch
AgNO3/NH3 thì lượng kết tủa Ag thu được tối đa là
A. 48,6 g.

B. 75,6 g.

C. 64,8 g.

D. 32,4 g.

Câu 22: Đốt cháy hoàn toàn 24,8 gam hỗn hợp X gồm (axetilen, etan và propilen) thu được 1,6 mol
nước. Mặt khác 0,5 mol X tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,645 mol Br 2. Phần trăm thể tích của etan
trong hỗn hợp X là
A. 5,0%.

B. 3,33%.

C. 4,0 %.

D. 2,5%.

Câu 23: Điện phân nóng chảy Al2O3 với anot than chì (hiệu suất điện phân 100%) thu được m gam Al ở
catot và 67,2 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X có tỉ khối so với oxi bằng 1. Lấy 1,12 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X
sục vào dung dịch nước vôi trong (dư) thu được 1 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 108,0.

B. 54,0.

C. 75,6.

D. 67,5.

Câu 24: Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 phản ứng hoàn toàn với dung dịch

HNO3 dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO 2. Thêm BaCl2 dư vào dung dịch X thu
được m gam kết tủa. Mặt khác, nếu thêm Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung trong không khí
đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn. Giá trị của m và a lần lượt là
A. 112,84 và 157,44.

B. 111,84 và 157.44

C. 111,84 và 167,44.

D. 112,84 và 167,44.

Câu 25: Hỗn hợp X gồm axit fomic, axit acrylic, axit oxalic và axit axetic . Cho m gam X phản ứng hết
với dung dịch NaHCO3 thu được 0,672 lít CO2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 1,008 lít O2
(đktc), thu được 2,42 gam CO2 và a gam H2O. Giá trị của a là
A. 1,80.

B. 0,72.

C. 1,44.

D. 1,62.

Câu 26: Đun nóng hỗn họp hai ancol đơn chức, mạch hở với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp gồm các ete.
Lấy 3,6 gam một trong các ete đó đem đốt cháy hoàn toàn, thu được 4,48 lít khí CO 2 (ở đktc) và 3,6 gam
H2O. Hai ancol đó là
A. CH3OH và C3H7OH.
B. C2H5OH và CH2=CH-CH2-OH.
C. CH3OH và CH2=CH-CH2-OH.

D. C2H5OH và CH3OH.
Câu 27: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS2 và Ag2S với số mol bằng nhau thu được 3,696 lít SO 2
(đktc) và chất rắn B. Cho B tác dụng với H 2SO4 loãng dư, sau phản ứng hoàn toàn thấy còn lại m gam
chất rắn không tan. Giá trị của m là:
A. 11,88 g.

B. 13,64 g.

C. 17,16 g.

D. 8,g.

Câu 28: Este X (có khối lượng phân tử bằng 103 đvC) 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 m là
A. 29,75.

B. 24,25.

C.27,75.

D. 26,25.

Câu 29: Nhỏ từ từ đến hết dung dịch chứa 0,1 mol Na2CO3 và 0,3 mol NaHCO3 vào 150 ml dung dịch
H2SO4 1M thu được khí CO2 và dung dịch X. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch X thì thu được
kết tủa có khối lượng là
A. 34,95 g.

B. 66,47 g.

C 74,35 g.

D. 31,52 g.

Câu 30: Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (mạch hở) thu được hỗn hợp gồm 5,696 gam
Ala, 6,4 gam Ala-Ala và 5,544 gam Ala-Ala-Ala. Giá trị của m là
A. 13,288.

B. 18,12.

C. 22,348.

D. 16,308.

Câu 31: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai este đồng phân cần dùng 27,44 lít khí O 2, thu
được 23,52 lít khí CO2 và 18,9 gam H2O. Nếu cho m gam X tác dụng hết với 400 ml dung dịch NaOH
1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được 27,9 gam chất rắn khan, trong đó có a mol muối Y và b
mol muối Z (MY < MZ). Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tỉ lệ a : b là
A. 3 : 5.

B. 2 : 3.

C. 3 : 2.

D. 4 : 3.

Câu 32: Hỗn hợp X chứa muối natri của 2 axit cacboxylic đơn chức là đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn
toàn hỗn hợp X sản phẩm thu được gồm H2O, Na2CO3 và CO2 trong đó số mol CO2 đúng bằng số mol X
phản ứng. Công thức cấu tạo thu gọn của 2 muối trong X là
A. CH3COONa và C2H5COONa.

