tổng hợp các dạng BT ôn thi THPT QG môn Hóa

DẠNG 1. PHẢN ỨNG TRAO ĐỔI ION
TRONG DUNG DỊCH CHẤT ĐIỆN LI


PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1. Lưu ý một số kết luận quan trọng:
- Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch các chất điện li chỉ xảy ra khi các ion kết hợp được với nhau tạo
thành ít nhất một trong các chất sau:
+ chất kết tủa.
+ chất điện li yếu.
+ chất khí.
- Dung dịch các chất điện li tồn tại được khi có sự trung hịa về điện và các ion trong dung dịch khơng
phản ứng với nhau.
- Phương trình ion rút gọn cho biết bản chất của phản ứng trong dung dịch các chất điện li.
2. Thành thạo việc viết phương trình ion rút gọn và sử dụng phương trình ion rút gọn vài giải một
số bài tập liên quan đến phản ứng trao đổi ion trong dung dịch chất điện li.
Ví dụ 1. (THPTQG 2019) Cặp chất nhào sau đây không cùng tồn tại trong một dung dịch?
A. Cu(NO3)2 và H2SO4.

B. NaOH và Na2CO3.

C. CuSO4 và NaOH.

D. FeCl3 và NaNO3.

Hướng dẫn giải:
Cặp chất không cùng tồn tại trong một dung dịch là: CuSO4 và NaOH.
Do chúng có phản ứng với nhau: CuSO 4 + 2NaOH → Cu ( OH ) 2 ↓ + Na 2SO 4 .
Đáp án C.
Ví dụ 2. (Đại học – 2012 – Khối A) Cho các phản ứng sau:

(a) FeS( r ) + 2HCl → FeCl 2 + H 2S
(b) Na 2S + 2HCl → 2NaCl + H 2S
(c) 2AlCl3 + 3Na 2S + 6H 2O → 2Al ( OH ) 3 + 3H 2S + 6NaCl
(d) KHSO 4 + KHS → K 2SO 4 + H 2S
(e) BaS + H 2SO 4 (loãng) → BaSO 4 + H 2S .
2−
+
Số phản ứng có phương trình ion rút gọn S + 2H → H 2S ↑ là

A. 1.

B. 3.

C. 2.

D. 4.

Hướng dẫn giải:
Phương trình ion rút gọn của các phản ứng:
+
2+
(a) FeS( r ) + 2H → Fe + H 2S ↑
2−
+
(b) S + 2H → H 2S ↑
3+
2−
(c) 2Al + 3S + 6H 2 O → 2Al ( OH ) 3 + 3H 2S ↑

Trang 1

+
−
(d) H + HS → H 2S ↑
2+
2−
+
2−
(e) Ba + S + 2H + SO 4 → BaSO 4 ↓ + H 2S ↑ .
2−
+
Như vậy chỉ có 1 phản ứng có phương trình ion rút gọn S + 2H → H 2S ↑ là phản ứng (b).

Đáp án A.
Ví dụ 3. Trộn 100ml dung dịch gồm Ba(OH) 2 0,1M và NaOH 0,1M với 400ml dung dịch gồm HNO 3
0,075M và HCl 0,0125M đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X. Nồng độ các ion
trong dung dịch X là
2+
+
−
−
−
A.  Ba  = 0, 02M;  Na  = 0, 02M;  NO3  = 0, 06M; Cl  = 0, 01M; OH  = 0, 01M .
2+
+
−
−
+
B.  Ba  = 0, 02M;  Na  = 0, 02M;  NO3  = 0, 06M; Cl  = 0, 01M;  H  = 0, 01M .

2+
+
−
−
+
C.  Ba  = 0, 02M;  Na  = 0, 02M;  NO3  = 0, 06M; Cl  = 0, 01M;  H  = 0, 005M .
2+
+
−
−
−
D.  Ba  = 0, 02M;  Na  = 0, 02M;  NO3  = 0, 06M; Cl  = 0, 01M; OH  = 0, 005M .

Hướng dẫn giải:
n NaOH = 0, 01mol; n Ba ( OH ) = 0, 01mol; n HNO3 = 0, 03mol; n HCl = 0, 005mol
2

Ba ( OH ) 2 → Ba 2+ + 2OH −

NaOH → Na + + OH −

0, 01 → 0, 01 → 0, 02 mol

0, 01 → 0, 01 → 0, 01mol

HNO3 → H + + NO3−

HCl

0, 03 → 0, 03 → 0, 03mol

0, 005 → 0, 005 → 0, 005 mol

∑n

H+

→

H + + Cl −

= 0, 035mol ; ∑ n OH − = 0, 03mol .

+
−
Phản ứng: H + OH → H 2O

→ n H + dư = 0, 035 − 0, 03 = 0, 005 mol .
0, 01
0, 01
 Ba 2+  =
= 0, 02M;  Na +  =
= 0, 02M;
0,5
0,5
0, 03
0, 005
0, 005
 NO3−  =
= 0, 06M;  Cl −  =

= 0, 01M;  H +  =
= 0, 01M .
0,5
0,5
0,5
Đáp án B.

Trang 2


DẠNG 2. TÍNH OXI HĨA MẠNH CỦA AXIT NITRIC
PHƯƠNG PHÁP GIẢI



 Dùng định luật bảo toàn electron để giải những bài tập khi cho kim loại tác dụng với axit HNO 3.
Trong phản ứng oxi hóa – khử:

∑ e cho = ∑ e

nhận hay

∑ ( mol ) e

cho = ∑ ( mol ) e nhận

 HNO3 thể hiện tính oxi hóa mạnh khi tác dụng với các chất có tính khử như: Kim loại, phi kim, các
hợp chất Fe(II), hợp chất S2-, I-,… thơng thường:
•

Nếu axit đặc, nóng tạo ra sản phẩm khử NO2

•

Nếu axit lỗng, thường tạo ra sản phẩm NO.

•

Nếu chất khử có tính khử mạnh, axit lỗng và nhiệt độ thích hợp có thể tạo ra sản phẩm khử N2O, N2,
NH4NO3.

•

Số mol NO3- tạo muối (với kim loại):

nNO − tạo muối = nNO2 + 3nNO + 8nN2O + 10nN2 + 8nNH+4
3

 Một số kim loại (Fe, Al, Cr,...)không phản ứng với dung dịch xit HNO3 đặc, nguội do bị thụ động hóa.
 Khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron thường kết hợp kèm các phương pháp bảo toàn khác: bảo
toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố,… để giải bài tập.
Ví dụ 1. Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X
trong dung dịch HNO 3 (dư), thốt ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là
(cho O = 16, Fe = 56 )
A. 2,52.

