PHƯƠNG PHÁP QUI đổi TRONG GIẢI BÀI tập HOÁ HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP QUI ĐỔI TRONG GIẢI BÀI
TẬP HOÁ HỌC

Người thực hiện: Đỗ Tiến Dũng
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc mơn: Hóa học

THANH HĨA, NĂM 2021


2

MỤC LỤC
NỘI DUNG

TRAN
G

1. MỞ ĐẦU

2

1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

2

1.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

2

1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

2

1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

3

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

3

2.1.CƠ SỞ LÝ LUẬN

3

2.2.THỰC TRẠNG CỦA NỘI DUNG NGHIÊN CỨU

3

2.3. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN

4

2.4. KẾT QUẢ THU ĐƯỢC

28

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

28

3.1.KẾT LUẬN

28

3.2.KIẾN NGHỊ

29


3

1. MỞ ĐẦU
1.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong bới cảnh mới và xu thế mới của giáo dục hiện đại, tình hình kinh tế – xa
hội mới của đất nước trong thời kì công nghiệp hóa, hiện đại hóa, thực tiển của đời
sống đa đặt ra những yêu cầu cho giáo dục THPT là đổi mới phương pháp dạy học
trong nhà trường theo định hướng “ Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy
tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của
từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, khả năng làm việc theo
nhóm; rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiển; tác động đến tình cảm,
đem lại niềm vui, hứng thú trong học tập cho học sinh”. Từ đó giáo viên phải biết
lồng ghép các dạng bài tập phù hợp vào bài giảng để học sinh dễ dàng tiếp nhận
kiến thức bài học.

Qua những buổi làm bài tập và kiểm tra cho thấy đa số học sinh chỉ biết giải bài
tập oxi hóa – khử, bài tập hổn hợp hữu cơ theo cách thông thường (viết các phương
trình phản ứng, lập các phương trình đại số,…) với cách giải này, học sinh mất rất
nhiều thời gian, thậm chí có một số bài học sinh còn không tìm ra đáp số. Chính vì
vậy, việc tìm ra những phương pháp giải mới là rất có giá trị, đặc biệt là các
phương pháp giải nhanh.
Xuất phát từ suy nghĩ đó,Tôi đa lựa chọn đề tài : “PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI
TRONG BÀI TẬP HÓA HỌC ” nhằm phục vụ cho công việc giảng dạy, giúp học
sinh có hướng tư duy logic và làm tư liệu cho đồng nghiệp tham khảo.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU :
- Nhằm giúp giáo viên đứng lớp cải thiện phương pháp giảng dạy và nâng cao chất
lượng bài giảng.
- Giúp học sinh giải nhanh các bài tập hóa học phức tạp
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU :


4

Áp dụng cho các bài tập hóa học phức tạp, bài tập hóa học gồm hổn hợp nhiều chất,
nhiều giai đoạn oxi hóa – khử, nhiều hợp chất hữu cơ khác nhau.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các tài liệu về bài tập trong SGK và các bài
tập vận dụng , vận dụng cao trong các đề thi THPT Quốc Gia.
Nghiên cứu thực tiễn: Khảo sát năng lực học sinh trong vấn đề tiếp cận và giải
quyết bài toán có các số liệu ở dạng tương đối .
Thực nghiệm sư phạm : Tiến hành dạy thực nghiệm một số tiết ở các lớp để
xem xét tính khả thi và hiệu quả của đề tài .
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM .
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ:
Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một

hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dễ
dàng, thuận tiện. Tuy nhiên để tiến hành quy đổi theo hướng nào thì cũng phải tuân
thủ 2 nguyên tắc sau:
-

Bảo toàn nguyên tố : tổng số mol nguyên tử mỗi nguyên tố ở hỗn hợp đầu và
hỗn hợp mới phải như nhau.

-

Bảo toàn khối lượng : tổng khối lượng các chất trước phản ứng bằng tổng
khối lượng các chất sau phản ứng.

-

Bảo toàn số oxi hóa : tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong hai hỗn hợp là
như nhau

2.2. THỰC TRẠNG CỦA NỘI DUNG NGHIÊN CỨU.
Trong các năm học 2018-2019, 2019-2020, trước khi dạy bài tập về dạng
này, tôi thường cho HS làm một số bài tập nhỏ (kiểm tra 15 phút) để đánh giá mức
độ nắm vững kiến thức và kỹ năng làm bài tập dạng này.
Tôi thường cho HS làm mợt sớ bài tập sau:
Ví dụ 1: Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn
X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO. Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO 3 dư
thu được 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là
A. 11,2 gam.
B. 10,2 gam.
C. 7,2 gam.
D. 6,9 gam.

Ví dụ 2: Đốt cháy m gam hỗn hợp X gồm glixerol, metan, ancol etylic và axit no,
đơn chức mạch hở Y (trong đó sớ mol glixerol bằng ½ sớ mol metan) cần vừa đủ


5

0,41 mol O2 thu được 0,54 mol CO 2. Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với
200ml dung dịch KOH 1,5M, rồi cô cạn thì thu được m’ gam chất rắn khan. Giá trị
m’ gần nhất với giá trị nào dưới đây?
A.25.
B. 33.
C. 31.
D. 29.
Sau khi chấm bài tôi nhận thấy kết quả như sau
Số
Khảo
T
sát tại
T
1 12 A3

Năm

Số
HS

2019 42

điểm đạt được (%)
0

<5
28(66,7%)

Ghi chú

5
<7
7
10
13(30,9%) 1 (2,4%)