B. C2H5COONa và C3H7COONa.
C. C2H3COONa và C3H5COONa.
D. CH3COONa và HCOONa.
Câu 33: Thủy phân m gam pentapeptit A có công thức Gly-Gly-Gly-Gly-Gly thu được hỗn hợp B gồm 3
gam Gly; 0,792 gam Gly-Gly; 1,701 gam Gly-Gly-Gly; 0,738 gam Gly-Gly-Gly-Gly; và 0,303 gam GlyGly-Gly-Gly-Gly. Giá trị của m là
A. 5,8345 g.

B. 6,672 g.

C. 5,8176 g.

D. 8,5450 g-

Câu 34: Nhiệt phân hoàn toàn R(NO3)2 (với R là kim loại) thu được 8 gam một oxit kim loại và 5,04 lít
hỗn hợp khí X gồm NO2 và O2 (đo ở đktc). Khối lượng của hỗn hợp khí X là 10 gam. Muối R(NO3)2 là?
A.Mg(NO3)2.

B.Cu (NO3)2 .

C.Fe(NO3)2.

D. Zn(NO3)2.

Câu 35: Đốt cháy hoàn toàn 12,88 gam hỗn hợp gồm một axit no đơn chức và một ancol no đơn chức
được 0,54 mol CO2 và 0,64 mol H2O. Thực hiện phản ứng este hóa hoàn toàn lượng hỗn hợp trên thì thu
được m (g) este. Giá trị của m là
A. 8,82g.

B. 10,20 g.

C. 12,30 g.

D. 11,08 g.

Cầu 36: Hợp chất X có công thức C2H7NO2 có phản ứng tráng gương, khi phản ứng với dung dịch NaOH
loãng tạo ra dung dịch Y và khí Z, khi cho Z tác dụng với dung dịch hỗn hợp gồm NaNO2 và HCl tạo ra
khí P. Cho 11,55 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch thu được số gam chất rắn
khan là


A. 14,32 g.

B. 8,75 g.

C. 9,52 g.

D. 10,2 g

Câu 37: Đốt cháy hoàn toàn a mol một este no, đơn chức mạch hở X, cần b mol O2, tạo ra c mol hỗn hợp
CO2 và H2O. Biết c = 2(b - a). Số đồng phân este của X là
A. 2.

B. 6.

C. 4.

D. 3.

Câu 38: Cho phương trình phản ứng:
Mg + HNO3→Mg(NO3)2+ NO + N2O + H2O.

Tỉ khối của hỗn hợp NO và N2O đối với H2 là 19,2. Tỉ lệ số phân tử bị khử và bị oxi hóa trong phản ling
trên là:
A. 8 :15.

B. 6:11.

C. 11 : 28.

D. 38 : 15.

Câu 39: Cho 18,2 gam hỗn hợp A gồm Al, Cu vào 100 ml dungdịch B chứa HNO3 2M và H2SO4 12 M rồi
đun nóng thu được dung dịch C và 8,96 lít hỗn hợp khí D (đktc) gồm NO và SO 2 (ngoài ra không có sản
phẩm khử nào khác), tỉ khối của D so với H2 là 23,5. Tổng khối lượng chất tan trong C là
A. 66,2 g.

B. 129,6 g.

C. 96,8 g.

D. 115,2 g.

Câu 40: Hỗn hợp X gồm: HCHO, CH3COOH, HCOOCH3 và CH3CH(OH)COOH. Đốt cháy hoàn toàn
hỗn hợp X cần V lít O2 (đktc), sau phản ứng thu được CO 2 và H2O. Hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bình
đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng 15,5 gam. Vậy giá trị của V tương ứng là:
A.8,40

lít

B. 5,60 lít.

C. 3,92 lít.

D. 4,20 lít.

1A

2C

3B

4C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
5A
6D
7C
8C
9D
10D

16C

17C

18D

19B

20A

21A

22A

23C

24B

25B

31D

32D

33C

34C

35B

36D

37C

38A

39D

40B

Câu 1: Đáp ánA
Chọn 100 mol không khí.

n N 2 = 80, n O 2 = 20
Tỉ lệ thể tích cũng là tỉ lệ số mol nên

Gọi

Có

n FeS = a

n FeS 2 = b

.