B. 2,22.

C. 2,62.

D. 2,32.

Hướng dẫn giải:
n NO =

1,344
= 0, 06 mol
22, 4

Khi nung nóng Fe trong khơng khí thì sản phầm X thu được có thể có: Fe2O3, Fe3O4, FeO. Fe dư
X + HNO3 → Muố
i Fe( NO3 ) 3 + Khí NO + H2O
Tóm tắt: Fe + O 2 → X ( 1)
X + HNO3 → Fe ( NO3 ) 3 + NO + H 2O ( 2 )
Nhận thấy số oxi hóa của các nguyên tố thay đổi như sau:
O 2 0 + 4e → 2O −2

Fe0 → Fe3+ + 3e
x

→

3x

( mol )

y → 4y

( mol )

N +5 + 3e → N +2 = ( NO )
0, 075 ¬ 0, 025

( mol )
Trang 3


Tổng số e cho bằng tổng số e nhận: 3x = 4y + 0, 075 ( *)
Bảo toàn khối lượng ở phản ứng (1): m Fe + m O2 = m X → 56x + 32y = 3 ( **)
Từ ( *) và ( **) → x = 0, 045 ; y = 0, 015 mol → m = 56.0, 045 = 2,52 gam .
Đáp án A.
Ví dụ 2. Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng
(dư), thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu
được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 38,72.

B. 35,50.

C. 49,09.

D. 34,36.

Hướng dẫn giải:
n NO =

1,344
= 0, 06mol
22, 4

Gọi x,y là số mol của Fe(NO3)3, H2O

( Fe, FeO, Fe2O3 , Fe3O 4 ) + HNO3 → Fe ( NO3 ) 3
11,36

+ NO + H 2O

2y

x

0, 06

y

2y.63

242x

30.0, 06

18y

( mol )
( gam )

(Theo định luật bảo toàn nguyên tố H → nHNO3 = 2nH 2 O )
Theo định luật bảo toàn nguyên tố: N → 3x + 0, 06 = 2y
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 11,36 + 126y = 242x + 1,8 + 18y
x = 0,16 mol; y = 0, 27 → m Fe( NO3 ) = 242.0,16 = 38, 72 gam .
3

Đáp án A.
Ví dụ 3. Cho 29 gam hỗn hợp gốm Al. Cu và Ag tác dụng vừa đủ với 950 ml dung dịch HNO 3 1,5M, thu
được dung dịch chứa m gam muối và 5,6 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm NO và N 2O. Tỉ khối của X so với
H2 là 16,4. Giá trị của m là
A. 98,20.

B. 97,20.

C. 98,75.

D. 91,00.

Hướng dẫn giải:
Có n NO = 0, 2 mol; n N 2O = 0, 05 mol ; Đặt n NH 4 NO3 = x mol ;
Vì trong trường hợp đề bài sau phản ứng thu được dung dịch chứa muối NH 4NO3 và hỗn hợp khí gồm NO
và N2O nên ta có: nNO3− trong muốikim loại = 8x + 3nNO + 8nN2O = 8x + 1 (mol)
Bảo tồn N có: ( 8x + 1) + 2x + 0, 2.1 + 0, 05.2 = 1, 425 ⇒ x = 0, 0125 ( mol )
⇒ Khối lượng hỗn hợp muối = 29 + ( 8.0, 0125 + 1) .62 + 80.0, 0125 = 98, 2 ( gam )
Đáp án A.

Trang 4


DẠNG 3. CACBON MONOOXIT KHỬ OXIT KIM LOẠI
PHƯƠNG PHÁP GIẢI



0

t
→ xM + yCO2
- Phương trình phản ứng tổng quát: yCO + M xOy 

( M là kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa)
- Các định luật thường áp dụng:
+ Định luật bảo toàn nguyên tố.
+ Định luật bảo toàn và tăng giảm khối lượng.
+ Định luật bảo toàn electron.
- Một số công thức hay sử dụng:
nO trong oxit kim loại phản ứng = nCO phản ứng = nCO

2

mO trong oxit kim loại phản ứng = mchấtrắn giảm
nCO ban đầu = nCO dư + nCO

2

mCO phản ứng + mM O
x

y

ban đầ
u

= mchấtrắn sau phản ứng + mCO

2

Ví dụ 1. Hỗn hợp A gồm các oxit sắt có khối lượng 6,08 gam. Cho khí CO đi qua A đun nóng thu được
chất rắn chỉ gồm m gam kim loại và khí đi ra sau phản ứng được dẫn vào bình đựng nước vôi trong dư,
thu được 10 gam kết tủa trắng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 4,48 gam.

B. 2,24 gam.

C. 5,6 gam.

D. 11,2 gam.

Hướng dẫn giải
nCaCO =
3

10
= 0,1mol.
100

CO2 + Ca( OH ) 2 
→ CaCO3 ↓ + H2O
0,1 mol

¬

0,1 mol

Xét bán phản ứng của quá trình khử oxit kim loại: CO + O → CO2

→ nO trong oxit saét = nCO = 0,1 mol.
2

moxit saét = msaét + mO trong oxit saét
→ msaét = moxit saét − mO trong oxit saét = 6,08− 0,1.16 = 4,48 gam.
Đáp án A.
Ví dụ 2. Khử hoàn toàn 4,06 gam một oxit kim loại bằng CO ở nhiệt độ cao thành kim loại. Dẫn tồn bộ
khí sinh ra vào bình được Ca(OH) 2 dư, thấy tạo thành 7 gam kết tủa. Nếu lấy lượng kim loại sinh ra hòa
tan hết vào dung dịch HCl dư thu được 1,176 lít khí (đktc). Cơng thức oxit kim loại là
Trang 5


A. CuO.

B. Fe2O3.

C. Fe3O4.

D. ZnO.

Hướng dẫn giải
nCaCO =
3

1,176
7
= 0,0525 mol
= 0,07 mol ; nH2 =
22,4
100

CO2 + Ca( OH ) 2 
→ CaCO3 + H2O
0,07 mol

¬

0,07 mol

Xét bán phản ứng của quá trình khử oxit kim loại: CO + O → CO2
→ nO trong oxit kim loaïi = nCO = 0,07 mol → mO trong oxit kim loaïi = 0,07.16 = 1,12 gam.
2

→ mkim loaïi trong oxit kim loaïi = 4,06 − 1,12 = 2,94 gam.
Gọi M là kim loại trong oxit kim loại cần tìm và n là hóa trị của M khi phản ứng với dung dịch HCl.
2M + 2nHCl 
→ 2MCl n + nH2
0,105
mol
n

¬

0,0525mol

0,105
.M = 2,94 → M = 28n
n

→

Do 1≤ n ≤ 3 → n = 2 và M = 56 → M là Fe → nFe = nH2 = 0,0525 mol.
Công thức oxit kim loại cần tìm là FexOy
Ta có x : y = nFe : nO = 0,0525: 0,07 = 3: 4.
→ Công thức oxit kim loại cần tìm là Fe3O4.
Đáp án C.
Ví dụ 3. Đốt cháy khơng hồn tồn một lượng sắt cần dùng 2,24 lít O 2 ở đktc, thu được hỗn hợp A gồm
các oxit sắt và sắt dư. Khử hoàn toàn A bằng khí CO dư, khí đi ra sau phản ứng được dẫn vào bình đựng
nước vơi trong dư. Khối lượng kết tủa thu được là
A. 40 gam.