Tự chọn
Hóa
2 11A6 2020 40 35 (87,5%) 5 (12,5%) 0 (0%)
Lớpđại trà
3 11 A2 2020 44 33 (75%)
10 (22,7%) 1 (2,3%)
Tự chọn
Hoá
Khi khảo sát ở các lớp khác nhau với những đối tượng khác nhau, tôi nhận
thấy một số đặc điểm chung như sau:
Phần lớn các em chưa làm xong, không ra được kết quả
Điểm khá giỏi ít, phần lớn chỉ đạt điểm trung bình hoặc yếu
Nguyên nhân chính là do
+ Học sinh chưa nắm chắc kiến thức cơ bản, còn sai, còn nhầm nhiều
+ Kiến thức bộ môn còn quá hẹp
2.3. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
2.3.1 : Các hướng qui đổi trong hoá học vô cơ :
Một bài toán có thể có nhiều hướng quy đổi khác nhau. Trong đó có 3 hướng
chính:

a. Quy đổi hỡn hợp nhiều chất về hỡn hợp ít chất hơn
+ Trong trường hợp này ta thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất như ban đầu, ta
chuyển thành hỗn hợp với số chất ít hơn ( cũng của các nguyên tố đó) thường là
hỗn hợp chất, thậm chí là một chất duy nhất.
+ Thí dụ: Với hỗn hợp các chất gồm Fe, FeO, Fe 3O4, Fe2O3 ta có thể chuyển thành
các tổ hợp (Fe và FeO), hoặc (Fe và Fe 3O4), hoặc (Fe và Fe2O3), hoặc (FeO và
Fe3O4), hoặc (FeO và Fe2O3), hoặc (Fe3O4 và Fe2O3) thậm chí chỉ là mợt “ chất” duy
nhất dạng FexOy.
Ví dụ 1. Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 6,0 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa
tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư) thoát ra 1,12 lít (ở đktc) NO (là sản
phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là
A. 5,04
B. 2,22
C. 2,62
D. 2,32
Hướng dẫn giải


6

Sơ đồ hóa bài toán:

Khí NO
Fe

(1,12 lít đktc)

FeO
Fe

X

Fe3O4
Dung dịch Fe3+

Fe2O3
m gam

6,0 gam

Có : nNO = 0,05 mol
Cách 1 .

Quy đổi hỗn hợp X thành

Fe: x mol
Fe2O3 : y mol

Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 160y = 6,0 (1)
Các quá trình nhường, nhận electron:
Fe → Fe+3 + 3e ; N+5 + 3e → N+2
x

3x

0,15 0,05

Theo bảo toàn electron: 3x = 0,15 => x= 0,05 (2)
x = 0,05

Fe: 0,05 mol

Từ (1) và (2) =>

Vậy X gồm
y = 0,02

Fe2O3 : 0,02 mol

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
∑nFe = nFe + 2nFe2O3 = 0,09 mol => m = 56.0,09 = 5,04 → Đáp án A.
Fe: x mol
Cách 2 .

Quy đổi hỗn hợp X thành
FeO : y mol

Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 72y = 6,0 (3)
Các quá trình nhường, nhận electron:
Feo → Fe+3 + 3e ;

Fe+2 → Fe+3 + 1e ; N+5 + 3e → N+2


7

x

3x

y

y

0,15 0,05

Theo bảo toàn electron: 3x + y = 0,15 (4)
x = 0,03

Fe: 0,03 mol

Từ (3) và (4) =>

Vậy X gồm
y = 0,06

FeO : 0,06 mol

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
∑nFe = nFe + nFeO = 0,09 mol => m = 56.0,09 = 5,04 → Đáp án A.
FeO: x mol
Cách 3 .

Quy đổi hỗn hợp X thành
Fe2O3 : y mol

Theo bảo toàn khối lượng: 72x + 160y = 6,0 (5)
Các quá trình nhường, nhận electron:
Fe+2 → Fe+3 + 1e ;
x

N+5 + 3e → N+2

x

0,15 0,05

Theo bảo toàn electron: x = 0,15 (6)
x = 0,15
Từ (5) và (6) =>

FeO : 0,15 mol
Vậy X gồm

y = - 0,03

Fe2O3 : - 0,03 mol

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
∑nFe = nFeO + 2nFe2O3 = 0,09 mol => m = 56.0,09 = 5,04 → Đáp án A.
* Lưu ý : Do việc quy đổi nên trong một số trường hợp số mol một chất có thể có
giá trị âm nhưng số mol mỗi nguyên tố là không đổi (bảo toàn) => kết quả khơng
thay đởi
Ví dụ 2. Nung m gam bợt sắt trong oxi, thu được 39,2 gam hỗn hợp chất rắn X.
Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư) thoát ra 2,24 lít (ở đktc) NO 2 (là
sản phẩm khử duy nhất). Khối lượng muối thu được sau phản ứng là
A. 222 gam

B. 121 gam

C. 72,62 gam

D. 69,32 gam


8

Hướng dẫn giải :
Sơ đồ hóa bài toán:
Khí NO2
(2,24 lít đktc)

Fe
FeO
Fe

X

Fe3O4
Dung dịch Fe3+

Fe2O3
m gam

39,2 gam

Có : nNO2 = 0,1 mol
FeO: x mol
Quy đổi hỗn hợp X thành
Fe2O3 : y mol

Theo bảo toàn khối lượng: 72x + 160y = 39,2 (1)
Các quá trình nhường, nhận electron:
Fe+2 → Fe+3 + 1e ;
x

x

N+5 + 1e → N+4
0,1

0,1

Theo bảo toàn electron: x = 0,1 (2)
x = 0,1
Từ (1) và (2) =>

FeO : 0,1 mol
Vậy X gồm

y = 0,2

Fe2O3 : 0,2 mol

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
∑nFe(NO3)3 = nFeO+ 2nFe2O3 = 0,5 mol => mmuối = 242.0,5 = 121 (gam) →Đáp án B.
* Bài tập áp dụng :
Bài 1: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với
dung dịch HNO3 loang (dư), thu được 1,344 lít khí NO (spk duy nhất ở đktc) và
dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá tị của m là

9

A. 49,09

B. 38,72

C. 35,50

D. 34,36

Bài 2: Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm
Cu, CuO và Cu2O. Hòa tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí
SO2 duy nhất (đktc) Giá trị của m là
A. 9,60

B. 14,72

C. 1,12

D. 22,40

Bài 3: Đốt cháy 6,72 gam bột Fe trong không khí thu được m gam hỗn hợp X gồm
FeO2, Fe3O4, Fe2O3 và Fe dư. Để hòa tan X cần dùng vừa hết 255ml dung dịch chứa
HNO3 2M, thu được V lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, do ở đktc). Giá trị của
m, V lần lượt là
A. 8,4 và 3,360