 FeS
+ O2 , t 0
X

→ 0,5 ( a+b ) mol Fe 2O3 +(a+2b) mol SO 2
 FeS2

3
⇒ n O2 phan ung = n Fe2O3 +n SO2 =1,75a+2,75b
2
n N2
⇒ n O2du =20- ( 1,75a+2,75b ) ;n Y =
=94,373
84,77%

a=5
a+2b=10,6%.94,373
⇒
⇔
 20- ( 1,75a+2,75b ) =4,63%.94,373  b=2,5

11A

12B 13C 14B 15D

26C 27A 28D 29B 30D


Câu 2: Đáp án C

 n K 2SO4 = b

 n Al2 (SO4 )3 = a

Gọi

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho O, Al, K và S ta có:

→

 n O = 12a + 4b

 n Al + n K + n O = 17a + 7b

12 a+ 4 b 20
=
⇒ b = 2a
17 a+ 7 b 31

n BaSO4 = 3a+ b = 5a
Có

m BaSO4
m Al2 (SO4 )3 +m K 2SO4

=

5a.233
=1,688
342a+174.2a

Nên
Câu 3: Đáp án B
X gồm ROH và CH3CH2CH2OH, (CH3)2CHOH.
Có

M X = 23.2 = 46

Mà CH3CH2CH2OH và (CH3)2CHOH có M = 60 > 46 nên ROH là CH3OH

X

CH 3OH


CH 3CH 2 CH 2 OH + CuO
( CH ) CHOH
3 2


⟶Y

 HCHO:a mol

C 2 H5CHO: b mol +Cu + H 2O
 CH CO: c mol
3)2
(


3,2
a + b + c = n O =
=0,2
a = 0,1
16



⇔ b = 0,025
n Ag = 4a + 2b = 0,45

c = 0,075

 ( 32a + 60b + 60c ) = 46


0,2

⇒ %m C2 H5CH2OH =

0,025.60
.100%=16,3%
46.0,2

Câu 4: Đáp án C
46,6.30,9%
nO =
=0,9
16

⇒ n Al2O3 = n O = 0,3; n OH− = 2 n H2 = 0, 8
Al2O3 + 2OH-⟶ 2AlO2- + H2O
⇒nOH- dư = 0,8 – 0,3.2 = 0,2 , nHCl = 1,55
H+ + OH-⟶H2O


AlO2 + H + H2O ⟶ Al(OH)3
-

+

↓

Al(OH)3 + 3H+⟶ Al3+ + 3H2O

⇒ n Al(OH) 3 = 0,35 ⇒ m =27,3 g

Câu 5: Đáp án A
120a + 160b = 5,2
 n FeS 2 =a

có  n SO 2 =2a + b

 n Cu 2 S = b 
 n NO 2 = 11a + 8b ( BT e )

nên

120a + 160 b = 5, 2
a = 0, 0404
  ⇔ 

13a+ 9 b = 0,545
 b = 0, 0022

%m FeS2 =  

0,0404.120
.100%= 93,23%
5,2

Vậy:
Câu 6: Đáp án D
2MHCO3⟶M2CO3 + CO2 + H2O.

n MHCO3 =2.
Suy ra

20,9-18,74
=0,05
44+18

n CO 2 =n M 2 CO 3 +n MHCO 3 = 0,15

⟹

n M 2 CO 3 = 0,1; n AgCl = n HCl +n MCl = 0,52
n MCl =0,02

⟹
0,1( 2M+60 ) +0,05 ( M+61) +0,02 ( M+35,5 ) = 20,29
⟹
⟺M=39 là K
Câu 7: Đáp án C

n O 2 = 1,225;n CO 2 = 1,05 ;n H 2 O =1,05
⟹ Công thức chung của X có dạng CnH2nO2

n O(X) =2n CO2 +n H2 O -2n O2 =0,7
n CO2
1
n X = n O(X) =0,35 ⇒ n=
=3
2
nX
Do đó X gồm HCOOC2H5: a mol và CH3COOCH3: b mol với a + b = 0,35 (1)
68a+82b+0,05.40 = 27,9 ( 2 )