B. 20 gam.

C. 60 gam.

D. 10 gam.

Hướng dẫn giải
nO =
2

2,24
= 0,1mol
22,4

Quá trình phản ứng xảy ra:
 Fe
Fe

+ CO

Fe → A 

→ CO
+ Ca( OH )
2
 CO → CaCO3 ↓
FexOy
  2
+ O2
0,1mol

nO trong Fe O = nO( trong O ) = 0,2 mol
(
2
x y)

Trang 6


Xét bán phản ứng của quá trình khử oxit kim loại: CO + O → CO2
→ nCO = nO trong Fe O = 0,2 mol → nCaCO = nCO = 0,2mol → mCaCO = 20gam.
2
3
2
3
(
x y)
Đáp án B.
DẠNG 4. HIĐROCACBON THAM GIA
PHẢN ỨNG CHÁY/CỘNG



PHƯƠNG PHÁP GIẢI

A. Phản ứng đốt cháy:
Hiđrocacbon CxHy hoặc CnH2n+ 2−2k ( n ≥ 1;k ≥ 0)
 Phương trình đốt cháy tổng quát:

y
y
t0
CxHy +  x + ÷O2 
→ xCO2 + H2O
4
2

 nH2O > nCO2 → Hiđrocacbon ban đầu là ankan ( CnH2n+2 ) và nankan = nH2O − nCO2
 nH2O = nCO2 → Hiđrocacbon ban đầu là anken ( CnH2n )
 nH2O < nCO2 → nCO2 − nH2O = n( Hidrocacbon)
→ Hiđrocacbon ban đầu là ankin hoặc ankađien ( CnH2n−2 ) và nankin = nCO2 − nH2O
 Nếu cho toàn bộ sản phẩm cháy qua dung dịch Ca(OH) 2, Ba(OH)2 thì khối lượng bình tăng bằng tổng
khối lượng CO2 cộng khối lượng nước và :

(

)

 Khối lượng dung dịch tăng: ∆mdd ↑= mCO2 + mH2O − m ↓

(

 Khối lượng dung dịch giảm: ∆mdd ↓= m ↓ − mCO2 + mH2O

)

 Áp dụng các phương pháp/định luật: bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng,…để giải bài tập.
B. Phản ứng cộng:
Phương trình tổng quát: (áp dụng cho Hidrocacbon mạch hở)
0

Ni,t
CnH2n+2−2k + kH2 
→ CnH2n+ 2

 m(hỗn hợp trước phản ứng) = m (hỗn hợp sau phản ứng)
 Số mol hỗn hợp khí sau phản ứng ln nhỏ hơn số mol khí của hỗn hợp trước phản ứng
n(khí giảm) = n(trước) – n(sau) = nH2 (tham gia phản ứng)
Ví dụ 1. Đốt cháy hồn tồn 0,6 gam hỗn hợp chất hữu cơ X rồi cho sản phẩm cháy qua bình đựng
dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 2 gam kết tủa và khối lượng bình tăng thêm 1,24 gam. Tỉ khối của X so
với H2 bằng 15. Công thức phân tử của X là
A. C2H6O.

B. CH2O.

C. C2H4O.

D. CH2O2.
Trang 7

Hướng dẫn giải
Khối lượng bình tăng = mCO2 + mH2O
Khối lượng mCO2 + mH2O = 1,24( gam)
Khối lượng mH2O = 1,24 − 0,02.44 = 0,36( gam)
Áp dụng bảo toàn khối lượng: mO = m− mC − mH = 0,6 − 0,02.12 − 0,02.2 = 0,32( gam)
Gọi công thức hợp chất hữu cơ X là: CxHyOz
→ x::z = 1:2:1→ ( CH2O) n = 15.2 → n = 1→ CH2O.
Đáp án B.
Ví dụ 2. Hỗn hợp khí X gồm Propilen và H 2. Cho 6,5 gam hỗn hợp X vào một bình kín, có chứa một ít
bột niken là xúc tác. Đun nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn hỗn hợp Y qua bình đựng
dung dịch brom dư thấy có 2,24 lít hỗn hợp khí Z thốt ra (đktc). Biết tỷ khối hơi của Z so với metan là
2,225. Hiệu suất phản ứng cộng giữa propilen với hiđro là
A. 53,3%.

B. 60%.

C. 75%.

D. 80%.

Hướng dẫn giải
mX = mY = m( bình brôm tăng) + mZ → 6,5 = m( bình brôm tăng) + 0,1.35,6
 nH :a mol
2a+ 44b = 0,1.35,6 a = 0,02mol
Z: 0,1 2
→
→
n
:
b

mol
a
+
b
=
0,1

 b = 0,08mol
 C3H8
→ m( bình brôm tăng) = 2,94( gam) → nC H = 0,07( mol )
3 6

nC H = 0,07+ 0,08 = 0,15mol tính theo H
0,08
2
→ 6,5( gam) X  3 6
→
H=
= 80%.
0,1
nH2 = 0,1
Đáp án D.
Ví dụ 3. Hỗn hợp A gồm C3H4 và H2. Cho A đi qua ống đựng bột Ni nung nóng thu được hỗn hợp B gồm
3 hiđrocacbon có tỷ khối với H2 là 21,5. Tỷ khối của A so với H2 là
A. 10,4.

B. 9,2.

C. 7,2.

D. 8,6.

Hướng dẫn giải
C3H4 :1mol Ni
→ B :C3Hx
Ta có: A 
 H2 :a mol

M B = 43 → x = 7

C H :1mol Ni M A 40.1+ 1,5.2
BTNT.H

→A  3 4
→
=
= 8,6.
2
2,5.2
H2 :1,5mol
Đáp án D.

Trang 8


DẠNG 5. PHẢN ỨNG TÁCH H2O CỦA ANCOL
PHƯƠNG PHÁP GIẢI



Ancol X (ROH) tác nước trong điều kiện thích hợp tạo sản phẩm hữu cơ Y có hai trường hợp:
- Trường hợp 1: d( Y

X

)

<1
H SO đặ
c

2
4
→ Y + H2O .
Phản ứng xảy ra: ROH 
170° C

Lưu ý:
+ Nếu Y là anken thì X là ancol no, đơn chức, mạch hở.
+ Bảo toàn khối lượng: mROH = mY + mH2O .
+ nROH = nY = nH2O .
+ nCO2 thu được khi đốt cháy ROH = nCO2 thu được khi đốt cháy Y .
- Trường hợp 2: Nếu d( Y

X

)

>1

H2SO4 đặ
c
→ ROR′ + H2O ( R và R′ có thể giống nhau).
Phản ứng xảy ra: ROH + R′OH 
140° C

Lưu ý:
+ Các ROR′ có số mol bằng nhau thì các ancol phản ứng cũng có số mol bằng nhau.
+ Bảo tồn khối lượng: mROH + mR′OH = mROR′ + mH2O .
+ nROR′ = nH O =
2

1
n
2 ancol

+ nCO2 thu được khi đốt cháy các ancol = nCO2 thu được khi đốt cháy ROR′.
Ví dụ 1. (Đại học – 2008 – Khối B) Đun nóng một ancol đơn chức X với dung dịch H 2SO4 đặc trong
điều kiện nhiệt độ thích hợp sinh ra chất hữu cơ Y, tỉ khối hơi của X so với Y là 1,6428. Công thức phân
tử của X là
A. C3H8O.