B. 8,4 và 5,712

C. 10,08 và 3,36

D. 10,08 và 5,712

Bài 4: Hỗn hợp A gồm sắt và 2 oxit của nó. Cho m gam A tác dụng
với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư đến phản ứng hồn tồn thu
được dung dịch Y và thốt ra 2,24 lít SO 2 ( đktc ). Cho dung dịch
NaOH dư vào Y thu được kết tủa Z. Nung Z tới khối lượng không
đổi thì thấy khối lượng giảm 7,02 gam. Giá trị của m là
A.11,2
B.19,2
C.14,4
D.16,0
b. Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng:
+ Thông thường ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ gồm
một số nguyên tố. Do đó có thể quy đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp chỉ gồm
các nguyên tử tương ứng.
+ Thí dụ: hổn hợp (Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, Cu2S, S)

(Cu, Fe, S)

Ví dụ 1: Hoà tan 20,8 gam hỗn hợp bột X gồm FeS, FeS2, S bằng dung dịch HNO3
đặc nóng dư thu được 53,76 lít NO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đkc ) và dung dịch
A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy toàn bộ kết tủa nung
trong không khí đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu được là
A. 16 gam.

B. 9 gam.

C. 8,2 gam.

Hướng dẫn giải :

D. 10,7 gam.


10

Sơ đồ hóa bài toán:
Fe3+
Hổn hợp X

S
FeS ddHNO3
FeS2

dd A

20,8 gam

dung dịch

SO42- dd NaOHdư
NO3H+

Fe(OH)3
t0

NO2(53,76 lít )
Fe2O3(rắn)

Có : nNO2 = 2,4 mol
Fe: x mol
Quy đổi hỗn hợp X thành
S : y mol
Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 32y = 20,8 (1)
Các quá trình nhường, nhận electron:
Fe0 → Fe+3 + 3e ;

S0 → S+6 + 6e

x

y

3x

6y

N+5 + 1e → N+4
2,4

2,4

Theo bảo toàn electron: 3x + 6y = 2,4 (2)
x = 0,2
Từ (1) và (2) =>

Fe : 0,2 mol
Vậy X gồm

y = 0,3

S : 0,3 mol

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
nFe2O3 = 1/2nFe = 0,1 mol => mrắn = 160.0,1 = 16 (gam) → Đáp án A.
Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 10,44 gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc,
nóng (vừa đủ) thu được dung dịch X và 1,624 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất,


11

ở đktc). Cô cạn dung dịch X, thu được m gam muối sunfat khan. Công thức oxit
sắt và giá trị của m là
A. Fe2O3 và 29,2 .

B. Fe3O4 và 29 .

C. FeO và 29 .

D. Không xác định.
Hướng dẫn giải :

Sơ đồ hóa bài toán :
H2SO4 đặc,nóng

SO2( 1,624 lít )

FexOy
10,44 gam

Cô cạn
Dd X : Fe2(SO4)3

Fe2(SO4)3

Có : nSO2 = 0,0725 mol
Fe: a mol
Quy đổi hỗn hợp X thành
O : b mol
Theo bảo toàn khối lượng: 56a + 16b = 10,44 (1)
Các quá trình nhường, nhận electron:
Fe0 → Fe+3 + 3e
a

3a

O0 + 2e → O-2
b

2b

S+6 + 2e
0,145

→ S+4 ;
0,0725

Theo bảo toàn electron: 3a - 2b = 0,145 (2)
a = 0,145

Từ (1) và (2) =>

Fe : 0,145 mol
Vậy X gồm

b = 0,145
+ Tìm công thức Oxit sắt :
x : y = nFe : nO = 0,145 : 0,145 = 1 : 1

O : 0,145 mol


12

=> CT oxit sắt là : FeO
+ Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
n Fe2(SO4)3 = 1/2nFe = 0,0725 mol => mmuối = 400.0,0725 = 29 (gam) → Đáp án C.
Ví dụ 3 : Cho m gam hỡn hợp gồm Na, Na2O, K2O vào H2O dư, thu được 50 ml
dung dịch X và 0,02 mol H2. Cho 50 ml dung dịch HCl 3M vào X, thu được 100
ml dung dịch Y có pH = 1. Cô cạn Y thu được 9,15 gam chất rắn khan. Giá trị của
m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 4,0.

B. 4,6.

C. 5,0.

D. 5,5.

Hướng dẫn giải :

Qui đổi hổn hợp thành
+ H2O -> + H2
+ HCl -> Y
nH+ ( sau pư ) = 0,1.0,1 = 0,01 mol => nOH- = 0,15 – 0,01 = 0,14 mol
Bảo toàn điện tích => a + b = 0,14 (1)
Mặt khác, rắn trong Y gồm Na+ a mol, K+ b mol, Cl- a +b mol
=> 23a + 39b + 35,5 ( a + b ) = 9,15 (2)
Bảo toàn mole => a + b – 2c = 0,02.2 (3)
=> a = 0,08; b = 0,06 ; c = 0,05
=> m = 23.0,08 + 39.0,06 + 0,05.16 = 4,98 => C
Ví dụ 4 : Hỡn hợp X gờm Al, Ca, Al4C3 và CaC2. Cho 40,3 gam X vào nước dư, chỉ
thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z (C2H2, CH4, H2). Đốt cháy hết Z thu được
20,16 lít khí CO2 (đktc) và 20,7 gam H2O. Nhỏ từ từ V lít dung dịch HCl xM vào Y,
được biểu diễn theo hình vẽ:

Giá trị của x gần nhất với
A. 1,6.
B. 2,2.