27,9 gam chất rắn khan chứa 0,05 mol NaOH dư nên


Từ (1) và(2) có a = 0,2 và b = 0,15⟹ a:b = 4:3
Câu 8: Đáp án C

Có n ancol phản ứng = nCu =

m X  -m
  ancol
=0,14
16

M ancol ≤

6, 44
= 46
0,14

nancol ≥ 0,14 ⟹
Nên ancol là CH3OH⇒ nanđêhit = nancol phản ứng = 0,14
nAg = 4.nHCHO = 0,56
Câu 9: Đáp án D
Đốt cháy Y cũng tương tự như đốt cháy X
n O(X) =  n HCHO =  2n CO 2 +n H 2O -  2n O2 =0,015

n C2 H 2 =

n O2 - n HCHO

=0,02;
2
n H 2 = n H 2O - n HCHO - n C2 H 2 =0,01
⇒ %VHCHO =33,33%
Câu 10: Đáp án D

n H 2 O > n CO 2
Vì

nên công thức phân tử của X có dạng CH2n+3N hoặc CnH2n+1N.

Khi X có công thức phân tử dạng CnH2n+3N
n H2O -n CO2

1
1
1
⇒ n N2 sinhra = n X =
1,5
60
2
120
1 29
n N2 sinhra =0,975=
120 30
29
⇒ n O2 =0,25n N2 không khí =
120
nX =

C n H 2n +3 N +
n O2
nX

=

=

3n + 1,5
1
O 2 → nCO 2 + (n + 1,5)H 2O + N 2
2
2

29 3n+1,5
=
⇔ n=9,167
2
2

Nên

(loại)

Do đó X có công thức phân tử dạng CnH2n+1N
⇒đáp án D
Câu 11: Đáp ánA

n H 2 O = 1,05 ⇒ n ancol = n H 2O - n CO2 = 0,3;
n O(ancol) =  2n CO2 +  n H2O -  2n O2 =  0,45

n O(ancol)
n ancol

=

n CO2 0,75
0,45
=1,5;
=
=2,5
0,3
n ancol 0,3

Vì
nên ta có các cặp X Y thỏa mãn:
C2 H 5OH
C2 H5 OH


CH 3CH(OH)CH 2 OH CH 2 (CH 2OH)2
;
C2 H 4 (OH) 2

C2 H5 CH 2 OH

C 2 H 4 (OH) 2

(CH 3 ) 2 HOH

và
Câu 12: Đáp án B
Gọi công thức của amino axit là CnH2n+1O2N thì công thức của X là C3nH6nO4N3
Khi đốt cháy 0,1mol X thu được 0,3n mol CO2 và0,05(6n-l) mol H2O
44.0,3n+18.0,05 ( n -1) = 36,3
⇒
⇔n = 2 nên amino axit là C2H5O2N
Y là
0

C8H14O5N4.C8H14O5N4 + 9O2

t

→

8CO2+7H2O + 2N2

n O2 = 9n Y =1 ,8 mol
Vậy
Câu 13: Đáp ánC
Vì chỉ số axit là 2,8 nên để trung hòa axit trong 1g chất béo cần 2,8mg KOH.
Do đó trung hòa axit trong 1kg chất béo cần 2,8g KOH
0,35 –
Mà nKOH = 0,35⇒nKOH thủy phân =
1
⇒ n C 3 H5 ( OH )
3
3

= nKOH thủy phân = 0,1

2,8
= 0,3
56

Câu 14: Đáp án B

FeO

HNO3
t0
X Fe(OH) 2 
→ Y:Fe(NO3 )3 
→ Fe 2 O3
Fe(OH)
3


n Fe = 0,2; n Fe(NO 3 ) 3 = 2n Fe 2 O 3 = 0,38

nFe phản ứng =

1
n Fe(NO 3 )3
2

= 0,19 => nFe dư = 0,01

Câu 15: Đáp án D

Gọi công thức của axit là CnH2n+2-2aO2a


m O2 =m CO2 +m H 2O -m axit =10,4 ⇒ n O2 =0,325
n O  trong  oxit =2n CO 2 +n H 2O -2n O2 =0,2 ⇒ n axit =