B. C2H6O.

C. CH4O.

D. C4H8O.

Hướng dẫn giải
Do tỉ khối hơi của X so với Y là 1,6428 tức d( X

Y

)

> 1→ d Y

( X)

<1

Nên phản ứng xảy ra: X → Y + H2O.
dX

( Y)

↔

= 1,6428 →

MX
= 1,6428
MY

MX
= 1,6428
M X − 18
Trang 9

↔ M X = 46.
→ X : C2H5OH ( C2H6O) .
Đáp án B.
Ví dụ 2. (Cao đẳng – 2013) Hỗn hợp X gồm 2 ancol đơn chức, đồng đẳng kế tiếp. Đun nóng 16,6 gam
X với H2SO4 đặc ở 140°C thu được 13,9 gam hỗn hợp ete (khơng có sản phẩm hữu cơ nào khác). Biết
các phản ứng xảy ra hồn tồn. Cơng thức của 2 ancol trong X là
A. C3H5OH và C4H7OH.

B. CH3OH và C2H5OH.

C. C3H7OH và C4H9OH.

D. C2H5OH và C3H7OH.

Hướng dẫn giải
Gọi công thức chung của 2 ancol là ROH .
Phản ứng: 2 ROH → ROR + H2O
Bảo toàn khối lượng: mROH = mete + mH2O
→ mH O = mROH − mete = 16,6 − 13,9 = 2,7 gam → nH O = 0,15mol.
2

2

2ROH → ROR + H2O
0,3 ¬
→ M ROH =

0,15 mol
16,6
− 55,33

0,3

→ Công thức của 2 ancol: C2H5OH và C3H7OH.
Đáp án D.
Ví dụ 3. Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp Y gồm 2 ancol A, B ta được hỗn hợp X gồm các anken. Nếu đốt
cháy hồn tồn Y thì thu được 0,66 gam CO 2. Khi đốt cháy hồn tồn X thì tổng khối lượng CO 2 và H2O
thu được là
A. 0,93 gam.

B. 0,465 gam.

C. 1,395 gam.

D. 0,395 gam.

Hướng dẫn giải
nCO =
2

0,66
= 0,015 mol .
44

Phản ứng: Y → X + H2O
Bảo toàn nguyên tố cacbon ta có:
nCO thu được khi đốt cháy X = nCO thu được khi đốt cháy Y = 0,015 mol.
2
2
X gồm các anken nên đốt cháy X cho nH2O = nCO2 = 0,015 mol.
→ Đốt cháy X cho mCO2 + mH2O = 0,015.44 + 0,015.18 = 0,93 gam.

Đáp án A.
Trang 10


DẠNG 6. PHẢN ỨNG CỦA ANĐEHIT
VỚI DUNG DỊCH AgNO3/NH3


PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Khi thực hiện phản ứng tráng bạc trong lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 ta có:
- Với anđehit đơn chức (trừ HCHO) phản ứng xảy ra:
t°
RCHO + 2AgNO3 + 3NH 3 + H 2O 
→ RCOONH 4 + 2NH 4 NO3 + 2Ag ↓

- Với anđehit R(CHO)n phản ứng xảy ra:
t°
R ( CHO ) n + 2nAgNO3 + 3nNH 3 + nH 2O 
→ R ( COONH 4 ) n + 2nNH 4 NO3 + 2nAg ↓

- Với anđehit fomic HCHO phản ứng xảy ra:
t°
HCHO + 4AgNO3 + 6NH 3 + 2H 2 O 
→ ( NH 4 ) 2 CO3 + 4Ag ↓ +4NH 4 NO3

→ Dựa vào tỉ lệ
- Nếu tỉ lệ
- Nếu tỉ lệ
- Nếu tỉ lệ

n Ag
n andehit
n Ag
n andehit
n Ag
n andehit

n Ag
n andehit

ta có thể tìm được đặc điểm về số nhóm chức trong anđehit. Cụ thể:

= 2 → Anđehit đơn chức (trừ HCHO).
= 2n → Anđehit có n chức (trừ HCHO).
= 4 → Anđehit hai chứ hoặc anđehit fomic HCHO.

Ví dụ 1. Cho 1,45 gam anđehit X phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO 3/NH3 đun nóng
thu được 10,8 gam Ag. Cơng thức cấu tạo của X là
A. CH3CHO.

B. (CHO)2.

C. CH2=CH-CHO.

D. HCHO.

Hướng dẫn giải:
n Ag =

10,8
= 0,1mol
108

Dựa vào các phương án đề bài cho, dễ thấy anđehit phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3 tạo ra Ag theo tỉ
lệ
n Ag
n andehit

= 2 hoặc

- Xét trường hợp
n andehit =

n Ag
2

=

n Ag
n andehit
n Ag
n andehit

= 4.
= 2:

0,1
1, 45
= 0, 05 mol → M andehit =

= 29
2
0, 05

→ Khơng có anđehit nào phù hợp → Loại.

Trang 11


- Xét trường hợp
n andehit =

n Ag
4

=

n Ag
n andehit

= 4:

0,1
1, 45
= 0, 025 mol → M andehit =
= 58 → X là (CHO)2.
4
0, 025

Đáp án B.

Ví dụ 2. Cho 0,2 mol hỗn hợp 2 anđehit cùng dãy đồng đẳng no, mạch hở, có số mol bằng nhau phản ứng
hồn tồn với lượng dư AgNO 3 trong dung dịch NH3 thu được 42,3 gam Ag (hiệu suất 100%). Nếu đốt
cháy hoàn tồn hỗn hợp trên thu được 15,68 lít (đktc) khí CO2. Công thức phân tử của 2 anđehit là
A. HCHO, CH3CHO.

B. CH3CHO, C4H9CHO. C. C2H5CHO, C3H7CHO. D. cả B và C đều đúng.

Hướng dẫn giải:
n Ag =
n Ag
n andehit
n CO2
n andehit

43, 2
15, 68
= 0, 4mol; n CO2 =
= 0, 7mol
108
22, 4
=

0, 4
= 2 → Hỗn hợp anđehit đơn chức (không chứa HCHO) (1)
0, 2

=

0, 7
= 3,5 → Hỗn hợp chứa anđehit có số nguyên tử cacbon nhỏ hơn 3,5 và chưa anđehit có số

0, 2

nguyên tử cacbon lớn hơn 3,5 (2).
Từ (1) và (2) kết hợp với các phương án đề bài cho ta có cả B và C đều đúng.
Đáp án D.
Ví dụ 3. Cho 0,1 mol anđehit X tác dụng với dung dịch dư AgNO3/NH3, sau khi phản ứng xảy ra hoàn
toàn thu được 0,4 mol Ag. Mặt khác cho 0,1 mol X tác dụng hoàn toàn với H 2 thì cần 2,24 lít H2 (đktc).
Cơng thức cấu tạo phù hợp với X là
A. HCHO.