C. 2,4.
Hướng dẫn giải :

D. 1,8.


13

► Quy X về Al, Ca và C. Dễ thấy C kiểu gì cũng đi hết vô khí và khi đốt khí thì đi
vào CO₂
||⇒ nC = nCO₂ = 0,9 mol

Đặt nAl = m; nCa = n ⇒ mX = 27m + 40n + 0,9 × 12 = 40,3(g)
BTNT(O) ⇒ nO₂ = 1,475 mol. BT electron: 3m + 2n + 0,9 × 4 = 1,475 × 4
||⇒ giải hệ cho: m = 0,5 mol; n = 0,4 mol
► Dễ thấy Y gồm Ca²⁺, AlO₂⁻, OH⁻ ⇒ nCa²⁺ = 0,4 mol; nAlO₂⁻ = 0,5 mol.
BTĐT:
nOH⁻ = 0,3 mol
Nhìn đồ thị ⇒ cả 2TH trên thì HCl đều dư và hòa tan 1 phần ↓
⇒ ta có CT: nH⁺ = 4nAlO₂⁻ – 3n↓ (với H⁺ chỉ tính phần pứ với AlO₂⁻ và
Al(OH)₃)
||► Áp dụng: (0,56x – 0,3) = 4 × 0,5 – 3 × 3a và (0,68x – 0,3) = 4 × 0,5 – 3 × 2a
||⇒ giải hệ có: x = 2,5; a = 1 ||⇒ chọn C
* Bài tập áp dụng :
Bài 1: Hịa tan hồn tồn a gam hỗn hợp X gồm Fe , FeS , FeS 2 và S
vào dung dịch HNO3 lỗng dư , giải phóng 8,064 lít NO ( là sản
phẩm khử duy nhất ở đtkc ) và dung dịch Y. Cho dung dịch Ba(OH)2
dư vào dung dịch Y thu được kết tủa Z. Hòa tan hết lượng kết tủa
Z bằng dung dịch HCl dư , sau phản ứng cịn lại 30,29 gam chất
rắn khơng tan . Giá trị của a là
A.7,92
B.9,76
C.8,64
D.9,52
Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 34,8 gam một oxi sắt dạng Fe xOy trong dung dịch H2SO4
đặc nóng. Sau phản ứng tu được 1,68 lít khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất do ở
đktx). Oxit FexOy là:
A. FeO

B. Fe3O4

C. FeO hoặc Fe3O4

D. Không đủ dữ kiện để xác định

Bài 3: Hòa tan hoàn toàn a gam một oxit sắt bằng H 2SO4 đặc nóng thấy thoát ra khí
SO2 duy nhất. Trong thí nghiệm khác, sau khi khử hoàn toàn cũng a gam oxit đó
bằng CO ở nhiệt độ cao rồi hòa tan lượng sắt tạo thành bằng H 2SO4 đặc nóng thì


14

thu được lượng khí SO2 nhiều gấp 9 lần lượng khí SO2 ở thí nghiệm trên. Công thức
của oxit sắt là
A. FeO.

B. Fe2O3.

C. Fe3O4.

D. FeCO3.

Bài 4: Hỗn hợp X: FeS, FeS2, CuS tan vừa hết trong dung dịch chứa 0,33 mol
H2SO4 đặc sinh ra 0,325 mol khí SO2 và dung dịch Y. Nhúng thanh Fe nặng 50g
vào Y, phản ứng xong thấy thanh Fe nặng 49,48g và thu đc dung dịch Z. Cho Z
phản ứng với HNO3 đặc, dư sinh ra khí NO2 duy nhất và còn lại dung dịch E
(không chứa NH4+). Cho dung dịch E bay hơi hết được m(g) muối khan. Giá trị lớn
nhất của m là
A. 18,19

c.

B.20,57

C. 21,33

D. 27,41

Bài 5 : Hòa tan hết m gam hỗn hợp bột gồm Mg, Al, Al2O3 và MgO bằng 800 ml
dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,5M và H2SO4 0,75M (vừa đủ). Sau phản ứng thu
được dung dịch X và 4,48 lít khí H2 (ở đktc). Cô cạn dung dịch X thu được 88,7
gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 26,5 gam .
B. 35,6 gam.
C. 27,7 gam.
D. 32,6 gam.
Bài 6 : Cho 30,7 gam hỗn hợp Na, K, Na2O, K2O tác dụng với dd HCl vừa đủ thu
được 2,464 lít H2 (đktc) và dung dịch chứa 22,23 gam NaCl và x gam KCl. Giá trị
của x là:
A. 32,78
B. 35,76
C. 34,27
D. 31,29
Câu 7 : Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X
vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam
Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được m gam kết
tủa. Giá trị của m là:
A. 23,64
B. 21,92
C. 39,40
D. 15,76
Quy đổi tác nhân oxi hóa trong phản ứng oxi hóa khử:

+ Với những bài toán trải qua nhiều giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi những chất
khác nhau, ta có thể quy đổi vai trò oxi hóa của chất oxi hóa này cho chất oxi
hóa kia để bài toán trở nên đơn giản hơn.
+ Khi thực hiện phép quy đởi phải đảm bảo:
•

Sớ electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron)


15

•

Do sự thay đởi tác nhân oxi hóa → có sự thay đổi sản phẩm cho phù hợp

+ Thông thường ta hay gặp dạng bài sau:
Kim loại

Hổn hợp sản phẩm trung gian

Sản phẩm cuối

Thí dụ: Quá trình oxi hóa hoàn toàn Fe thành Fe3+

+ O2(*)
Fe3+

Fe
+ O2

+ HNO3
FexOy

Ở đây vì trạng thái oxi hóa ban đầu và cuối của Fe ở hai quá trình là như nhau
electron nhường của Fe trong hai quá trình là như nhau → có thể quy đổi hai tác
nhân hóa O2 và HNO3 thành một tác nhân duy nhất là O2(*) hoặc ngược lại.
Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng các phương pháp bảo toàn khối
lượng, bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hóa bài toán
để thay phương trình phản ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài.
Ví dụ 1. Oxi hóa chậm m gam Fe ngoài không khí thu được 12 gam hỗn hợp X
gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 và Fe dư. Hòa tan hoàn toàn X trong HNO3 thu được 2,24
lít NO (chất khử duy nhất ở đktc). Giá trị m là
A. 7,57

B. 7,75

C. 10,08
Hướng dẫn giải :

Sơ đồ hóa bài toán:
+ O2
Fe

X

Fe
FeO
+ HNO3
Fe3O4
Fe2O3

12 gam

Khí NO
(2,24 lít đktc)
Dung dịch Fe3+

C. 10,80


16

Ta có : nNO = 0,1 mol
Thay vai trò oxi hóa của HNO3 bằng [ O] lúc này sản phẩm cuối cùng thu được là
Fe2O3 có:
+ O2
Fe
m gam