0,2
2a

 n CO2
=3a
n=
n=6
 n axit
⇒
⇔
a=2
2n+2-2a= 2n H 2O =5a

n axit


n C 4 H8 (COOC2H5 )2 =0,2=40,4
=> axit là C6H10O4 =>
Câu 16: Đáp án C

Gọi

Có
⇒

Gọi

a+b=0,2
a=0,1
 n CH4 =a 
có 16a+30b
⇔

 b=0,1
 n C2 H2 =b  0,2 =11,5.2

CH 4 +4O → CO 2 +2H 2 O

C2 H 6 +7O → 2CO 2 +3H 2 O

nO = 4a + 7b = 1,1
n O2 =a 2a+3b=1,1
a=0,1
có  32a+48b
⇔

b=0,3
n O3 =b  a+b =22.2

⇒ V=22,4 ( 0,1+0,3) =8,96l
Câu 17: Đáp ánC

∆m  =  m oxit - m NO, NO2 =  2,49 → m NO, NO2 =  2,9
Có

Gọi

a  +  b  =  0,065
a  =  0,005
n NO =  a
có 
⇔

n NO2 =  b 30a  +  46b  =  2,91 b  =  0,06

Vì oxit sắt phản ứng với HNO3 tạo sản phẩm khử nên đó là FeO hoặc Fe3O4 (FeO.Fe2O3)

⇒ n FeO = n Fe+2 = 3n NO + n NO2
(bảo toàn electron) = 0,075
⟹mFeO = 5,4 = moxit nên oxit là FeO
n HNO 3 phan ung  = n NO− tao muoi + n NO, NO2
3

= 3n FeO + n NO, NO 2 = 0, 29 ( mol )

Câu 18: Đáp án D


0

4FeS2 +11O2

t


→

2Fe2O3 +8SO2

n FeS 2 = x
Gọi
thì
n SO 2 =n Ba(OH) 2 =0,15;n KOH = 0,1;n BaSO 3 =0,1

n KHSO3 =0,1;n Ba(HSO3 )2 =0,05
Vì cho Y vào dung dịch NaOH, thấy xuất hiện thêm kết tủa nên trong Y có
⇒ n SO2 =  2x;n
  BaSO3 +  2n Ba(HSO3 )2 +  n KHSO3
⇒ x  =  0,15 ⇒ m  =18
Câu 19: Đáp án B
Phân supephotphat kép gồm Ca(H2PO4)2 và CaSO4

Gọi

n Ca ( H2 PO4 ) 2 = a

 n CaSO4 = b

n P2O5 = n Ca ( H 2 PO4 ) = a
2

thì

142
136

.100% = 40% ⇔ a=
b
234a+136b
121
234.136
b
121
⇒ %m Ca(H2 PO4 )2 =
.100%=65,92%
234.136
b+136b
121
⇒

Câu 20: Đáp ánA

n Al =0,4; n Fe 3 O4 =0,15.
0

8Al + 3Fe3O4

t

→

9Fe + 4Al2O3

n Fe 3 O4
Gọi nAl phản ứng = 8a ;

phản ứng

= 3a

thì nFe =9a và nAl dư = 0,4-8a
n H 2 =n Fe +1,5n Al =9a + l,5 ( 0,4 - 8a ) = 0,48
⇔ a = 0, 04 ⇒ H =

0, 04.8
 .100% = 80%
0, 4

Câu 21: Đáp ánA

n CO 2 = n H 2 O
Vì
⟹nX = nO(X) =

Cn H 2n O
nên X chứa

2n CO 2 + n H 2 O - n O 2
= 0,15


n=  

n CO2
nX

 =

0,3 
  = 2
0,15

⟹
⇒ X chứa HCHO
2n X ⇒
Câu 22: Đáp ánA
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C2H2, C2H6, C3H6 trong 24,8 gam X. Ta có:
m X =26x+30y+42z = 24,8 ( 1) ;
n H 2 O =x+3y+3z =1,6 ( 2 )
x + y + z mol hỗn hợp X tác dụng được với 2x + z mol Br2
0,5 mol hỗn hợp X tác dụng được với 0,645 mol Br2
x + y + z 2x + z
=
( 3)
0,5
0, 645

Suy ra

Từ (1),(2),(3) suy ra:
%VC2H 6 =

34

 x = 145


1

y =
29

61

z = 145


y
.100%=5%
x+y+z

Vậy
Câu 23: Đáp án C
dpnc
2A12 O3 
→ 4Al + 3O2
Nên 3 mol X thu được gồm CO, CO2 và O2. (Do anot than chì nên O2 sinh ra tác dụng với C)
 28a+44b+32c
=32