B. (CHO)2.

C. CH2=CH-CHO.

D. CH3CHO.

Hướng dẫn giải:
n H2 =
n Ag
n andehit

2, 24
= 0,1mol
22, 4
=

0, 4
= 4 → Anđehit hai chức hoặc anđehit fomic HCHO.
0,1

Vì 0,1 mol X tác dụng hoàn toàn với 0,1 mol H2 → trong X chỉ có một nhóm chức -CHO.
→ X là HCHO.
Đáp án A.

Trang 12


DẠNG 7. PHẢN ỨNG ĐỐT CHÁY/THỦY PHÂN ESTE
PHƯƠNG PHÁP GIẢI



A. Dạng bài tập đốt cháy este:
Kiến thức cần nắm vững:
+) Các phương pháp xử lí số liệu trong bài tập đốt cháy.
+) Các phương pháp giải toán đặc trưng.
 Phương pháp bảo toàn nguyên tố
 Phương pháp bảo toàn khối lượng
 Phương pháp trung bình
+) Một số phản ứng este quan trọng:
 Este no, đơn chức, mạch hở ( k = 1)
Phản ứng cháy: CnH2nO2 +

(C H
n

O2 )

2n

3n − 2
t0
O2 
→ nCO2 + nH2O
2

 nCO2 = nH2O
 nO =
2

3
n − nEste
2 CO2

 Các este có cơng thức dạng CnH2n− 2Ox (no, mạch hở, 2 chức hoặc không no, một nối đôi, mạch hở,
đơn chức) khi đốt cháy: nH2O < nCO2 và neste = nCO2 − nH2O.
 Este bất kì, có công thức tổng quát CxHyOz
nC H O =
x

y

z

nH O − nCO
2

2

1− k

B. Dạng bài tập thủy phân Este:
+

H

→ RCOOH + R′OH
 Thủy phân trong môi trường axit: RCOOR′ + H O ¬

2
0

t
 Thủy phân trong mơi trường kiềm: RCOOR′ + NaOH 
→ RCOONa+ R′OH

 Trong phản ứng thủy phân este đơn chức thì tỉ lệ
nNaOH (hoặc KOH ) : neste = 1:1
 Phản ứng thủy phân este của phenol thì tỉ lệ là
nNaOH (hoặc KOH) neste = 2:1
 Trong phản ứng thủy phân este đa chức thì tỉ lệ nNaOH : neste > 1

Trang 13


 Áp dụng các phương pháp giải nhanh: bảo toàn khối lượng, tăng giảm khối lượng, bảo toàn nguyên tố,
phương pháp trung bình… để giải các bài tập.
Ví dụ 1. Đốt cháy hoàn toàn m (gam) hỗn hợp các este no, đơn chức, mạch hở rồi cho toàn bộ sản
phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vơi trong dư thì thấy khối lượng của bình tăng thêm 6,2 gam.
Hỏi khối lượng phần dung dịch trong bình sau phản ứng thay đổi như thế nào?

A. Tăng 6,2 gam

B. Giảm 6,2 gam

C. Giảm 8 gam

D. Giảm 3,8 gam

Hướng dẫn giải
Giả thiết cho este no, đơn chức, mạch hở nên nCO2 = nH2O = x ( mol )
m( bình tăng) = mCO + mH O
2

2

→ 6,2 = 44x + 18x
→ x = 0,1( mol )
Vì mCaCO3 > mCO2 + mH2O

(

m( dd giảm) = mCaCO ↓ − mCO + mH O
3

2

2

)

→ m( dd giảm) = 0,1.100− 6,2 = 3,8( gam) .
Đáp án D.
Ví dụ 2. Đốt cháy 3,2 gam một este E đơn chức, mạch hở được 3,584 lít CO 2 (đktc) và 2,304 gam H2O.
Nếu cho 15 gam E tác dụng với 200 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được
14,3 gam chất rắn khan. Vậy công thức của ancol tạo nên este trên là
A. CH2 = CH − OH.

B. CH3OH.

C. CH3CH2OH.

D. CH2 = CH − CH2OH.

Hướng dẫn giải
+O

2
C H O 
→ CO2 + H2O
{
{
Este E đơn chức, mạch hở: 14x 2 y432

3,2 gam

0,16 mol

0,128 mol

x = 5

→ x: y: 2 = 0,16: 0,256: 0,064 → 
→ E :C5H8O2.
y = 8
 RCOONa: 0,15
H O + NaOH
→
+ R′OH
- Xét 15 gam E :C
1
2
3
5 8 2
14 2 43
NaOH
:
0,05

0,2
0,15

→ 0,15( R + 67) + 0,05.40 = 14,3 → R = 15 → Este E có dạng: CH3COOC3H5.
→ Chọn đáp án D : CH2 = CH − CH2OH.
Đáp án D.

Trang 14


Ví dụ 3. Xà phịng hóa 8,8 gam etyl axetat bằng 200 mol dung dịch NaOH 0,2M. Sau khi phản ứng xảy
ra hồn tồn, cơ cạn dung dịch thu được chất rắn khan có khối lượng là
A. 8,56 gam.

B. 8,2 gam.

C. 3,28 gam.

D. 10,4 gam.

Hướng dẫn giải
Etyl axetat: CH3COOC2H5
nCH3COOC2H5 =

8,8
= 0,1( mol )
88

nNaOH = 0,04( mol )
0

t
CH3COOC2H5 + NaOH 
→ CH3COONa + C2H5OH

0,04 ¬

0,04

→

0,04

mol

Khối lượng chất rắn khan: m = mCH3COONa = 0,04.82 = 3,28( gam) .
Đáp án C.

Trang 15


DẠNG 7. PHẢN ỨNG ĐỐT CHÁY/THỦY PHÂN ESTE
PHƯƠNG PHÁP GIẢI



A. Dạng bài tập đốt cháy este:
Kiến thức cần nắm vững:
+) Các phương pháp xử lí số liệu trong bài tập đốt cháy.
+) Các phương pháp giải toán đặc trưng.
 Phương pháp bảo toàn nguyên tố
 Phương pháp bảo toàn khối lượng
 Phương pháp trung bình
+) Một số phản ứng este quan trọng:
 Este no, đơn chức, mạch hở ( k = 1)
Phản ứng cháy: CnH2nO2 +

(C H
n

O2 )