Fe
FeO
X Fe2O3
Fe3O4
12 gam

+ O(*)
Fe2O3(*)

Ở đây ta đa thay vai trò nhận electron của N+5 bằng O(*). Theo nguyên tắc quy đổi,
số electron do N+5 nhận và Oo(*) nhận phải như nhau:
N+5 + 3e → N+2

=> Oo + 2e → O+2

0,3 0,1

0,15

0,3

=> no(*) = 0,3/2 => no(*) = 0,15 mol
Theo bảo toàn khối lượng: mFe2O3(*) = mx + mo(*) = 12 + 16.0,15 = 14,4 gam
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
nFe = 2nFe2o3(*) = 2.14,4/160 = 0,18 mol
=> m = 56.0,18 = 10,08 gam → Đáp án C.
* Lưu ý : Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là quy đổi thẳng
về các nguyên tố tương ứng. Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu,
đồng thời biểu thức bản chất hóa học của bài toán.
2.3.2. Qui đổi trong hoá hữu cơ :
Kĩ thuật quy đổi : Đồng đẳng hóa (tách – ghép CH2)
Mợt sớ kỹ thuật liên quan : + Hiđro hóa (tách – ghép liên kết π )
+ Ankan hóa (tách – ghép nhóm chức)
+ Thủy phân hóa (tách – ghép este)
ĐỒNG ĐẲNG HOÁ
* Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi


17

Ta biết rằng các chất thuộc cùng một day đồng đẳng hơn kém nhau một hoặc nhiều
nhóm CH2. Vì vậy,có thể thêm vào hoặc bớt đi CH2 từ một chất hữu cơ bất kì để

được một chất khác đồng đẳng với nó. Dựa vào ý tưởng này, ta có thể quy đổi một
hỗn hợp phức tạp về các chất đơn giản hơn (thường là các chất đầu dãy) kèm theo
một lượng CH2 tương ứng. Kĩ thuật này được gọi là Đờng Đẳng Hóa (ĐĐH).
Ví dụ :
C3H8 ⇔ CH4 + 2CH2
C6H5–CH(CH3)2 ⇔ C6H6 + 3CH2
C3H6(OH)2 ⇔ C2H4(OH)2 + 1CH2
C4H7COOH ⇔ C2H3COOH + 2CH2
C2H5COOC3H7 ⇔ HCOOCH3 + 4CH2
(C15H31COO)3C3H5 ⇔ (HCOO)3C3H5 + 45CH2
C2H5NH2 ⇔ CH3NH2 + 1CH2
(CH3)2CH–CH(NH2)–COOH ⇔ NH2CH2COOH + 3CH2
* Kĩ thuật áp dụng – Các bài tốn minh họa
a. Tách CH2
Mợt vài ví dụ về cách sử dụng ĐĐH để quy đởi hỡn hợp hữu cơ.
Ví dụ 1: Quy đởi hỡn hợp X gồm các axit no, đơn chức và các ancol no hai chức
(tất cả đều mạch hở).

Sau khi quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH, ta lập các phương trình theo các
dữ kiện từ đề bài và giải hệ. Khi đa tìm được các ẩn, tức là xác định được
thành phần của hỗn hợp sau khi quy đổi, ta xử lí các bước còn lại và trả lời
câu hỏi của bài toán.
Trước khi ứng dụng kĩ thuật này để giải các bài tập, có hai điều quan trọng
các bạn cần lưu ý:
+) CH2 là thành phần khối lượng. Vì vậy, nó có mặt trong các phương
trình liên quan tới khối lượng, phản ứng đốt cháy (số mol O2 phản ứng, số
mol CO2, số mol H2O),…
+) Tuy nhiên, CH2 không phải là một chất (bản thân nó là nhóm metylen –
CH2–). Nó không được tính vào số mol hỗn hợp (hoặc các dữ kiện khác liên
quan tới số mol các chất).

18

Các bạn cần nắm vững 2 điều này để lập chính xác các phương trình.
Nếu bạn sai từ bước lập hệ, các bước tiếp theo sẽ khơng có ý nghĩa.
Ví dụ 2 : Hỗn hợp X gồm 2 ankin đồng đẳng kế tiếp có số nguyên tử C nhỏ hơn 5
và ancol etylic. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần dùng 28 lít O2 (đktc). Mặt khác,
cho 28 gam X vào bình đựng Na dư, thấy có thoát ra 11,2 lít khí (đktc). Phần trăm
khối lượng của ancol etylic trong hỡn hợp X là:
A. 32,86%
B. 65,71%
C. 16,43%
D. 22,86%
Phân tích:
- Đây là kiểu bài hai phần không bằng nhau. Ta đặt ẩn theo một phần và chia tỉ lệ

theo phần còn lại. Đề bài hỏi phần trăm khối lượng, ta nên đặt ẩn theo phần có
dữ kiện khối lượng.
- Chú ý rằng 2 ankin có số nguyên tử C nhỏ hơn 5 nên chúng ở thế khí. Khi cho
X vào bình đựng Na dư, khí thoát ra gồm H2 và 2 ankin đó.
Lời giải:
Qui đổi hổn hợp thành C2H5OH a mol ; C2H2 b mol ; CH2 c mol
Ta có : 46a + 26b + 14c = 28 (1)
Khi cho X qua bình đựng Na dư, a mol C 2H5OH phản ứng sinh ra 0,5a mol khí
H2, đồng thời thoát ra b mol ankin. Vậy ta có phương trình: 0,5a + b = 0,5 (2)
(Như đa nói, số mol này không bao gồm số mol CH2).
0,3 mol X gồm ka mol C2H5OH và kb mol C2H2 và kc mol CH2
Ta có: k(a + b) = 0,3
Từ lượng O2 phản ứng, ta có phương trình: k(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125

Vậy phần trăm
Chia vế theo vế của hai phương trình và triệt tiêu k, ta có:
khối lượng
(a + b )/(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,3/0,125
(3)
Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,2; b = 0,4; ancol Etylic là :
46.0,2 / 28 =
c = 0,6
32,86% => A