3
a=1,8

0
,01.67,2



 n CO = a
=0,6 ⇔ b=0,6
b=

1,12

c=0,6
 n CO2 = b

a+b+c=3



 n O2 = c
Gọi
có
1
n CO +n CO2 +n O2 =2,1
n
⇒ O2
2
(điện phân) =
4
⇒ n Al = n O2
⇒
3
m = 75,6
điện phân = 2,8
Câu 24: Đáp án B

BaCl2 du
 
→ 0, 48 mol BaSO 4↓
0, 24 mol  Fe 
   

0,15molCuFeS
 Fe(OH)3
Fe 2 O3 : 0,12 mol
2
HNO3
A

→ 0,33molCu
    2+  Ba (OH) du


t0
2
  2SFeS2
→ ↓ Cu(OH) 2 
→ CuO : 0,33 mol
0, 09  molCu
0, 48molSO
2− 
    4
 BaSO
BaSO : 0, 48 mol



4
4


3+

Câu 25: Đáp án B
Nhận thấy: Cứ 1 nhóm -COOH phản ứng với NaHCO3 tạo 1 phân tử CO2
n -COOH =  n CO2 =  0,03 → n O(X) =  2n -COOH =  0,06
Nên
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O ta có :

n H 2O =n O(X) +2n O2 -n CO2 =0,04
⇒a = 18.0,04 = 0,72(gam)
Câu 26: Đáp ánC
n CO2 =  0,2; n H2O =  0,2;n
  O2 =

m CO2 +  m H2 O - m ete
32

=0,275

→ n ete = n O(ete) =  2n CO2 +  n H2O - n O2 =0,05
Gọi công thức của ete là CxHyO thì
x  =

n CO2

n ete

2n H O
y  =   2 = 8
n ete

=4
;

nên ete là C4H8O

Do đó ete có công thức cấu tạo:
CH3 - O - CH2CH = CH2.
Vậy 2 ancol đó là CH3OH và CH2 = CHCH2OH
Câu 27: Đáp ánA

Có

FeS2 :a mol + O2 ,t 0  Fe 2O3 :0,5a mol
→ 
+0,165 mol SO 2

 Ag:2a mol
Ag 2S:a mol

n SO 2 = 2a + a = 0,165 → a = 0,055
Do đó
m không tan = mAg = 11,88 (gam)
Câu 28: Đáp án D

X có công thức phân tử là C4H9O2N. Vì X được điều chế từ ancol đơn chức có khối lượng mol lớn hơn 32
nên X có cấu tạo H2NCH2COOC2H5
nX = 0,25, nNaOH = 0,3

⇒mg

0,25 mol H 2 NCH 2 COONa                

0,05 mol NaOH du

⇒ m = 26,25 (gam)
Câu 29: Đáp án B
Na2CO3 +H2SO4 ⟶ Na2SO4 +CO2 +H2O
NaHCO3 +H2SO4 ⟶ Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O

n Na 2 CO3

n NaHCO3
phản ứng

Có

= a;

phản ứng

=b

n H2SO4 =a+0,5b=0,15


a=0,06
→
 a n Na 2 CO3 1
=
 b=0,18
b = n
3
NaHCO3


⟹

n BaCO 3 = n Na 2 CO3du + n NaHCO3 du =

( 0,1

– 0, 06 ) + ( 0,3 – 0,18 ) = 0,16

= m BaSO 4 + m BaCO 3 = 233.0,15 + 197.0,16 = 66, 47 ( gam )
Vậy m kết tủa
Câu 30: Đáp án D
nAla = 0,064 ; nAla-Ala = 0,04; nAla-Ala-Ala = 0,024
Áp dụng sự bảo toàn cho nhóm Ala ta có:

nAla-Ala-Ala-Ala =

n Ala +2n Ala-Ala +3n Ala-Ala-Ala
4

= 0,054

⇒ m = 0,054.302 = 16,308
Câu 31: Đáp án D

n O 2 = 1,225; n CO2 = 1,05; n H 2 O = 1,05
⇒ Công thức chung của 2 este là CnH2nO2.

n O(X) = 2n CO 2 + n H 2 O – 2n O 2 = 0,7
Có
n CO 2
⇒nX = 0,5nO(X) = 0,35 ⇒ n =

nX
=3

Nên 2 este đó là HCOOC2H5 và CH3COOCH3
⇒27,9 gam chất rắn gồm 0,05 mol NaOH dư, a mol HCOONa và b mol CH3COONa