2n

3n − 2
t0
O2 
→ nCO2 + nH2O
2

 nCO2 = nH2O
 nO =
2

3
n − nEste
2 CO2

 Các este có cơng thức dạng CnH2n− 2Ox (no, mạch hở, 2 chức hoặc không no, một nối đôi, mạch hở,
đơn chức) khi đốt cháy: nH2O < nCO2 và neste = nCO2 − nH2O.
 Este bất kì, có công thức tổng quát CxHyOz
nC H O =
x

y

z

nH O − nCO
2

2

1− k

B. Dạng bài tập thủy phân Este:
+

H

→ RCOOH + R′OH
 Thủy phân trong môi trường axit: RCOOR′ + H O ¬

2
0

t
 Thủy phân trong mơi trường kiềm: RCOOR′ + NaOH 
→ RCOONa+ R′OH

 Trong phản ứng thủy phân este đơn chức thì tỉ lệ
nNaOH (hoặc KOH ) : neste = 1:1
 Phản ứng thủy phân este của phenol thì tỉ lệ là
nNaOH (hoặc KOH) neste = 2:1
 Trong phản ứng thủy phân este đa chức thì tỉ lệ nNaOH : neste > 1
Trang 16


 Áp dụng các phương pháp giải nhanh: bảo toàn khối lượng, tăng giảm khối lượng, bảo toàn nguyên tố,
phương pháp trung bình… để giải các bài tập.
Ví dụ 1. Đốt cháy hoàn toàn m (gam) hỗn hợp các este no, đơn chức, mạch hở rồi cho toàn bộ sản
phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vơi trong dư thì thấy khối lượng của bình tăng thêm 6,2 gam.
Hỏi khối lượng phần dung dịch trong bình sau phản ứng thay đổi như thế nào?

A. Tăng 6,2 gam

B. Giảm 6,2 gam

C. Giảm 8 gam

D. Giảm 3,8 gam

Hướng dẫn giải
Giả thiết cho este no, đơn chức, mạch hở nên nCO2 = nH2O = x ( mol )
m( bình tăng) = mCO + mH O
2

2

→ 6,2 = 44x + 18x
→ x = 0,1( mol )
Vì mCaCO3 > mCO2 + mH2O

(

m( dd giảm) = mCaCO ↓ − mCO + mH O
3

2

2

)

→ m( dd giảm) = 0,1.100− 6,2 = 3,8( gam) .
Đáp án D.
Ví dụ 2. Đốt cháy 3,2 gam một este E đơn chức, mạch hở được 3,584 lít CO 2 (đktc) và 2,304 gam H2O.
Nếu cho 15 gam E tác dụng với 200 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được
14,3 gam chất rắn khan. Vậy công thức của ancol tạo nên este trên là
A. CH2 = CH − OH.

B. CH3OH.

C. CH3CH2OH.

D. CH2 = CH − CH2OH.

Hướng dẫn giải
+O

2
C H O 
→ CO2 + H2O
{
{
Este E đơn chức, mạch hở: 14x 2 y432

3,2 gam

0,16 mol

0,128 mol

x = 5

→ x: y: 2 = 0,16: 0,256: 0,064 → 
→ E :C5H8O2.
y = 8
 RCOONa: 0,15
H O + NaOH
→
+ R′OH
- Xét 15 gam E :C
1
2
3
5 8 2
14 2 43
NaOH
:
0,05

0,2
0,15

→ 0,15( R + 67) + 0,05.40 = 14,3 → R = 15 → Este E có dạng: CH3COOC3H5.
→ Chọn đáp án D : CH2 = CH − CH2OH.
Đáp án D.

Trang 17


Ví dụ 3. Xà phịng hóa 8,8 gam etyl axetat bằng 200 mol dung dịch NaOH 0,2M. Sau khi phản ứng xảy
ra hồn tồn, cơ cạn dung dịch thu được chất rắn khan có khối lượng là
A. 8,56 gam.

B. 8,2 gam.

C. 3,28 gam.

D. 10,4 gam.

Hướng dẫn giải
Etyl axetat: CH3COOC2H5
nCH3COOC2H5 =

8,8
= 0,1( mol )
88

nNaOH = 0,04( mol )
0

t
CH3COOC2H5 + NaOH 
→ CH3COONa + C2H5OH

0,04 ¬

0,04

→

0,04

mol

Khối lượng chất rắn khan: m = mCH3COONa = 0,04.82 = 3,28( gam) .
Đáp án C.

Trang 18


DẠNG 8. PHẢN ỨNG ĐỐT CHÁY/THỦY PHÂN
CHẤT BÉO
PHƯƠNG PHÁP GIẢI



Chất béo là trieste của glixerol với axit béo, nên chất béo cũng có phản ứng thủy phân và phản ứng cháy
tương tự như este:

( RCOO)


→ 3RCOOH + C H ( OH )
C H + 3H2O ¬


3 5
3 3 5
3

( RCOO)

t
C H + 3NaOH 
→ 3RCOONa + C3H5 ( OH ) 3
3 3 5

t0 ,H +

0

( C H COO)
x

y


( 3y + 5)  O 
( 3y + 5) H O
t0
C3H5 + 3x + 3+
→ ( 3x + 6) CO2 +
2
2
3
4 
2


- Với phản ứng thủy phân chất béo thường sử dụng:
+ Định luật bảo tồn, tăng giảm khối lượng.
+ Cơng thức: nchấtbéo = nglixerol =

nNaOH
.
3

- Với phản ứng đốt cháy chất béo thường sử dụng:
+ Định luật bảo toàn khối lượng.
+ Cơng thức liên quan đến độ bất bão hịa trong chất béo: nchấtbéo =

nCO − nH O
2

( k − 1)

2

(Trong đó k là độ bất bão hịa trong chất béo).
Ví dụ 1. Xà phịng hóa hồn tồn 17,24 gam chất béo cần dùng vừa đủ 0,06 mol NaOH, cô cạn dung
dịch sau phản ứng thu được khối lượng xà phòng là
A. 18,24 gam.

B. 17,8 gam.

C. 16,68 gam.

D. 18,38 gam.

Hướng dẫn giải
Gọi x là số mol của 17,24 gam chất béo.

( RCOO)
x

t
C H + 3NaOH 
→ 3RCOONa + C3H5 ( OH ) 3
3 3 5
0

→

3x

→

x

mol

→ 3x = 0,06 → x = 0,02.
Áp dụng bảo tồn khối lượng:
mchấtbéo + mNaOH = mxàphòng + mC H ( OH )
3 5

3

→ mxàphòng = mchấtbéo + mNaOH − mC H ( OH ) = 17,24 + 0,06.40 − 0,02.92 = 17,8 gam.
3 5

3

Trang 19


Đáp án B.
Ví dụ 2. (Đại học – 2014 – Khối A) Đốt cháy hoàn toàn 1 mol chất béo, thu được lượng CO 2 và H2O hơn
kém nhau 6 mol. Mặt khác a mol chất béo trên tác dụng tối đa với 600 ml dung dịch Br 2 1M. Giá trị của a
là
A. 0,20.