Ví dụ 3: Chất X (CnH2n+4O4N2) là ḿi amoni của axit cacboxylic đa chức; chất Y
(CmH2m+4O2N2) là muối amoni của một amino axit. Cho m gam E gồm X và Y (có tỉ
lệ số mol tương ứng là 7: 3) tác dụng hết với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng,
thu được 0,17 mol etylamin và 15,09 gam hỗn hợp muối. Phần trăm khối lượng của
Y trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 32.
B. 68.
C. 77.
D. 23.
Lời giải :
Do hỗn hợp tác dụng với NaOH chỉ sinh amin duy nhất là etyl amin nên các muối
amoni đều là sự kết hợp giữa gốc axit và C2H5NH2

Hỗn hợp


( COONa) 2 : 7a
( COOH.C2H7N ) : 7a


2

muoi C2H4O2NNa:3a
+ NaOH
E C2H5O2N.C2H 7N :3a →

CH2 :
b
CH :

b
2


17a
C2H7N :

⇒ 17a = 0,17 ⇔ a = 0,01
7a.134 + 97.3a+ 14b = 15,09 ⇔ b = 0,2

Khối lượng muối:
Gọi m, n lần lượt là số nhóm CH2 trong X và Y


n = 2
 X : ( COOH.C2H 7N ) 2 ( CH2 ) 2 0,07
⇒ 0,07n + 0,03m = 0,2 ⇒ 
⇒
m = 2 
 Y :C2H5O2N.C2H 7N ( CH 2 ) 2 0,03

⇒ %mY =

3.148
.100 = 23,37%
3.148+ 7.208

Ví dụ 4 : Hỗn hợp E gồm peptit X mạch hở tạo từ alanin và glyxin (phân tử X chứa
không quá 6 liên kết peptit) và este Y tạo từ etanol và axit cacboxylic no đơn chức.
Thủy phân hoàn toàn m gam E trong dung dịch NaOH đun nóng, vừa đủ thu được
24,2 gam hỗn hợp F gồm các muối (trong đó số mol muối của Gly lớn hớn số mol
muối của Ala). Đốt cháy hoàn toàn F cần dùng 20 gam O 2 thu được sản phẩm cháy
gồm H2O, Na2CO3, N2 và 18,7 gam CO2. Phần trăm khối lượng của X trong E gần
nhất với giá trị nào sau đây?
A. 82,5%.
B. 74,7%.
C. 77,8%.
D. 87,6%.
Lời giải :
Quy đổi hỗn hợp muối F thành HCOONa (a mol), H2N-CH2-COONa (b mol) và
CH2 (c mol)
+) mF = 68a + 97b + 14c = 24,2 (1)
+) Đốt cháy F:
HCOONa + 0,5O2 → 0,5Na2CO3 + 0,5CO2 + 0,5H2O
a → 0,5a
→
0,5a
H2N-CH2-COONa + 2,25 O2 → 0,5Na2CO3 + 1,5CO2 + 2H2O + 0,5N2

b
→ 2,25b →
1,5b
CH2 + 1,5 O2 → CO2 + H2O
c → 1,5c → c
=> nO2 = 0,5a + 2,25b + 1,5c = 0,625 (2)
=> nCO2 = 0,5a + 1,5b + c = 0,425 (3)
Giải hệ trên thu được a = 0,05; b = 0,2; c = 0,1
Do nGlyNa > nAlaNa nên các muối gồm CH3COONa (0,05 mol); GlyNa (0,15 mol);
AlaNa (0,05 mol)
Este là CH3COOC2H5 (0,05 mol)
Ta có: nGly : nAla = 3 : 1
Do số liên kết peptit ≤ 6 nên peptit là (Gly)3Ala (0,05 mol)
=> %mX = 74,71% gần nhất với 74,7%
Ví dụ 5 : Thủy phân m gam hôn hợp X gồm 1 tetrapeptit A và 1 pentapeptit B
(A và B đều hở chứa đồng thời Glyxin và Alanin trong phân tử) bằng 1 lượng
dung dịch NaOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch sản phẩm cho (m+ 15,8) gam hỗn
hợp muối. Đốt cháy toàn bộ lượng muối sinh ra bằng 1 lượng oxi vừa đủ , thu
được Na2CO3 và hỗn hợp hơi Y gồm CO2 , H2O và N2. Dần Y đi qua bình đựng
dung dịch NaOH đặc dư, thấy khối lượng thấy khối lượng bình tăng thêm 56,04
gam so với ban đầu và có 4,928 lít khí duy nhất (đktc) thoát ra khỏi bình. Xem
như N2 không bị nước hấp thụ , các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thành phần phần
trăm khối lượng của B trong hỗn hợp X là:
A.35,37%
B. 58,92%
C. 46,94%
D. 50,92%
Lời giải :
- Quy đổi hỗn hợp X thành C2H3ON (a mol), -CH 2 (b mol) và H 2O (c mol).
- Khi cho X tác dụng với dung dịch NaOH thì được hỗn hợp quy đổi gồm

C2H4ONNa (a mol) và CH 2 (b mol). Xét quá trình đốt cháy hỗn hợp muối ta có
hệ sau:
97n NH CH COONa + 14n CH − (57n C H ON + 14n CH + 18n H O ) = ∆ m  40a − 18c = 15,8
a = 0, 44
2
2
2
2 3
2
2



→ 102a + 62b = 56, 04 ⇒ b = 0,18
44n CO 2 + 18n H 2O = m bình Z
 BT:N
a = 0, 44


c = 0,1
 → n C 2H 3ON = 2n N 2

- Ta có:

n Ala = n CH 2 = 0,18mol ⇒ n Gly = 2n N 2 − n Ala = 0, 26 mol

- Xét hỗn hợp X ta có :

n A + n B = n H 2O
 n A + n B = 0,1

n A = 0, 06 mol
→
⇒

4n A + 5n B = 0, 44 n B = 0, 04 mol
4n A + 5n B = 2n N 2

- Gọi peptit A và B lần lượt là
BT:Gly

(Gly)x (Ala)4−x

và

(Gly)y (Ala)5−y (ví i x < 4 vµ y <5)


→ nA .x + nB.y = nGly → 0,06x + 0,04y = 0,26 ⇒ x = 3 vµ y =2 (tháa)

.