B. 0,30.

C. 0,18.

D. 0,15.

Hướng dẫn giải
Gọi k là số liên kết π trong chất béo, ta có:
nCO − nH O

nchấtbéo =

2

( k − 1)

2

→ k − 1=

6
→ k = 7.
1

Chất béo có 7 liên kết π thì 3 liên kết π trong 3 gốc −COO− → Chất béo còn 4 liên kết π trong gốc
hiđrocacbon
1
1
→ a = .nBr = .0,6.1= 0,15 mol.
4 2 4
Đáp án D.
Ví dụ 3. (THPTQG – 2019) Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 3,08 mol O 2, thu được
CO2 và 2 mol H2O. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và 35,36 gam
muối. Mặt khác, m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là
A. 0,12.

B. 0,16.

C. 0,20.

D. 0,24.

Hướng dẫn giải
Gọi X là số mol triglixerit X trong m gam triglixerit X.
Xét phản ứng cháy:
Bảo toàn nguyên tố O ta có:
6x + 3,08.2 = 2.nCO + 2 → nCO = 3x + 2,08.
2

2

Bảo tồn khối lượng ta có: mX = mCO2 + mH2O − mO2 = 44.( 3x + 2,08) + 2.18− 3,08.32( 1)
Xét phản ứng xà phịng hóa:

( RCOO)

t
C H + 3NaOH 
→ 3RCOONa + C3H5 ( OH ) 3
3 3 5
0

→

x

3x

→

x

mol

Bảo tồn khối lượng ta có: mX = mmuoái + mglixerol − mNaOH = 35,36 + 92x − 3x.40( 2)
Từ (1) và (2) → 44.( 3x + 2,08) + 2,18− 3,08.32 = 35,36 + 92x − 3x.40 → x = 0,04 mol.
Gọi k là số liên kết π trong X, ta có:
nCO − nH O
2

( k − 1)

2

= nX ↔ 0,04 =

( 3.0,04+ 2,08) − 2 → k = 6.
( k − 1)
Trang 20


X là 6 liên kết π thì 3 liên kết π trong 3 gốc −COO− → X còn 3 liên kết π trong gốc hiđrocacbon →
a = 0,04.3 = 0,12( mol ) .
Đáp án A.

DẠNG 9. PHẢN ỨNG ESTE HÓA
PHƯƠNG PHÁP GIẢI



 Phương pháp thường dùng để điều chế este của ancol là tiến hành phản ứng este hóa, đun hồi lưu ancol
và axit hữu cơ, có H2SO4 đặc làm xúc tác.
H2SO4

→ CH COOC H + H O
CH3COOH + C2H5OH ¬

3
2 5
2

0 
t

Tổng quát: Este sinh ra bởi axit cacboxylic, ancol bất kì

→ R ( COOH ) R′ + n.mH O
R ( COOH ) n + R′ ( OH ) m ¬

m
n
2
0 
n.m
H2SO4
t

 Riêng đối với este của phenol: Khơng điều chế được bằng phản ứng của axit cacboxylic với phenol mà
phải dùng anhiđrit axit hoặc clorua axit tác dụng với phenol.
C6H5 − OH + ( CH3CO) 2 O 
→ CH3COOC6H5 + CH3COOH
 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m( ancol ) + m( axit) = m( este) + m( H2O)
 Hiệu suất phản ứng este hóa:
H=

meste( tt)
meste( lt)

.100%

Ví dụ 1. Thực hiện phản ứng este hóa 9,2 gam glixerol với 60g axit axetic. Giả sử chỉ thu được glixerol

triaxetat có khối lượng 17,44g. Hiệu suất của phản ứng este hóa là
A. 80%.

B. 67%.

C. 70%.

D. 85%.

Hướng dẫn giải
nglixerol = 0,1( mol )

maxit axetic = 1( mol )

Phương trình phản ứng:
C3H5 ( OH ) 3 + 3CH3COO ‡ˆ ˆ†
ˆ ˆ C3H5 ( OOCCH3 ) 3 + 3H2O
0,1

→ 0,3

→

0,1

→

0,3

( mol )

Từ PT: meste = 0,1.218 = 21,8( gam)
Thực tế: meste = 17,44( gam)
Hiệu suất của phản ứng este hóa là: H =

17,44
.100% = 80%.
21,8
Trang 21


Đáp án A.
Ví dụ 2. Cho 180 g axit axetic tác dụng với lượng dư rượu etylec có mặt axit sunfuric đặc làm xúc tác. Ở
trạng thái cân bằng, nếu hiệu suất phản ứng là 66% thì khối lượng este thu được là
A. 246 g.

B. 174,24 g.

C. 274 g.

D. 276 g.

Hướng dẫn giải
+

H

→ CH COOC H + H O
CH3COOH + C2H5OH ¬


3
2 5
2
0
t

naxitaxetic = 180/ 60 = 3 mol;neste = 3.0,66 = 1,98 mol
meste = 1,98.88 = 174,24( g) .
Đáp án B.
Ví dụ 3. Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic và 2 axit cacboxylic đơn chức, no, kế tiếp nhau trong dây
đồng đẳng tác dụng hết với Na thu được 6,72 (lit) H2 (đktc). Nếu đun nóng hỗn hợp có H2SO4 đặc làm
xúc tác thì các chất trong hỗn hợp phản ứng vừa đủ tạo thành 25 gam hỗn hợp este. Hai axit là
A. CH3COOH và C2H5COOH.

B. HCOOH và CH3COOH.

C. C2H5COOH và C4H9COOH.

D. C4H9COOH và CH3COOH.

Hướng dẫn giải
Phản ứng este hóa:
H2SO4

→ RCOOCH + H O
RCOOH + CH3OH ¬

3
2
0 

t

Vì các chất phản ứng vừa đủ nên:
nRCOOH = nCH3OH =
→ M RCOOCH =
3

1
n = 0,3( mol ) = neste
2 x

25
= 83,3 = R + 59
0,3

→ R = 24,3
→ 2 axit no, đơn chức kế tiếp là: CH3COOH và C2H5COOH.
Đáp án A.

Trang 22


DẠNG 10. BIỆN LUẬN CÔNG THỨC MUỐI AMONI


PHƯƠNG PHÁP GIẢI

+ Một số muối amoni thường gặp:
- Muối amoni của axit vô cơ: CH3NH3NO3, CH3NH3HCO3, (CH3NH3)2CO3,…
- Muối amoni của axit hữu cơ: HCOOH3NCH3, CH3COONH4,…

* Phương pháp biện luận công thức muối amoni:
- Bước 1: Xác định chất cần tìm là muối amoni dựa vào một số dấu hiệu thường gặp:
+ Dấu hiệu 1: Để bài cho X tác dụng với dung dịch kiềm tạo khí NH 3, amin hoặc khí làm quỳ tím ẩm
chuyển sang màu xanh → X là muối amoni.
+ Dấu hiệu 2: Đề bài cho X tác dụng với axit HCl giải phóng khí CO 2 → X là muối amoni của axit
cacbonic.
- Bước 2: Tìm cơng thức của gốc axit trong một số muối amoni thường gặp:
+ Nếu cơng thức phân tử của muối amoni cần tìm có dạng C xHyNzO2 → muối amoni của axit hữu cơ (Ví
dụ: RCOONH3R’)
+ Nếu cơng thức phân tử của muối amoni cần tìm có dạng C x H y N z O ∋ → Muối amoni của axit vô cơ, gốc
2−
−
−
axit là CO3 , NO3 , HCO3 .