⇒ %mB =

0,04.M Gly2Ala3
0,04.345
=
.100% = 46,94
mX
57.0,44 + 14.0,18+ 18.0,1

Ví dụ 6 : Hỗn hợp X gồm ba peptit mạch hở. Thủy phân hoàn toàn 0,05 mol X có
khối lượng là 24,97g trong dung dịch NaOH dư, đun nóng, thì có 0,3 mol NaOH
phản ứng. Sau phản ứng thu được m(g) hỗn hợp Y gồm các muối của glyxin, alanin
và axit glutamic, trong đó muối của axit glutamic chiếm 1/9 tổng số mol các muối
trong Y. Giá tri của m là
A. 34,85.
B. 35,53.
C. 38,24.
D. 35,25.
Lời giải :
Glu = Gly + 3 CH2 + COO

Quy đổi X

C2 H3ON : 9a mol
CH : b mol
 2

H2O : 0,05

CO2 : a mol

X + 0,3 mol NaOH:

9a + a = 0,3 → a = 0,03 mol

Bảo toàn khối lượng:

m X + m NaOH = m m + m H 2O

24,97 + 0,3.40 = m m + 18.( 0,03 + 0,05 ) ⇒ m m = 35,53 ( gam )

b. Ghép CH2
Những bài toán dừng lại ở mức tách CH2 thường ko quá phức tạp. Với
những bài toán hỏi thông tin về các chất ban đầu, ta cần “ghép” CH 2 vào các
chất đầu day (được quy đổi từ các chất ban đầu) để tạo lại hỗn hợp đầu.
Kĩ thuật này phụ thuộc nhiều vào khả năng xử lí số liệu của bạn. Nếu tính
nhẩm tốt, bạn sẽ khơng gặp nhiều khó khăn ở bước này.
Ví dụ 1: Tạo lại hỗn hợp 2 ancol đồng đẳng kế tiếp gồm 0,5 CH3OH và 0,3 CH2
CH3OH : 0,5
<->
CH3OH : 0,2
<->
CH3OH : 0,2
CH2 : 0,3

CH3OH : 0,3 + CH2 0,3

C2H5OH : 0,3

Ví dụ 2 : Hỡn hợp X gờm ba este đều no, mạch hở, trong phân tử chỉ chứa một loại
nhóm chức. Đốt cháy hoàn toàn 35,34 gam X cần dùng 1,595 mol O2, thu được
22,14 gam nước. Mặt khác đun nóng 35,34 gam X với dung dịch NaOH vừa đủ, thu
được hỗn hợp Y chứa hai muối của hai axit có mạch không phân nhánh và 17,88
gam hỗn hợp Z gồm một ancol đơn chức và một ancol hai chức có cùng số nguyên
tử cacbon. Phần trăm khối lượng của este đơn chức trong hỗn hợp X là
A. 7,47%
B. 4,98%
C. 12,56%

D. 4,19%
Lời giải :


35,34 gam X + 1,595 mol O2 → ? CO2 + 22,14 gam H2O.
Bảo toàn khối lượng có: nCO2 = 1,46 > nH2O ⇒ có chứa este ≥ 2 chức.
Do Y gồm các axit mạch không phân nhánh ⇒ chứa tối đa 2 chức.
Lại có Z chỉ chứa tối đa 2 chức ⇒ este mạch hở chỉ chứa tối đa 2 chức
⇒ X gồm hỗn hợp các este no, mạch hở, đơn chức hoặc 2 chức.
Bảo toàn nguyên tố oxi: nO/X = 1,46 × 2 + 1,23 – 1,595 × 2 = 0,96 mol → nCOO =
0,48 mol.
Ta có: nCO2 – nH2O = (k – 1).nHCHC với k là độ bất bao hòa của HCHC.
Áp dụng: nCO2 – nH2O = neste 2 chức = 0,23 mol → neste đơn chức = 0,48 – 0,23 × 2 = 0,02
mol.
Z gờm 2 ancol có dạng CnH2n+2O và CnH2n+2O2 (n ≥ 2).
Đặt nCnH2n+2O = x; nCnH2n+2O2 = y → 0,48 ÷ 2 < x + y < 0,48 → 0,24 < x + y <
0,48
Lại có: mZ = (x + y).(14n + 2) + 16x + 32y = 17,88 → (x + y).(14n + 2) = 10,2
→ 14n + 2 = 10,2 ÷ (x + y) ⇒ 10,2 ÷ 0,48 < 14n = 2 < 10,2 ÷ 0,24
⇒ 1,375 < n < 2,9 ⇒ 2 ancol là C2H6O và C2H6O2.
→ x + 2y = 0,48; 46x + 62y = 17,88 ⇒ x = 0,2 mol; y = 0,14 mol.
Quy Y về HCOONa, (COONa)2, C2 với số mol là a, b và c.
Bảo toàn khới lượng: mY = 35,34 + 0,48 × 40 – 17,88 = 36,66 = 68a + 134b + 14c
Bảo toàn nguyên tố Cacbon: a + 2b + c + 0,2 × 2 + 0,14 × 2 = 1,46
nCOO = a + 2b = 0,48. Giải hệ có: a = c = 0,3 mol; b = 0,09 mol.
⇒ ghép vừa đủ 1 CH2 cho HCOONa ⇒ 2 muối là CH3COONa và (COONa)2.
⇒ este đơn chức là CH3COOC2H5 ⇒ %meste đơn chức = 0,02 ì 88 ữ 35,34 ì 100% =
4,98%.
Vớ d 3: Cho X, Y là hai chất thuộc day đồng đẳng của axit acrylic và có M X Z là một ancol có cùng só nguyên tử C với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y, Z.