- Bước 3: Tìm gốc amoni từ đó suy ra cơng thức cấu tạo của muối.
Ví dụ 1. (Đại học – 2008 – Khối B) Cho chất hữu cơ X có cơng thức phân tử C 2H8O3N2 tác dụng với
dung dịch NaOH thu được chất hữu cơ Y đơn chức và các chất vô cơ. Khối lượng phân tử (theo đvC)
của Y là
A. 85.

B. 68.

C. 45.

D. 46.

Hướng dẫn giải
C2H8N2O3 (X) tác dụng với dung dịch NaOH thu được chất hữu cơ Y đơn chức và các chất vô cơ,
chứng tỏ X là muối amoni tạo bởi NH 3 hoặc amin đơn chức.

2−
−
−
X có 3 nguyên tử O, nên gốc axit có thể là: CO3 , NO3 , HCO3 .
−
Xét trường hợp gốc axit trong X là NO3 → X là CH 3 − CH 2 − NH 3 NO3 hoặc ( CH3 ) 2 NH 2 NO3 .

Phương trình phản ứng:
CH3 − CH 2 − NH 3 NO3 + NaOH → CH 3 − CH 2 − NH 2 ↑ + NaNO3 + H 2 O

( CH3 ) 2 NH 2 NO3 + NaOH → ( CH 3 ) 2 NH ↑ + NaNO3 + H 2O
Trang 23


→ Y có khối lượng phân tử là 45 đvC.
2−
−
−
Tương tự xét trường hợp gốc axit trong X là CO3 , NO3 , HCO3 → Khơng có cơng thức cấu tạo thỏa

mãn.
Đáp án C.
Ví dụ 2. (Đại học – 2009 – Khối A) Hợp chất X mạch hở có cơng thức phân tử là C 4H9NO2. Cho 10,3
gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH sinh ra một chất khí Y và dung dịch Z. Khí Y nặng hơn
khơng khí, làm giấy quỳ tím ẩm chuyển màu xanh. Dung dịch Z có khả năng làm mất màu nước brom. Cô
cạn dung dịch Z thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 8,2.

B. 10,8.

C. 9,4.

D. 9,6.

Hướng dẫn giải
X phản ứng với NaOH sinh ra khí Y, suy ra X là muối amoni. Gốc axit trong X có hai nguyên tử O nên có
dạng là RCOO − .
Y là khí nặng hơn khơng khí, làm xanh giấy quỳ tím ẩm → Y là amin.
Dung dịch Z có khả năng làm mất màu nước brom → Muối trong dung dịch Z là muối không no.
Vậy X là CH 2 = CH − COOH 3 NCH 3
nX =

10,3
= 0,1mol
103

CH 2 = CH − COONH 3 − CH 3 + NaOH 
→ CH 2 = CH − COONa + CH 3 − NH 2 + H 2O
0,1mol

→

0,1mol

→ m CH2 =CH −COONa = 0,1.94 = 9, 4 gam.
Đáp án C.
Ví dụ 3. (THPTQG – 2015) Hỗn hợp X gồm 2 chất có cơng thức phân tử là C 3H12N2O3 và C2H8N2O3.
Cho 3,40 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH (đun nóng), thu được dung dịch Y chỉ gồm các
chất vô cơ và 0,04 mol hỗn hợp 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh giấy quỳ tím ấm). Cô cạn Y thu
được m gam muối khan. Giá trị của m là

A. 3,12.

B. 2,76.

C. 3,36.

D. 2,97.

Hướng dẫn giải
Do X tác dụng với NaOH (đun nóng) thu được dung dịch Y (chỉ gồm các chất vô cơ) và hỗn hợp 2 chất
hữu cơ đơn chức (đều làm xanh giấy quỳ tìm ẩm) → X chứa các muối amoni.
2−
−
−
Các chất trong X có 3 nguyên tử O, nên gốc axit của các chất có thể là: CO3 , NO3 , HCO3

Xét các trường hợp xảy ra dễ thấy trường hợp thỏa mãn là X gồm:
(CH3NH3)2CO3, C2H5NH3NO3 (Lưu ý: có thể thay C2H5NH3NO3 bằng (CH3)2NH2NO3 kết quả cuối cùng
về giá trị của m vẫn không thay đổi).

Trang 24


 2n C3H12 N2O3 + n C2 H8 N 2O3 = n 2 a min = 0, 04 n C3H12 N 2O3 = 0, 01 mol
⇒

124n C3H12 N 2O3 + 108n C2H8 N 2O3 = 3, 4
n C2H8 N 2O3 = 0, 02 mol
n NaNO3 = n C2H8 N2O3 = 0, 02 mol
→

⇒ m = 0, 02.85 + 0, 01.106 = 2, 76 gam
n Na 2CO3 = n C3H12 N2O3 = 0, 01 mol
Đáp án B.
DẠNG 11. PHẢN ỨNG CỦA AMINO AXIT VỚI AXIT/BAZƠ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI



Công thức tổng quát của amino axit: (NH2)xR(COOH)y
 Amino axit tác dụng với dung dịch axit:
→ ( ClNH 3 ) x R ( COOH ) y
( NH 2 ) x R ( COOH ) y + xHCl 

(1)

n HCl
.
n aa

•

Số nhóm chức amino axit: x =

•

Bảo tồn khối lượng: m aa + m HCl = m ( muoái)

 Amino axit tác dụng với dung dịch bazơ:
→ ( NH 2 ) x R ( COONa ) y + yH 2O
( NH 2 ) x R ( COOH ) y + yNaOH 

•

m muối − m aa = 22y

•

n muối = n aa

•

y=

(2)

n NaOH
n aa

 Amino axit tác dụng với dung dịch axit và dung dịch bazơ:
→ ( ClNH 3 ) x R ( COOH ) y
( NH 2 ) x R ( COOH ) y + xHCl 

(1)

→ ( NH 2 ) x R ( COONa ) y + yH 2O
( NH 2 ) x R ( COOH ) y + yNaOH 
•

(2)

Dựa vào mối quan hệ tỉ lệ mol của HCl, NaOH với amino axit để tìm x, y.

Ví dụ 1. Một α -aminoaxit no X chỉ chứa 1 nhóm − NH 2 và 1 nhóm −COOH . Cho 3,56 gam X tác
dụng vừa đủ với HCl tạo ra 5,02 gam muối. Tên gọi của X là
A. Alanin.

B. Valin.

C. Lysin.

D. Glyxin.

Hướng dẫn giải
Khối lượng HCl phản ứng là m HCl = 5, 02 − 3,56 = 1, 46 ( gam ) → n HCl = 0, 04 ( mol )
M amino axit =

3,56
= 89 → CH 3 − CH ( NH 2 ) − COOH : Alanin.
0, 04

Đáp án A.
Trang 25