Đốt cháy hoàn toàn 11,16g hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí
O2 ( đktc), thu được khí CO 2 và 9,36g nước. Mặt khác 11,16g E tác dụng tối đa với
dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên
tác dụng hết với dung dịch KOH dư là:
A. 4,86g
B. 5,04g
C. 5,44g
D. 5,80g
Giải:
Ta có: T là este hai chức nên Z là ancol 2 chức
Bảo toàn khối lượng ta có: mCO2 = mE + mO2 – mH2O = 11,16 + 0,59.32 – 9,36 =
20,68g
nCO2 = 0,47 < nH2O = 0,52 mol
⇒ Z là ancol no, Z có cùng số nguyên tử C
với X


Khi cho E tác dụng với dung dịch Br2 chỉ có axit phản ứng ⇒ a = 0,04 mol
Từ khối lượng E, số mol CO2, số mol H2O ta có hệ:

⇒ b = 0,11; c=0,02; d=-0,02
Ta ghép CH2 tìm ra axit, ancol ban đầu

⇒ mmuối = 0,02.110 + 0,02.124 = 4,68g
⇒Đáp án A
Bài tập tự luyện
Bài 1: Hỗn hợp X gồm 2 aminoaxit (đều chứa 1 nhóm - NH 2 và 1 nhóm -COOH)
có mạch C không phân nhánh, đồng đẳng liên tiếp nhau. Cho 16,4 gam X tác dụng
với 220 ml dung dịch HCl 1M (lấy dư) được dung dịch A. Để tác dụng hết với các
chất trong dung dịch A cần 140 ml dung dịch NaOH 3M. Công thức cấu tạo của 2

aminoaxit là:
A. H2N-CH2-CH2-COOH và H2N-(CH2)3-COOH.
B. H2N-(CH2)3-COOH và H2N-(CH2)4-COOH.
C. H2N-CH2-COOH và H2N-CH2-CH2-COOH.
D. H2N-(CH2)4-COOH và H2N-(CH2)5-COOH.
Hướng dẫn giải
Quy đổi dung dịch A thành hỗn hợp X (a mol) và HC1 (0,22
mol).
⇒ Đáp án C
Bài 2: Cho m gam một - aminoaxit tác dụng với dung dịch chứa 0,3 mol NaOH thu
được dung dịch A. Để tác dụng hết với các chất trong dung dịch A cần 0,4 mol
HCl. Công thức cấu tạo của - aminoaxit đa cho là:
A. CH3-CH2-CH(NH2)-COOH.
B. CH3-(CH2)2-CH(NH2)-COOH.
C. CH3-CH(NH2)-COOH.
D. CH3-(CH2)3-CH(NH2)-COOH.
Hướng dẫn giải


Bài 3: Cho 15 gam axit aminoaxetic tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch HCl
1M thu được dung dịch X. Để phản ứng hoàn toàn với các chất tan trong X cần
160 gam dung dịch NaOH 10%. Cô cạn dung dịch thu được chất rắn khan có khối
lượng là:
A. 31,1 g.
B. 19,4 g.
C. 26,7 g.
D. 11,7g.
Hướng dẫn giải:
Quy dung dịch X thành hỗn hợp aminoaxit (a mol) và HCl (0,2 mol)

⇒ Đáp án A
Bài 4: Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO và H2 đi qua ống sứ đựng bột Ni nung
nóng. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y gồm hai chất
hữu cơ. Đốt cháy hết Y thì thu được 11,7 gam H 2O và 7,84 lít khí CO2 (ở đktc).
Phần trăm theo thể tích của H2 trong X là:
A. 65,00%.
Hướng dẫn giải:

B. 46,15%.

C. 35,00%.

D. 53,85%.

Quy hỗn hợp thành CO và H2

⇒ Đáp án B
Bài 5: Đốt cháy hoàn toàn 81,24 gam hỗn hợp X gồm 0,07 mol peptit A ( cấu tạo
từ 2 aminoaxit trong số Gly, Ala, Val, Glu) và 2 este B, C mạch hở có cùng số liên
lết ℼ trong phân tử ( MB > MC; B no, C đơn chức) cần 78,288 lít khí O 2, sau phản
ứng thu được CO2, H2O và 3,136 lít N2. Mặt khác thủy phân hoàn toàn lượng X
trên cần vừa đủ 570ml NaOH 2M, thu được dung dịch T chứa 4 muối và 0,29 mol


hỗn hợp 2 ancol no Y và Z ( M Y = 2,875MX < 150). Dẫn toàn bộ lượng ancol này
qua bình đựng Na dư thì thấy khối lượng bình tăng 23,49g. Biết các phản ứng xảy
ra hoàn toàn, thể tích các khí đo ở đktc, T không chứa HCOONa. Phần trăm khối
lượng của C gần nhất với:
A. 5,0
B. 5,5

C. 6,0
D. 6,5
Hướng dẫn giải:
Từ điều kiện về phân tử khối của 2 ancol, ta tìm được Y
là: C3H5(OH)3 ( a mol), Z là CH3OH (b mol)
Ta có: mbình tăng = mancol – mH2 = 92a + 32b – 1,5a.2 – 0,5b.2 = 89a + 32b = 23,49g
a + b = 0,29 mol
⇒ a = 0,25 mol; b = 0,04 mol
B no và 3 chức nên có 3 liên kết ℼ. Mà B, C có cùng số liên kết ℼ nên C đơn chức
và có 2 liên kết ℼ C-C

mX = 16x + 18y + 14z = 81,24 – 0,25.86 – 0,04.40 – 1,14.44 – 0,28.15=3,78
nO2 = 2x + 1,5z = 3,495 – 0,25.9,5 – 0,04.4 – 0,25.0,28 = 0,89
Bảo toàn số mol peptit ta có: x + y = 0,07 ⇒ x = 0,28; y = -0,21; c = 0,22
Ta có: 0,22 = 0,07.2 + 0,04.2 ⇒ C là: C4H5COOCH3
%mC = 0,04.112/81,24.1005 = 5,51%
⇒ Đáp án B
Bài 6: Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic T ( hai chức, mạch hở), hai ancol đơn
chức cùng day đồng đẳng và một este hai chức tạo bởi T với hai ancol đó. Đốt cháy
hoàn toàn a gam X, thu được 8,36g CO 2. Mặt khác, đun nóng a gam X với 100ml
dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thêm tiếp 20ml dung
dịch HCl 1M để trung hòa lượng NaOH dư, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y, thu
được m gam muối khan và 0,05 mol hỗn hợp hai ancol có phân tử khối trung bình
nhỏ hơn 46. Gía trị của m là:A. 7,09
B. 5,92
C. 6,53
D.
5,36
Hướng dẫn giải: