Biên soạn : Vũ Hồng Dũng

ĐT : 0972026205

PHƯƠNG PHÁP 20:
VẬN DỤNG LINH HOẠT CÁC
ĐỊNH LUẬT BẢO TỒN TRONG HĨA HỌC
I. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Bí quyết để giải nhanh các bài tập trắc nghiệm hóa học hay và khó trong đề thi Đại học, Cao
đẳng chính là vận dụng thật linh hoạt và nhuần nhuyễn các định luật bảo tồn trong hóa học.
Thơng qua các ví dụ minh họa và bài tập vận dụng dưới đây, tác giả hi vọng rằng tốc độ giải bài tập
hóa học của bạn đọc sẽ cải thiện đáng kể.
Ví dụ 1: Cho 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 tan vừa hết trong 700 ml dung dịch
HCl 1M thu được 3,36 lít H2 (đktc) và dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH
dư, lọc kết tủa và nung trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi, thu được chất rắn Z. Khối lượng
Z là :
A. 16 gam.
B. 32 gam.
C. 8 gam.
D. 24 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Cẩm Khê – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :
(H 2 + H 2 O)
 Fe,Fe3O 4

 FeO, Fe2 O3

dd HCl
 FeCl2
Fe(OH)2 O2 , t o

NaOH

→

→ Fe2 O3

123
 FeCl3
Fe(OH)3

chất rắn Z
14 2 43
dung dòch Y

Áp dụng bảo tồn ngun tố H, O, Fe và bảo tồn khối lượng, ta có :
 n HCl = 2 n H + 2 n H O
{2
{2
 {0,7
2 n Fe O = n Fe trong X
0,15
?
2 3

14 2 43
n O trong X = n H2O = 0,2  {
¬
 0,3
0,15
⇒

⇒
 n O trong X = n H2O

n Fe trong X = 0,3
m
= 0,15.160 = 24 gam
56n
+
16n
=
20
 Fe2O3

Fe trong X
O trong X

Ví dụ 2: Hòa tan hồn tồn 27,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe 2O3 bằng dung dịch H2SO4 lỗng (lượng
H2SO4 phản ứng vừa đủ với giá trị nhỏ nhất), thấy thốt ra V lít H 2 (đktc) và thu được dung dịch Y.
Thêm từ từ NaOH đến dư vào dung dịch Y. Kết thúc thí nghiệm, lọc lấy kết tủa đem nung trong
khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được 32 gam chất rắn. V có giá trị là
A. 3,36 lít.
B. 11,2 lít.
C. 4,48 lít.
D. 2,24 lít.
(Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2012 – 2013)
Hướng dẫn giải
Trong phản ứng của X với dung dịch H 2SO4 lỗng, lượng H2SO4 dùng vừa đủ với giá trị nhỏ
nhất khi Fe khử hết Fe3+ sinh ra từ Fe2O3.
Sơ đồ phản ứng :


Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng

1


Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng

ĐT : 0972026205

H2
 Fe

 Fe2 O3
14 2 43

dd H 2 SO 4

27,2 gam

O , to

NaOH
2
FeSO 4 
→ Fe(OH)2 
→ Fe2 O3
123
0,2 mol

Theo giả thiết và áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe, ta có :

56n Fe + 160n Fe O trong X = 27,2
2 3
n Fe = 0,2

 n Fe + 2n Fe O trong X = 2 n F O thu ñöôïc ⇒ 
2 3
2 3
1444
4244443 n Fe2O3 trong X = 0,1

0,2

Trong phản ứng của X với H2SO4, theo bảo toàn electron, ta có :
2 n Fe = 2 n Fe O + 2 n H ⇒ n H = 0,1 mol ⇒ VH (ñktc) = 2,24 lít
2
2
{
{2 3
{2
0,2

0,1

?

Ví dụ 3: Người ta điều chế H2 và O2 bằng phương pháp điện phân dung dịch NaOH với điện cực
trơ, cường độ dòng điện 0,67A trong thời gian 40 giờ. Dung dịch thu được sau điện phân có khối
lượng 100 gam và nồng độ NaOH là 6%. Nồng độ dung dịch NaOH trước điện phân là (giả thiết
lượng nước bay hơi không đáng kể)
A. 5,08%.

B. 6,00%.
C. 5,50%.
D. 3,16%.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2012)
Hướng dẫn giải
Điện phân dung dịch NaOH thì bản chất là điện phân H2O, tạo ra O2 ở anot và H2 ở catot. Khối
lượng NaOH trong dung dịch không bị thay đổi.
Theo bảo toàn electron, ta có :
 n H = 0,5 mol
0,67.40.3600
= 1 mol ⇒  2
2
2
96500
n = 0,25 mol
 O2
Theo sự bảo toàn khối lượng, ta thấy nồng độ phần trăm của dung dịch NaOH trước khi điện
phân là :
2n H = 4n O = n electron trao ñoåi =

C%dd NaOH =

m NaOH

m dd NaOH ban ñaàu

=

100.6%
.100% = 5,5%

100 + 0,5.2
{ + 0,25.32
1442443
mH

2

mO

2

Ví dụ 4: Cho 10,4 gam hỗn hợp gồm Fe và C (Fe chiếm 53,846% về khối lượng) phản ứng với
dung dịch HNO3 đặc, nóng, dư tạo ra NO2 là sản phẩm khử duy nhất. Thể tích khí (đktc) tạo thành
sau phản ứng là :
A. 44,8 lít.
B. 14,2 lít.
C. 51,52 lít.
D. 42,56 lít.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Cẩm Khê – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
 m Fe = 10,4.53,846% = 5,6 gam n Fe = 0,1 mol
⇒
Theo giả thiết, ta có : 
 m C = 10,4 − 5,6 = 4,8 gam
n C = 0, 4 mol
2

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng



Biên soạn : Vũ Hồng Dũng

ĐT : 0972026205

NO2 ↑
 Fe HNO3
→ Fe(NO3 )3 + 
+ H 2O
Sơ đồ phản ứng :  
C
CO
↑


 2
Theo bảo tồn electron và bảo tồn ngun tố C, ta có :
 n NO = 3 n Fe + 4 n C = 1,9 mol
{
{
 2
0,1
0,4
⇒ V(NO , CO ) ở đktc = (1,9 + 0,4).22,4 = 51,52 lít

2
2
 n CO = n C = 0, 4 mol
 2
PS : Ở bài tập này, học sinh thường chỉ tính thể tích khí NO 2 mà qn khơng tính thể tích khí
CO2, khi đó đáp án là D : 42,56 lít. Đó là kết quả sai!

Ví dụ 5: Trộn 10,8 gam bột Al với 34,8 gam bột Fe3O4 rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhơm trong
điều kiện khơng có khơng khí. Hồ tan hồn tồn hỗn hợp rắn sau phản ứng bằng dung dịch H 2SO4
lỗng (dư) thu được 10,752 lít khí H2 (đktc). Hiệu suất của phản ứng nhiệt nhơm là
A. 80%.
B. 90%.
C. 70%.
D. 60%.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2010)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết và bảo tồn electron, ta thấy :

8 n Fe O = 3n Al
{ nên hiệu suất phản ứng có thể tính
{3 4
0,4

0,15

theo Al hoặc Fe3O4.
Trong phản ứng nhiệt nhơm và phản ứng của hỗn hợp X với HCl, theo bảo tồn electron và bảo
tồn ngun tố Fe, Al, ta có :
8n Fe O phản ứng = 3n Al phản ứng
3 4
424444
3→ 144424443
 1444

0,04.8.27

8x

3x
⇒ x = 0,04 ⇒ H =
.100% = 80%

10,8
2
n
+
3n
=
2
n
Fe tạo thành
 144
424443 {Al dư
{H2

9x
0,4 − 8x
0,48
Ví dụ 6: Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe 2O3 ở nhiệt độ cao một thời gian, thu được
6,72 gam hỗn hợp X gồm 4 chất rắn khác nhau. Đem hồ tan hồn tồn X trong dung dịch HNO 3
dư, thu được 0,448 lít khí NO (đktc). Giá trị m là :
A. 8,2.
B. 8.
C. 7,2.
D. 6,8.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Ninh Giang, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :

Fe2 O3

CO, t o
(1)

CO2 ↑

 FeO, Fe2 O3 HNO3

→ Fe(NO3 )3 + NO ↑

(2)
 Fe, Fe3O 4
Căn cứ vào tồn bộ q trình phản ứng, ta thấy : Chất khử là CO; chất oxi hóa là HNO 3, sản
2 n = 3n NO ⇒ n CO = 0, 03 mol.
{
phẩm khử của HNO3 là NO. Theo bảo tồn electron, ta có : {CO
?

0,02

Theo bản chất phản ứng khử oxit và bảo tồn khối lượng, ta có :
n O bò tách ra khỏi Fe O = nCO = 0,03 ⇒ m Fe O = 6,
{72 +
2 3
2 3
mX

0,03.16
1442443 = 7,2 gam


m O bò tách

ra khỏi Fe2O3

Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng

3


Biờn son : V Hong Dng

T : 0972026205

Vớ d 7: Cho 5,04 gam natri sunfit tỏc dng vi dung dch axit clohiric d. Ton b khớ thu c
cú th lm mt mu V ml dung dch KMnO4 0,2M. Giỏ tr V l :
A. 70.
B. 80.
C. 160.
D. 140.
( thi th i hc ln 1 THPT Vit Yờn 1, nm hc 2013 2014)
Hng dn gii
Bn cht phn ng :
Na2 SO3 + HCl Na2SO 4 + SO 2 + H 2O
SO2 + KMnO 4 + H 2O K 2SO 4 + MnSO 4 + H 2SO 4
Theo bo ton nguyờn t S v bo ton electron, ta cú :

5,04
n SO2 = n Na2SO3 = 126 = 0,04
n KMnO = 0,016 mol Vdd KMnO 0,2M = 0,08 lớt = 80 ml


4
4
= 5n KMnO
SO2
2 n
4
{
1442443
0,04
?
Vớ d 8: Oxi húa 4,2 gam st trong khụng khớ, thu c 5,32 gam hn hp X gm st v cỏc oxit
st. Hũa tan ht X bng 200 ml dung dch HNO 3 a mol/l, sinh ra 0,448 lớt NO ( ktc, sn phm kh
duy nht ca N+5). Giỏ tr ca a l
A. 1,225.
B. 1,1.
C. 1,3.
D. 1,425.
( thi th i hc ln 1 THPT Vnh Bo Hi Phũng, nm hc 2013 2014)
Hng dn gii
Fe
HNO3
O2


muoỏi + NO
S phn ng : Fe
(1)
(2)
Fe

O
x y
5,32 4,2
= 0,035 mol.
32
Theo bo ton electron v bo ton nguyờn t N, ta cú :
Theo bo ton khi lng, ta cú : n O =
2

n NO taùo muoỏi = n electron trao ủoồi = 4 n O + 3n NO = 0,2
{
{2
3
0,02
0,22

0,035
[HNO3 ] =
= 1,1M

n
=
n
+
n
=
0,22
0,2

HNO

NO

NO3 taùo muoỏi
3
1444
4244443 {
0,02

0,2
PS : bi ny, nu cho rng hũa tan ht X trong HNO3 phi to ra Fe(NO3)3 thỡ s tớnh ra
0,245
= 1,225 mol. õy l kt
phng ỏn A : n HNO3 = 3n Fe(NO 3 )3 + n NO = 0,245 mol [HNO3 ] =
0,2
qu sai! Thc t bi ny mui to thnh gm c Fe(NO3)2 v Fe(NO3)3.
Vớ d 9: Cho hn hp X cha 0,15 mol Cu v 0,15 mol Fe tỏc dng vi HNO 3 loóng, thu c sn
phm kh duy nht l 0,2 mol khớ khụng mu húa nõu trong khụng khớ v dung dch Y. Khi lng
mui khan thu c sau khi cụ cn dung dch Y l :
A. 64,5 gam.
B. 55,2 gam.
C. 45,8 gam.
D. 38,6 gam.
( thi th i hc ln 1 THPT Cm Khờ Phỳ Th, nm hc 2013 2014)
Hng dn gii
Khớ khụng mu húa nõu trong khụng khớ l NO.
4

Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing



Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng

Theo bảo toàn electron, ta thấy :

ĐT : 0972026205

2 n Fe + 2 n Cu = 3n NO ⇒
{
{
{
Trong phản ứng của X với dung dịch
0,15

0,15

0,2

HNO3, muối tạo thành là Fe(NO3)2 và Cu(NO3)2.
Theo bảo toàn nguyên tố Fe, Cu, ta có :
 n Fe(NO ) = n Fe = 0,15 mol
3 2
⇒ m muoái = 0,15.180

14 2 43 + 0,15.188
14 2 43 = 55,2 gam
 n Cu(NO3 )2 = nCu = 0,15 mol
m Fe ( NO )
m Cu( NO )
3 2
3 2

Ví dụ 10: Nhiệt phân 50,56 gam KMnO4 sau một thời gian thu được 46,72 gam chất rắn. Cho toàn
bộ lượng khí sinh ra phản ứng hết với hỗn hợp X gồm Mg, Fe thu được hỗn hợp Y nặng 13,04 gam.
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Y trong dung dịch H 2SO4 đặc, nóng dư thu được 1,344 lít SO 2 (đktc).
Thành phần phần trăm khối lượng Mg trong X là
A. 52,17%.
B. 46,15%.
C. 28,15%.
D. 39,13%.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lục Ngạn số 1 – Bắc Giang – Năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :
 Fe O , Fe
H 2 SO4
to
Mg, Fe
KMnO 4 
→ O2 
→  x y

→
(1)
(2)
(3)
 MgO, Mg
1 42 43

 Fe(NO3 )3
+ SO 2 ↑

 Mg(NO3 )2


Y

Hỗn hợp Y có thể chứa các chất như trên sơ đồ.
Ở (1), theo bảo toàn khối lượng, ta có :

m O = 50,56
{ − 46,72
{ = 3,84 gam ⇒ n O2 = 0,12 mol.
2
m KMnO

4

m chaát

raén

Ở (2) và (3), theo bảo toàn khối lượng và bảo toàn electron, ta có :
24n Mg + 56n Fe = m Y − m O = 9,2
{
{ 2

13,04
0,15.24

 n Mg = 0,15
3,84
⇒
⇒ %m Mg trong X =

.100% = 39,13%

9,2
2n Mg + 3n Fe = 4 n{O2 + 2 n{SO2 = 0,6  n Fe = 0,1

0,12
0,06
Ví dụ 11: Hoà tan m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS, FeS 2 và S vào dung dịch HNO3 đặc, nóng, thu
được dung dịch Y (không chứa muối amoni) và 49,28 lít hỗn hợp khí NO, NO 2 nặng 85,2 gam. Cho
Ba(OH)2 dư vào Y, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 148,5 gam
chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 38,4 gam.
B. 9,36 gam.
C. 24,8 gam.
D. 27,4 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Minh Khai, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm Fe và S.
Dung dịch Y có thể còn axit dư.
Sơ đồ phản ứng :

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng

5


Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng

ĐT : 0972026205


NO2

NO
 Fe

S

HNO3
(1)
Fe3+ , H +
 Fe(OH)3 t o Fe2 O3
Ba(OH)2

→

→


(2)
(3)
BaSO 4
SO 4 2− , NO3−


 BaSO 4
14444
42444443
Y

 n NO + n NO = 2,2

n NO = 1
2
⇒

30n NO + 46n NO = 85,2 n NO2 = 1,2
2

Theo bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố Fe, Ba, ta có :
3n Fe + 6n S = 3 n NO + n NO = 4,2
{
{ 2

1
1,2

3n + 6n S = 4,2
n = 0,4
⇒  Fe
⇒  Fe

+ 233 n BaSO = 148,5
80n Fe + 233n S = 148,5 n S = 0,5
Fe2 O3
160 n{
{ 4

0,5n Fe
nS
1442443+ 0,4.56
1442443= 38,4 gam

Suy ra : m X = 0,5.32
mS

m Fe

Ví dụ 12: Điện phân 2 lít dung dịch hỗn hợp gồm NaCl và CuSO4 đến khi H2O bị điện phân ở hai
cực thì dừng lại, tại catot thu 1,28 gam kim loại và anot thu 0,336 lít khí (đktc). Coi thể tích dung
dịch không đổi thì pH của dung dịch thu được là :
A. 3.
B. 2.
C. 12.
D. 13.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2012 – 2013)
Hướng dẫn giải
Giả sử ở anot chỉ có khí Cl2. Áp dụng bảo toàn electron, ta có :
3,36
n electron trao ñoåi = 2 n Cl2 = 2 nCu ⇒ n Cl2 = 0,02 mol >
= 0,015 mol : Vô lý!
{
{
22,4
?

0,02

Vậy ở anot phải giải phóng cả khí O2. Theo bảo toàn electron và giả thiết, ta có :
2n Cl + 4n O = 2n Cu = 0,04 n Cl = 0,01
2
2
⇒ 2


n + n O = 0,015
n = 0,005
 Cl2
2
 O2
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H và O, ta có :
 n H+ = 2n H O
0,02
2
⇒ n H+ = 0,02 mol ⇒ [H + ] =
= 0,01M ⇒ pH = 2

2
n
=
2n
=
0,01
O2
 H2O
Ví dụ 13: Dung dịch X gồm AgNO3 và Cu(NO3)2 có cùng nồng độ mol. Lấy một lượng hỗn hợp
gồm 0,03 mol Al và 0,05 mol Fe cho vào 100 ml dung dịch X cho tới khi phản ứng kết thúc thu
được chất rắn Y chứa 3 kim loại. Cho Y vào dung dịch HCl dư giải phóng 0,07 gam khí. Nồng độ
mol của 2 muối là:
A. 0,3M.
B. 0,45M.
C. 0,42M.
D. 0,40M.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Vĩnh Bảo – Hải Phòng, năm học 2013 – 2014)

Hướng dẫn giải
6

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng


Biờn son : V Hong Dng

T : 0972026205

Th t tớnh kh : Al > Fe; th t tớnh oxi húa : Ag+ > Cu2+.
Cn c vo th t tớnh oxi húa kh v gi thit ta thy 3 kim loi trong Y l Ag, Cu v Fe.
S phn ng :

Ag
2+
Cu
+

Al3+
2+
Fe

Al
{ , Fe
{

0,03 mol 0,05 mol

(1)


Ag, Cu H+

Fe2 + +

(2)
Fe

H2
{

0,035 mol

Cn c vo ton b quỏ trỡnh phn ng, ta thy : Cht kh l Al, Fe; cht oxi húa l Ag +, Cu2+,
H+, sn phm kh ca H+ l H2.
Theo gi thit v bo ton electron, ta cú :
0, 04
3 n Al + 2 n Fe = 2 n Cu2+ + n Ag+ + 2 n H x = 0, 04 [AgNO3 = [Cu(NO 3 )2 ] =
= 0,4M
2
{
{
{
{
0,1
{
0,03

0,05


x

0,035

x

Vớ d 14: Cho 23,2 gam Fe3O4 vo 1 lớt HCl 1M, thu c dung dch X. Th tớch dung dch KMnO 4
0,5M (trong dung dch H2SO4 loóng, d) cn dựng oxi húa ht cỏc cht trong dung dch X l
A. 425 ml.
B. 520 ml.
C. 400 ml.
D. 440 ml.
( thi th i hc ln 1 THPT Lc Ngn s 1 Bc Giang, nm hc 2013 2014)
Hng dn gii
S phn ng : Fe3O 4

Fe2+ , Fe3+ KMnO4 / H2SO4
+

Cl ,H
HCl
(1)

3+
2+
Fe , Mn
+ Cl 2

2
+

SO 4 ,H

Trong dung dch X ngoi cỏc mui st thỡ cũn cú th cũn HCl d.
Cn c vo s phn ng, ta thy : Trong ton b quỏ trỡnh phn ng, cht kh l Fe 3O4 v
HCl; cht oxi húa l KMnO4.
Theo bo ton electron, ta cú :
0,22
n Fe O + n HCl = 5n KMnO n KMnO = 0,22 mol Vdd KMnO 0,5M =
= 0,44 lớt = 440 ml
4
4
4
{3 4 {
1442443
0,5
0,1

1

?

Vớ d 15*: Cho 8,3 gam hn hp Al, Fe vo 600 ml dung dch HCl 1M, thu c dung dch X v
5,6 lớt khớ (ktc). Cho dung dch X tỏc dng va ht vi 500 ml dung dch KMnO 4 x mol/lớt trong
H2SO4. Giỏ tr ca x l :
A. 0,28M.
B. 0,24M.
C. 0,48M.
D. 0,04M.
Hng dn gii
n H+ ban ủau = n HCl = 0,6 mol

n H+ dử = 0,1 mol.
Theo gi thit v bo ton nguyờn t H, ta cú :
n H+ phaỷn ửựng = 2n H2 = 0,5 mol
Vỡ axit HCl d nờn Al v Fe phn ng ht.
S phn ng :

Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing

7


Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng

ĐT : 0972026205

H2 ↑

HCl
(1)

 Fe

 Al

 Al3+ , Fe2 + KMnO4 / H2SO4

→
 +
(2)
−

1H4 ,2Cl4 3

3+
3+
+
 Al , Fe , K
+ Cl2 ↑
 2+
2−
 Mn , SO 4

dung dòch X

Áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng (1) và kết hợp với giả thiết, ta có :
27n Al + 56n Fe = 8,3
n = 0,1
⇒  Al

3n + 2n Fe = 2n H = 0,5 n Fe = 0,1
2
 Al
Áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng (2), ta có :
0,14
5n KMnO = n Fe2+ + n Cl− ⇒ n KMnO = 0,14 mol ⇒ [KMnO 4 ] =
= 0,28M
4
{
0,5
1 2 34 {
0,1


?

0,6

PS : Ở bài tập này, học sinh thường quên phản ứng oxi hóa ion Cl − , khi đó biểu thức bảo toàn
0,02
5n
=
n
=
0,
02
mol
⇒
[KMnO
]
=
= 0,04M .
2+ ⇒ n KMnO
KMnO
4
electron cho phản ứng (2) là 1 2 34 {Fe
4
0,5
?

0,1

Nhưng đó là kết quả sai!

Ví dụ 16: Sau khi đun nóng 23,7 gam KMnO4 thu được 22,74 gam hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn hợp
chất rắn trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl 36,5% (d = 1,18 g/ml) đun nóng. Thể tích
khí Cl2 (đktc) thu được là :
A. 2,24.
B. 4,48
C. 7,056.
D. 3,36.
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :
O2 ↑
KMnO 4

to
(1)

K 2 MnO 4
 MnCl2

HCl
→
+ Cl 2 ↑
MnO2

(2)
KCl


KMnO
4



Như vậy, sau toàn bộ quá trình phản ứng : Chất oxi hóa là Mn +7 trong KMnO4, số oxi hóa của
Mn thay đổi từ +7 về +2. Chất khử là O −2 trong KMnO4 và Cl −1 trong HCl, số oxi hóa của O thay
đổi từ -2 về 0, số oxi hóa của Cl thay đổi từ -1 về 0.
Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có :
0,96
m O = 23,7
− 22,74
= 0,96 gam ⇒ n O =
= 0,03 mol.
{
{
2
2
32
m
m
KMnO4

chaát raén

Áp dụng bảo toàn electron, ta có :
8

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng


Biờn son : V Hong Dng

T : 0972026205


5n KMnO = 4 n O + 2 n Cl n Cl = 0,315 mol VCl (ủktc) = 0,315.22,4 = 7,056 lớt
2
2
{2
{2
1 2 34
0,03

0,15

?

Vớ d 17: Cho m gam hn hp X gm Fe 2O3, CuO, MgO, FeO v Fe3O4 vo dung dch H2SO4 c
núng, thu c 3,36 lớt khớ SO 2 (ktc). Mt khỏc, nung m gam hn hp X vi khớ CO d, thu c
cht rn Y v hn hp khớ Z. Cho Z vo dung dch Ca(OH) 2 d thu c 35 gam kt ta. Cho cht
rn Y vo dung dch HNO3 c núng, d thu c V lớt khớ NO2 (ktc) l sn phm kh duy nht.
Giỏ tr ca V l
A. 11,2.
B. 22,4.
C. 44,8.
D. 33,6.
( thi th i hc ln 2 THPT chuyờn Hựng Vng Phỳ Th, nm hc 2011 2012)
Hng dn gii
Trong phn ng ca X vi CO, theo bo ton nguyờn t C, ta cú :
n CO = n CO = n CaCO = 0,35 mol.
2

3


Trong phn ng ca X vi H 2SO4 c, núng, cht kh l X; cht oxi húa l H 2SO4, sn phm
kh l SO2. Trong phn ng ca X vi CO v Y vi HNO 3 c, núng, cht kh l X v CO; cht oxi
húa l HNO3, sn phm kh l NO2. Theo bo ton electron, ta cú :
n electron do X nhửụứng = 2 n SO = 0,3
{ 2


0,15
VNO (ủktc) = 22,4 lớt

2
+ 2 n CO = 1
n NO2 = n144444
electron do X nhửụứng
424444443 {

0,35
0,3
Vớ d 18*: Cho m gam hn hp X gm Cu v Fe 2O3 vo dung dch HCl, sau phn ng hon ton
thu c dung dch Y cha hai cht tan v cũn li 0,2m gam cht rn cha tan. Tỏch b phn cha
tan, cho dung dch AgNO3 d vo dung dch Y thu c 86,16 gam kt ta. Giỏ tr ca m l
A. 17,92.
B. 22,40.
C. 26,88.
D. 20,16.
( thi th i hc ln 1 THPT Tnh Gia 2 Thanh Húa, nm hc 2013 2014)
Hng dn gii
Bn cht phn ng ca X vi HCl :
Fe2 O3 + HCl FeCl3 + H 2 O
Cu + FeCl3 CuCl 2 + FeCl 2

Cht rn cũn li sau phn ng l Cu, m X phaỷn ửựng vụựi HCl = m 0,2m = 0,8m.
AgCl
Cu
CuCl2
Cu(NO3 )3
AgNO3
HCl



+




(1)
(2)
S phn ng : Fe2 O3
FeCl2
144
Fe(NO3 )3
Ag
1442443
2443
X

Y

Vỡ dung dch Y cha hai cht tan nờn ú l hai mui, HCl khụng cũn d.
p dng bo ton electron cho phn ng (1), ta cú : n Cu = n Fe2O3 = x.

p dng bo ton nguyờn t Cl v bo ton electron cho phn ng (2), ta cú :
2 n CuCl + 2 n FeCl = n AgCl
{ 2
{ 2
x
2x
m (Ag, AgNO ) = 6x.143,5 + 2x.108 = 86,16 x = 0,08.

3
n{FeCl2 = n Ag
2x

Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing

9


Biên soạn : Vũ Hồng Dũng

Suy ra :

ĐT : 0972026205

m X phản ứng với HCl = 0,08.64
1442443+ 0,08.160
144424443= 0,8m ⇒ m = 22,4 gam
m Cu

m Fe


2O3

Ví dụ 19*: Thổi khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe 2O3 nung nóng. Sau phản ứng thu được m 1
gam chất rắn Y gồm 4 chất. Hồ tan hết chất rắn Y bằng dung dịch HNO 3 dư thu được 0,448 lít khí
NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở điều kiện chuẩn) và dung dịch Z. Cơ cạn dung dịch Z thu được
(m1 + 16,68) gam muối khan. Giá trị của m là :
A. 8,0 gam.
B. 16,0 gam.
C. 12,0 gam.
D. 4 gam.
(Đề thi thử Đại học – THPT chun Bắc Ninh)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :
CO2 ↑
Fe2 O3

CO, t o
(1)

Fe3O4 , Fe
HNO3

→ Fe(NO3 )3 + NO ↑

(2)
FeO, Fe2 O3
1 44 2 4 43
Y

Xét tồn bộ q trình phản ứng, ta thấy : Chất khử là CO, chất oxi hóa là HNO 3, sản phẩm khử

của HNO3 là NO. Theo bảo tồn electron, ta có :
2 n CO = 3 n NO ⇒ n CO = 0,03 mol ⇒ n O trong Fe O bò tách ra = n CO = 0,03 mol.
2 3
{
{
?

0,02

Theo bảo tồn khối lượng, ta thấy : m Y = m Fe2O3 − m O bò tách ra ⇒ m1 = m − 0,48 (*).
Theo bảo tồn ngun tố Fe và giả thiết, ta có :
2n Fe O = n Fe(NO
2

3

3 )3

⇒ 2.

m + 16,68
m
= 1
(**).
160
242

Giải hệ (*) và (**), ta có : m = 8 gam
Ví dụ 20: Trộn 21,6 gam bột Al với m gam hỗn hợp X (gồm FeO, Fe 2O3 và Fe3O4) được hỗn hợp Y.
Nung Y ở nhiệt độ cao trong điều kiện khơng có khơng khí đến khi phản ứng hồn tồn thu được

hỗn hợp chất rắn Z. Cho Z tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 6,72 lít khí. Nếu cho Z tác
dụng với dung dịch HNO3 lỗng, dư thì thu được 19,04 lít NO (sản phẩm khử duy nhất). Biết các
thể tích khí đo ở đktc. Giá trị của m là :
A. 58,6.
B. 50,8.
C. 46,0.
D. 62,0.
(Đề thi thử Đại học lần 5 – THPT chun – ĐHSP Hà Nội, năm học 2011 – 2012)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, phản ứng nhiệt nhơm xảy ra hồn tồn, hỗn hợp sau phản ứng tác dụng với dung
dịch NaOH sinh ra khí H2. Chứng tỏ Al dư, các oxit của Fe đã phản ứng hết.
21,6
6,72
19,04
= 0,8 mol; n H =
= 0,3 mol; n NO =
= 0,85 mol.
2
27
22,4
22,4
Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và O
Sơ đồ phản ứng :
n Al =

10

Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng



Biên soạn : Vũ Hồng Dũng

ĐT : 0972026205

 Al2 O3
 Fe
Al, t o

→


(1)
 Al, Fe
O
14 2 43
Z


 NaOH


H 2 O
(2)

NaAlO2 + H 2 ↑

HNO3
(3)
Al(NO3 )3
+ NO ↑


Fe(NO3 )3

Áp dụng bảo tồn electron, ta có :
 3n Al = 2n O + 2n H
3 n Al = 2 n O + 2 n H
{
{
 1 4 44 2 4 4 432
{2
?
 bảo toàn electron cho (1) và (2)
 0,8
n = 0,9 mol
0,3
⇒
⇒ O

+ 3n Fe = 2n O + 3n NO
n Fe = 0,65 mol
3n
3 n{Al + 3n{Fe = 2 n{O + 3n{NO
Al
14
4 44 2 4 4 4 43
 bảo toàn electron cho (1) và (3)
 0,8
?
?
0,85

Suy ra :

m X = m (FeO, Fe O , Fe O ) = 0,65.56
14 2 43 + 0,9.16
1 2 3 = 50,8 gam
2 3
3 4
m Fe

mO

Ví dụ 21*: Cho kim loại M tan vào dung dịch HNO 3 21% (lấy dư 20% so với lượng cần thiết), thu
được dung dịch X có nồng độ phần trăm của muối nitrat là 16,20% và khí N 2 (sản phẩm khử duy
nhất). Nếu cho 11,88 gam M phản ứng hết với dung dịch HCl thì khối lượng muối thu được là :
A. 26,67 gam.
B. 58,74 gam.
C. 36,67 gam.
D. 47,50 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Việt n 1, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Chọn số mol của M là 1 mol. Trong phản ứng của M với HNO 3, theo bảo tồn electron, bảo tồn
điện tích, bảo tồn ngun tố N và giả thiết, ta có :
n
= x. n M = 10 n N
 electron trao đổi
{
{2
1 mol
 n HNO đem phản ứng = 1,2x + 20%.1,2x = 1,44x


?
3


⇒
 n NO3− tạo muối = n electron trao đổi = x
1,44x.63
= 432x

 m HNO3 đem phản ứng =
21%

n
=
n
+
n
=
1,2x
 HNO3 phản ứng
N trong N 2
NO3− tạo muối
1444
4244443 144424443

0,2x
x
Theo bảo tồn khối lượng, bảo tồn ngun tố M và giả thiết, ta có :
 m M + m dd HNO = m dd X + m N
3

m dd X = M + 429,2x
{
{ 2
424443
 {M 144
?
432x
0,1x.28 ⇒ 

n
m M(NO3 )x = M + 62x
= nM = 1
M(NO
)
3
x

x = 3
M + 62x
M
C%M(NO ) =
.100% = 16,2% ⇒
=9⇒
⇒ M là Al.
3 x
M + 429,2x
n
M = 27
Trong phản ứng của 11,88 gam Al với dung dịch HCl, áp dụng bảo tồn ngun tố Al, ta có :
n AlCl = n Al =

3

11,88
= 0,44 mol ⇒ m AlCl = 0,44.133,5 = 58,74 gam
3
27

Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng

11


Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng

ĐT : 0972026205

Ví dụ 22: Hỗn hợp X gồm CuO và Fe2O3. Hoà tan hoàn toàn 44 gam X bằng dung dịch HCl (dư),
sau phản ứng thu được dung dịch chứa 85,25 gam muối. Mặt khác, nếu khử hoàn toàn 22 gam X
bằng CO (dư), cho hỗn hợp khí thu được sau phản ứng lội từ từ qua dung dịch Ba(OH) 2 (dư) thì thu
được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 76,755.
B. 73,875.
C. 147,750.
D. 78,875.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2010)
Hướng dẫn giải
Bản chất phản ứng của X với HCl là sự thay thế ion O2− bằng ion Cl − . Khối lượng muối tăng
lên 41,25 gam so với khối lượng oxit là do khối lượng ion Cl − lớn hơn khối lượng của O2− .
Theo sự bảo toàn điện tích và sự tăng giảm khối lượng, ta có :
 n Cl− = 2n O2−

n Cl− = 1,5
0,75
⇒
⇒ n O2− trong 22 gam X =
= 0,375 mol.


2
35,5n
−
16n
=
41,25
n
=
0,75
−
2
−
2
−
Cl
O

 O
Bản chất phản ứng của X với CO là : CO lấy O2− trong oxit của CuO và Fe 2O3 để tạo ra kim
loại và CO2.
Theo bảo toàn nguyên tố O và C, ta có :
n BaCO = n CO = n CO = n O2− trong 22 gam X = 0,375 mol ⇒ m BaCO = 0,375.197 = 73,875 gam
3


2

3

Ví dụ 23: Chia 156,8 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3 thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác
dụng hết với dung dịch HCl dư được 155,4 gam muối khan. Phần 2 tác dụng vừa đủ với dung dịch
Y chứa HCl, H2SO4 loãng, thu được 167,9 gam muối khan. Số mol của HCl trong dung dịch B là :
A. 1.
B. 1,75.
C. 1,5.
D. 1,8.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Hồng Lĩnh, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Trong phản ứng của phần 1 với dung dịch HCl, theo bảo toàn điện tích và sự tăng giảm khối
lượng, ta có :
 n Cl− = 2n O2−

 n Cl− = 2,8
⇒


156,8
= 77  n O2− = 1,4
35,5n Cl− − 16n O2− = 155, 4 −
2

Trong phản ứng của phần 2 với dung dịch HCl và H 2SO4, theo bảo toàn điện tích và tăng giảm
khối lượng, ta có :
 n Cl− + 2n SO 2− = 2 n O2− = 2,8

4
{

1,4

 n Cl− = 1,8
⇒
⇒ n HCl trong B = 1,8 mol

156,8
35,5n Cl− + 96n SO 2− − 16 n O2− = 167,9 −
 n SO42− = 0,5
4
{
2

1,4

Ví dụ 24: Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dung dịch CuSO 4 nồng độ x mol/l, sau một thời gian
thu được dung dịch Y vẫn còn màu xanh, có khối lượng giảm 8 gam so với dung dịch ban đầu. Cho
16,8 gam bột Fe vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4 gam kim loại. Giá trị
của x là
A. 2,25.
B. 1,5.
C. 1,25.
D. 3,25.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2010)
Hướng dẫn giải
Trong phản ứng điện phân, theo bảo toàn electron và sự giảm khối lượng của dung dịch, ta có :
12


Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng


Biờn son : V Hong Dng

T : 0972026205

2n Cu ụỷ catot = 4n O ụỷ anot
n Cu = 0,1
n Cu2+ phaỷn ửựng = n Cu ụỷ catot = 0,1
2





64n Cu ụỷ catot + 32n O ụỷ anot = 8 n O2 = 0,05 n H+ trong Y = 2n H O = 2.2n O = 0,2
2
2
2


Dung dch sau phn ng in phõn võn cũn mu xanh, chng t cũn Cu2 + d.
Trong phn ng ca dung dch Y vi Fe, theo bo ton electron v s tng gim khi lng, ta
cú :
2n Fe = n H+ + 2n Cu2+ dử
{

n Fe = 0,25

0,2


56n Fe 64n 2+ = 16,8 12,4 = 4,4 n Cu2+ dử = 0,15
Cu dử

0,25
+ nCu2+ dử = 0,25 mol [CuSO 4 ] =
= 1,25M
Suy ra : n CuSO4 ban ủau = n1444
Cu2+ phaỷn ửựng
0,2
4244443 1442443
0,1

0,15

Vớ d 25: Cho 4,32 gam hn hp X gm Fe, Cu dng bt vo 100 ml dung dch AgNO 3 1M, thu
c dung dch Y v 12,08 gam cht rn Z. Thờm NaOH d vo Y, ly kt ta nung trong khụng
khớ n khi lng khụng i thu c m gam cht rn. Giỏ tr ca m l :
A. 5,6.
B. 4.
C. 3,2.
D. 7,2 gam.
( thi th i hc ln 1 THPT Minh Khai, nm hc 2013 2014)
Hng dn gii
Trong phn ng ca X vi dung dch AgNO3, ta cú :
n Ag max = n Ag+ = 0,1 mol m Ag max = 10,8 gam > 12,08 gam. Suy ra kim loi phi cũn d,
AgNO3 ó phn ng ht.
Vỡ tớnh kh ca Fe ln hn Cu nờn Fe kh Ag + trc sau ú mi n Cu.

Theo bo ton electron v s tng gim khi lng, ta cú :
2n Fe + 2n Cu phaỷn ửựng = n Ag+ = 0,1
n Fe = 0,02

108 n + 56n Fe 64n Cu phaỷn ửựng = 12, 08 4,32 = 7,76
{Ag

n Cu phaỷn ửựng = 0,03
0,1

Nh vy dung dch Y gm mui Fe(NO 3)2 v CuNO3)2. Khi cho Y phn ng vi dung dch
NaOH d thu c kt ta l Fe(OH) 2 v Cu(OH)2. Nung kt ta trong khụng khớ n khi lng
khụng i, thu c kt ta l Fe2O3 v CuO.
Theo bo ton nguyờn t Fe, Cu, ta cú :
n Fe O = 0,5n Fe(OH) = 0,5n Fe = 0,01
2 3
2
m (Fe O , CuO) = 0,01.160

144424443+ 0,03.80
1442443= 4 gam
2 3
n
=
n
=
n
= 0,03
m Fe O
m CuO

CuO
Cu(OH)2
Cu phaỷn ửựng
2 3
Vớ d 26: Cho m gam Ba vo 250 ml dung dch HCl aM, thu c dung dch X v 6,72 lớt H 2
(ktc). Cụ cn dung dch X thu c 55 gam cht rn khan. Giỏ tr ca a l
A. 2,4 M.
B. 1,2 M.
C. 1,0 M.
D. 0,8 M.
( thi th i hc ln 1 THPT Lc Ngn s 1 Bc Giang, nm hc 2013 2014)
Hng dn gii
Ba2+
HCl
Ba +


+ H2

S phn ng :
HOH
Cl
,
OH


14444244443
X

Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing


13


Biờn son : V Hong Dng

T : 0972026205

Dung dch X cú th cha ion OH .
Theo bo ton nguyờn t Ba, bo ton electron, bo ton in trong X v bo ton khi lng, ta
cú :
n Ba2+ = n Ba = n H = 0,3
2

n OH + n Cl = 0,6
n OH = 0,4
n
+
n
=
2n


OH


Cl
Ba2+
17n OH + 35,5n Cl = 13,9 n Cl = 0,2


17n OH + 35,5n Cl + 137n Ba2+ = 55
Theo bo ton nguyờn t Cl, ta cú : n HCl = n Cl = 0,2 mol [HCl] =

0,2
= 0,8M
0,25

Vớ d 27: Hn hp X gm Fe, FeO, Fe2O3 v Fe3O4. Ho tan X trong 400 ml dung dch HCl 2M,
thy thoỏt ra 2,24 lớt H2 (ktc) v cũn li 2,8 gam st cha tan. Nu cho ton b hn hp X vo dung
dch HNO3 c, núng d thỡ thu c bao nhiờu lớt khớ NO2 (ktc) ?
A. 4,48 lớt.
B. 10,08 lớt.
C. 16,8 lớt.
D. 20,16 lớt.
Hng dn gii
Vỡ sau phn ng Fe cũn d 2,8 gam nờn mui st to thnh l FeCl2.
Trong phn ng ca X vi HCl, theo bo ton nguyờn t H, O, Fe v bo ton in tớch trong
dung dch mui , ta cú :
2 n H + 2 n H O = n HCl
{
{2
{2
0,8
0,1
?


n O tron g X = n H2O = 0,3 mol

n O tron g X = n H2O


n Fe trong X tham gia phaỷn ửựng = 0,4 mol
n
=
2
n
=
2
n
2+
{Cl
X tham gia phaỷn ửựng
{Fe
1Fe4trong
44
2 4 4 43
0,8
?
?
2,8
= 0,45 mol.
56
Trong phn ng ca X vi dung dch HNO3, ỏp dng bo ton electron, ta cú :
Vy ban u trong X cú n O = 0,3mol; n Fe = 0, 4 +

3n Fe = 2 n O + n NO n NO = 0,75 mol VNO (ụỷ ủktc) = 0,75.22,4 = 16,8 lớt
2
2
{
{ { 2

0,45

0,3

?

Vớ d 28*: Ho tan hon ton mt lng hn hp X gm Fe 3O4 v FeS2 trong 63 gam HNO3, thu
c 1,568 lớt NO2 (ktc). Dung dch thu c cho tỏc dng va vi 200 ml dung dch NaOH
2M, lc kt ta em nung n khi lng khụng i thu c 9,76 gam cht rn. Nng phn
trm ca dung dch HNO3 cú giỏ tr l :
A. 47,2%.
B. 46,2%.
C. 46,6%.
D. 44,2%.
( thi HSG Tnh Thỏi Bỡnh, nm hc 2011 2012)
Hng dn gii
S phn ng :

14

Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing


Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng

ĐT : 0972026205

NO2
 FeS2


 Fe3O 4

+
Na

2−
−
SO 4 , NO3

HNO3
(1)
Fe3+ , H +
NaOH

2−
−
SO
,
NO
 4
3
(2)

o

t
Fe(OH)3 
→ Fe2 O3
(3)


Áp dụng bảo toàn electron ở phản ứng (1) và bảo toàn nguyên tố Fe, S, ta có :
 n Fe O + 15n FeS = n NO = 0,07
 n Fe O = 0, 04
2
2
 3 4
3 4
⇒
⇒ n SO 2− = 2n FeS = 0,004
3n Fe O + n FeS = 2 n Fe O

2
4
3 4
2
2 3
{

 n FeS2 = 0,002
0,061

Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng (2) và bảo toàn nguyên tố N, ta có :
 n NO − + 2.n SO 2− = n Na+
{
{4
{ 3
0,4
0,462.63
 ?
n NO3− = 0,392

0,004
⇒
⇒ C%HNO =
.100% = 46,2%

3
63
 n HNO3 = n NO3− + n{NO2
n HNO3 = 0,462
{

0,07
?
Ví dụ 29*: Hỗn hợp X gồm Ba, Na và Al, trong đó số mol của Al bằng 6 lần số mol của Ba. Cho m
gam X vào nước dư đến phản ứng hoàn toàn, thu được 1,792 lít khí H 2 (đktc) và 0,54 gam chất rắn.
Giá trị của m là
A. 5,27.
B. 3,81.
C. 3,45.
D. 3,90.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A và khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :
 Na+ , Ba2+
+ H2 ↑

−
{
 AlO2
0,08 mol

 Ba

 Na
 Al


+ H 2O
Al ↓

Phản ứng của Ba, Na, Al là phản ứng oxi hóa – khử. Chất khử là Ba, Na, Al; chất oxi hóa là
H2O. 0,54 gam chất rắn là Al dư, số mol Al dư là 0,02 mol.
Theo giả thiết, bảo toàn nguyên tố H, O, Al, ta có :
2n AlO − = n H O = n H = 0,08

2
2
2
⇒ n Al pö = n AlO − = 0,04

2
 n Al pö = n AlO2−
Theo giả thiết và bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng, ta có :
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng

15


Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng

ĐT : 0972026205


 n Al bñ = n Al pö + n Al dö = 6nBa
n Ba = n Ba2+ = 0,01
{
{

0,02
0,04
⇒
⇒ m = m Na + m Ba + m Al = 3,45 gam

{
{
{
 n + + 2n 2+ = n − = 0,04 n Na = n Na+ = 0,02
0,06.27
0,02.23
0,01.137
Ba
AlO2
 Na
Ví dụ 30*: Hòa tan 3,79 gam hỗn hợp X gồm Al và Zn (tỉ lệ mol 2 : 5) vào dung dịch chứa 0,394
mol HNO3,thu được dung dịch Y và V ml khí N2 (đktc). Để phản ứng hết với các chất trong Y thu
được dung dịch trong suốt cần vừa đủ 3,88 lít NaOH 0,125M. Giá trị V là :
A. 268,8.
B. 112.
C. 358,4.
D. 352,8.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Vĩnh Bảo – Hải Phòng, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải

Theo giả thiết, ta có :

27 n Al + 65 n Zn = 3,79 ⇒ x = 0,01; n Al = 0,02 mol; n Zn = 0,05 mol.
{
{
5x

2x

Sơ đồ phản ứng :
N2

HNO3

 Al

 Zn

(1)

−
2−
 Zn 2 + , Al3+ , H +
AlO2 , ZnO2
NaOH

→
+ NH3 ↑

 +

(2)
−
+
−
Na
,
NO
NO3 , NH 4
3

Dung dịch Y có thể có NH4NO3 và HNO3 còn dư. Cho Y phản ứng hết với dung dịch NaOH
được dung dịch trong suốt thì đã có hiện tượng hòa tan kết tủa Al(OH)3 và Zn(OH)2.
Theo bảo toàn electron, bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng (2), bảo toàn nguyên tố
N, ta có :



3n{Al + 2 n{Zn = 10n N2 + 8n NH4+
0,05
 0,02
10n N + 8n NH + = 0,16  n N = 0,012



2
4
⇒ 2
 n NO3− + n AlO2− + 2 n ZnO22− = n Na+ = 0,485 ⇒ 
{
1442443

 {?
2n N2 + n NH4+ = 0,029
 n NH4+ = 0,005
0,02
0,05

 n HNO3 ban ñaàu = n NO − + n NH + + 2n N2
3
4
244443
 14444
 0,394
Suy ra : VN2 (ñktc) = 0,012.22,4 = 0,2688 lít = 268,8 ml
Ví dụ 31: Khi chuẩn độ 25 gam huyết tương máu của một người lái xe có uống rượu, cần dùng 20
ml dung dịch K2Cr2O7 0,01M. Xác định phần trăm về khối lượng C 2H5OH có trong máu của người
lái xe đó. Cho biết phương trình phản ứng là :
C2H5OH + K2Cr2O7 + H2SO4 → CH3COOH + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O.
A. 0,0552%.
B. 0,046%.
C. 0,092%.
D. 0,138%.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An, năm học 2010 – 2011)
Hướng dẫn giải
Bản chất phản ứng :
−1

+6

+3


+3

CH 3 C H 2 OH + K 2 Cr 2 O 7 + H 2SO 4 → CH 3 C OOH + K 2SO 4 + Cr 2 (SO 4 )3 + H 2O (1)
Ở phản ứng (1), chất khử là ancol etylic, chất oxi hóa là K2Cr2O7.
Theo bảo toàn electron, ta có :
16

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng


Biờn son : V Hong Dng

T : 0972026205

4 n CH CH OH = 6 n K Cr O n CH CH OH = 3.104 mol %m CH CH OH =
3
2 2 7
3
2
3
2
14 2
423
12
3
?

0,02.0,01

3.10 4.46

.100% = 0,0552%
25

Vớ d 32: Thy phõn 25,65 gam mantoz vi hiu sut 82,5%, thu c dung dch X. Cho X tỏc
dng vi dung dch AgNO3/NH3 d thu c lng kt ta Ag l :
A. 32,4 gam.
B. 16,2 gam.
C. 29,565 gam.
D. 26,73 gam.
( thi th i hc ln 1 THPT Cm Bỡnh H Tnh, nm hc 2013 2014)
Hng dn gii
Glucoz v matoz u cú 1 nhúm CHO nờn cú kh nng tham gia phn ng trỏng gng.
Theo gi thit v bo ton electron trong phn ng trỏng gng ca glucoz to thnh v
mantoz d, ta cú :

2.25,65.82,5%
= 0,12375
n glucozụ taùo thaứnh = 2n matozụ phaỷn ửựng =
342

25,65.17,5%

= 0,013125
m Ag = 29,565 gam
n matozụ phaỷn ửựng dử =
342

n Ag = 2 n glucozụ taùo thaứnh + 2 n matozụ phaỷn ửựng dử = 0,27375
14444
42444443 1444442444443


0,12375
0,013125

Vớ d 33: t chỏy hon ton hn hp gm 0,1 mol etylen glicol v 0,2 mol ancol X cn dựng 0,95
mol khớ oxi. Sau phn ng thu c 0,8 mol khớ CO2 v 1,1 mol H2O. Cụng thc phõn t ca X l:
A. C3H6(OH)2.
B. C3H5(OH)3.
C. C3H5OH.
D. C3H7OH.
( thi th i hc ln 2 THPT Chuyờn Hựng Vng Phỳ Th, nm hc 2010 2011)
Hng dn gii
C2 H 4 (OH)2 + Cx H y Oz + O2
4244443 144
{
S phn ng : 1444
424443
0,1 mol

0,2 mol

095 mol

o

t

CO2 + H 2 O
{
{

0,8 mol

(1)

1,1 mol

Theo bo ton nguyờn t C, H v O, ta cú :
0,1.2 + 0,2.x = 0,8
x = 3


y = 8 X laứ C3H 8O3 hay C3H 5 (OH)3
0,1.6 + 0,2y = 1,1.2
0,1.2 + 0,2.z + 0,95.2 = 0,8.2 + 1,1 z = 3


Vớ d 34: Ly 21,33 gam cao su isopren ó c lu húa em t chỏy hon ton bng oxi va ,
sau phn ng ngng t ht hi nc thỡ cũn li 34,272 lớt khớ (ktc). Trung bỡnh c bao nhiờu mt
xớch isopren thỡ cú 1 cu ni isunfua (SS) ?
A. 23.
B. 18.
C. 46.
D. 20.
( thi th i hc ln 1 THPT Lng c Bng Thanh Húa, nm hc 2013 2014)
Hng dn gii
t cụng thc ca cao su lu húa l C5n H8n 2 S2 (x mol).
Theo gi thit v bo ton nguyờn t C v S, ta cú :
m C H S = (68n + 62)x = 21,33
68nx + 62x = 21,33 nx = 0,3
5 n 8 n 2 2


n = 20
n(CO , SO ) = 5n.nC H S + 2.nC H S = 1,53
2
2
8n 2 2
8n 2 2
5nx + 2x = 1,53
x = 0, 015
14454n244
43
14454n244
43

x
x


Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing

17


Biờn son : V Hong Dng

T : 0972026205

Vớ d 35: Khi un núng 25,8 gam hn hp ru (ancol) etylic v axit axetic cú H 2SO4 c lm xỳc
tỏc thu c 14,08 gam este. Nu t chỏy hon ton lng hn hp ban u ú thu c 23,4 gam
nc. Hiu sut ca phn ng este húa l :

A. 70%.
B. 80%.
C. 75%.
D. 85%.
( thi th i hc ln 1 THPT Cm Bỡnh H Tnh, nm hc 2013 2014)
Hng dn gii
Theo gi thit v bo ton nguyờn t H, ta cú :
60n CH COOH + 46n C H OH = 25,8
3
2 5

n CH3COOH = 0,2



2.23, 4
= 2,6 n C2H5OH = 0,3
4n CH3COOH + 6n C2 H5OH = 2n H2O =
18

Theo bo ton gc CH3COO , ta cú :
n CH COOH phaỷn ửựng = n CH COOC H =
3

3

2

5


14, 08
0,16
= 0,16 mol H =
.100% = 80%
88
0,2

Vớ d 36: Cho hn hp A gm 1 anken v 2 ankan l ng ng liờn tip vo mt bỡnh cú dung tớch
5,6 lớt cha O2 0oC v 2 atm. Bt tia la in t chỏy ht hirocacbon, sau ú a bỡnh v
273oC thỡ ỏp sut trong bỡnh l p. Nu cho khớ trong bỡnh sau phn ng ln lt i qua bỡnh 1 ng
dung dch H2SO4 c v bỡnh 2 ng dung dch NaOH, thy khi lng bỡnh 1 tng 3,6 gam, bỡnh 2
tng 7,92 gam. Tớnh p bit dung tớch bỡnh thay i khụng ỏng k.
A. 3,04.
B. 4,8.
C. 5,0.
D. 5,2.
Hng dn gii
Cn H 2n
CO2 , H 2 O
CO2
O2 , t o
H 2 SO 4 ủaởc
NaOH





O2 dử
S phn ng :



(1)
(2)
(3)
O2 dử
O2 dử
Cm H 2m + 2
Theo gi thit, ta cú :
nO

2

ban ủau

=

5,6.2
3,6
7,92
= 0,5 mol; n H O =
= 0,2 mol; n CO =
= 0,18 mol.
2
2
0,082.273
18
44

Theo bo ton nguyờn t O, ta cú :


2 n O ban ủau = 2 n CO + n H O + 2 n O dử nO dử = 0,22 mol.
2
1442424443 { 2 { 2
{2
0,5

Suy ra : n(O2 dử , CO2 , H2O) = 0,6 mol p =

0,18

0,2

?

0,6.0,082.(273 + 273)
= 4,8 atm
5,6

Vớ d 37: Xenluloz trinitrat c iu ch t axit nitric v xenluloz (hiu sut phn ng 90% tớnh
theo axit nitric). cú 14,85 kg xenluloz trinitrat cn V lớt dung dch axit nitric 96% (d=1,5 g/ml).
Giỏ tr ca V l :
A. 11,50.
B. 6,56.
C. 16,40.
D. 7,29.
( thi th i hc ln 1 THPT Vnh Bo Hi Phũng, nm hc 2013 2014)
Hng dn gii
C6 H 7O2 (OH)3 + 3HNO3
C6 H 7O 2 (ONO 2 )3 + 3H 2 O

Phng trỡnh phn ng : 1444444
4244444443
xenlulozụ


3.14,85
n HNO3 phaỷn ửựng = 3nC6H7O2 (ONO2 )3 = 297 = 0,15

Theo bo ton gc NO3 v gi thit, ta cú :
n HNO phaỷn ửựng 0,15 1
n
3
=
=
=
HNO
ủem
phaỷ
n
ửự
n
g

3
H
90% 6
18

Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing



Biên soạn : Vũ Hồng Dũng

n HNO

3

đem phản ứng

=

ĐT : 0972026205

n HNO đem phản ứng .M 1
V.d.C%
63
3
⇒V=
= .
= 7,29 lít
M
d.C%
6 1,5.96%

Ví dụ 38: Tripeptit M và tetrapeptit Q đều được tạo ra từ một amino axit X mạch hở, phân tử có
một nhóm -NH2. Phần trăm khối lượng của N trong X là 18,667%. Thuỷ phân khơng hồn tồn m
gam hỗn hợp M, Q (tỉ lệ mol 1 : 1) trong mơi trường axit thu được 0,945 gam M; 4,62 gam đipeptit
và 3,75 gam X. Giá trị của m là
A. 8,389.
B. 58,725.

C. 5,580.
D. 9,315.
(Đề thi thử đại học lần 4 – THPT Chun – Đại học Vinh, năm học 2010 – 2011)
Hướng dẫn giải
14
NCH 2COOH .
Theo giả thiết, ta có : %N trong X = M .100% = 18,667% ⇒ M X = 75 ⇒ X là H
2
144444
424444443
X
glyxin

Sơ đồ phản ứng :
gly
− gly
− gly3: M
244444
 144444
x mol
thủy phân
+ H 2 O 
→ gly
−4
gly
− gly3 + gly
− gly

14444
244444

1444244
43 + gly
{
gly
−
gly
−
gly
−
gly
:
Q
 1444444442444444443
0,945
4,62
3,75
= 0,005 mol
= 0,035 mol
= 0,05 mol

x mol
75.3 − 2.18
75.2 −18
75
0,135
Theo bảo tồn nhóm gly, ta có : 7x = 0,005.3 + 0, 035.2 + 0,05 ⇒ x =
mol.
7
0,135
0,135

Suy ra : m (M, Q) =
.(75.3 − 2.18) +
.(75.4 − 3.18) = 8,389 gam
7
7
Ví dụ 39: Hỗn hợp X gồm các chất có cơng thức phân tử là C2H7O3N và C2H10O3N2. Khi cho các
chất trong X tác dụng với dung dịch HCl hoặc dung dịch NaOH dư đun nóng nhẹ đều có khí thốt
ra. Lấy 0,1 mol X cho vào dung dịch chứa 0,25 mol KOH. Sau phản ứng cơ cạn dung dịch được
chất rắn Y, nung nóng Y đến khối lượng khơng đổi được m gam chất rắn. Tính m ?
A. 16,9 gam.
B. 17,25 gam.
C. 18,85 gam.
D. 16,6 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lương Đắc Bằng – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Vì X tác dụng với HCl hoặc NaOH đun nóng đều thấy thốt khí, suy ra : X là hỗn hợp muối
amoni của amin hoặc của NH3 với axit cacbonic. Căn cứ vào cơng thức phân tử của các chất trong
X, suy ra cơng thức cấu tạo của chúng là : CH3NH3HCO3 và CH3NH3CO3H4N.
Theo bảo tồn gốc cacbonat và ngun tố K, ta có :
 n K CO = n (CH NH CO , CH NH CO H N) = 0,1
3
3
3
3
3
3 4
 2 3
⇒ m chất rắn = 0,1.138
 n KOH dư = n KOH − 2 n K CO = 0,05
1442443+ 0,05.56

1442443= 16,6 gam
2
3
{
{
m K CO
m KOH dư

2 3
0,25
0,1

Ví dụ 40: Đun 1 mol hỗn hợp C2H5OH và C4H9OH (tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 2) với H 2SO4 đặc ở
140oC, thu được m gam ete. Biết hiệu suất phản ứng của C 2H5OH là 60% và của C4H9OH là 40%.
Giá trị của m là
A. 53,76 gam.
B. 23,72 gam.
C. 28,4 gam.
D. 19,04 gam.
Hướng dẫn giải
3
Theo giả thiết, ta có : n C H OH ban đầu = .1 = 0,6 mol; n C H OH ban đầu = 1 − 0,6 = 0,4 mol;
2 5
4 9
5
n C H OH phản ứng = 0,6.60% = 0,36 mol; n C H OH phản ứng = 0,4.40% = 0,16 mol.
2

5


4

9

Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng

19


Biên soạn : Vũ Hồng Dũng

ĐT : 0972026205
H SO đặc

2
4
2ROH
→ ROR
442443 
140o C
Sơ đồ phản ứng : 10,52
mol

+ H 2O
{

0,26 mol

m (C H OH, C H OH) = m ete + m H O ⇒ m ete = 23,72 gam
2 5

4 9
Theo bảo tồn khối lượng, ta có : 144444
4244444
43 {
{2
?

0,36.46 + 0,16.74

0,26.18

Ví dụ 41: Chất béo X có chỉ số axit là 7. Để xà phòng hố 10 kg X, người ta đun nóng nó với dung
dịch chứa 1,420 kg NaOH. Sau khi phản ứng xảy ra hồn tồn để trung hồ hỗn hợp, cần dùng 500
ml dung dịch HCl 1M. Khối lượng xà phòng thu được là :
A. 10,3425 kg.
B. 10,3445 kg.
C. 10,3435 kg.
D. 10,3455 kg.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Vĩnh Bảo – Hải Phòng, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
n NaOH phản ứng với X = n NaOH ban đầu − nNaOH dư = nNaOH ban đầu − n HCl = 35 mol.
14444244443 {
35,5

n NaOH phản ứng với axit béo = nKOH =

0,5

7.10
= 1,25 mol ⇒ n NaOH phản ứng với triglixerit = 33,75 mol.

56
o

t
RCOOH + NaOH 
→ RCOONa + H 2 O

mol :

1,25

(1)

1,25

→
o

t
(RCOO)3 C3H 5 + 3NaOH 
→ 3RCOONa + C3H 5 (OH)3

mol :

33,75

→

(2)


11,25

Theo (1), (2) và bảo tồn khối lượng, ta có :
m X + m NaOH = m xà phòng + m H O + m C H (OH) ⇒ m xà phòng = 10,3425 kg
3 5
3
{
1442443 144
424443 { 2 1444
24443

10.103

35.40

?

1,25.18

11,25.92

Ví dụ 42: Xenlulozơ tác dụng với anhiđrit axetic (có H 2SO4 làm xúc tác) tạo ra 9,84 gam este axetat
và 4,8 gam CH3COOH, cơng thức của este axetat có dạng là :
A. [C6H7O2(OOCCH3)3]n.
B. [C6H7O2(OOCCH3)3]n và [C6H7O2(OOCCH3)2OH]n.
C. [C6H7O2(OOCCH3)2OH]n.
D. [C6H7O2(OOCCH3)(OH)2]n.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Chun Bắc Ninh, năm học 2011 – 2012)
Hướng dẫn giải
Phương trình phản ứng :

H SO , t o

2
4
[C6 H 7O2 (OH)3 ]n + 2n( CH3CO)2 O 
→ [C6 H 7O2 OH(OOCCH 3 )2 ]n + 2nCH 3COOH

H SO , t o

2
4
[C6 H 7O2 (OH)3 ]n + 3( CH 3CO)2 O 
→ [C6 H 7O 2 (OOCCH 3 )3 ]n + 3nCH 3COOH

Theo phương trình phản ứng và bảo tồn khối lượng, ta có :

4,8
 m[C H O (OH) ] = 6,48
 n(CH3CO)2 O = nCH3COOH = 60 = 0,08
 6 7 2 3n
⇒

6,48 0, 04
m
+
m
=
m
+
m

n
=
[C
H
O
(OH)
]
(CH
CO)
O
este
axetat
CH
COOH
 14444

6 7 2
3 n
3
2
3
[C
H
O
(OH)
]
42444443 144424443 144424443 144424443  6 7 2 3 n 162n = n
9,84
?
0,08.102

0,08.60


20

Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng


Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng

n (CH CO)
3

Suy ra : n
[C H O
6

7

2O

=

2 (OH)3 ]n

ĐT : 0972026205

0,08
= 2n ⇒ este axetat laø [C6 H 7O 2OH(OOCCH 3 )2 ]n
0,04

n

Ví dụ 43: Một hỗn hợp X gồm CH3OH, CH2=CHCH2OH, CH3CH2OH, C3H5(OH)3. Cho 25,4 gam
hỗn hợp X tác dụng với Na dư thu được 5,6 lít H 2 (đktc). Mặt khác đem đốt cháy hoàn toàn 25,4
gam hỗn hợp X thu được m gam CO2 và 27 gam H2O. Giá trị của m là :
A. 61,6 gam.
B. 52,8 gam.
C. 44 gam.
D. 55 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2011 – 2012)
Hướng dẫn giải
Theo bảo toàn nguyên tố H trong nhóm –OH, ta có :
n − OH trong X = 2n H = 0,5 mol ⇒ n O trong X = n − OH trong X = 0,5 mol.
2

Theo bảo toàn nguyên tố H trong X và bảo toàn khối lượng trong X, ta có :
n H tron X = 2n H O = 3 mol ⇒ n C trong X =
2

m X − m O − m H 25,4 − 0,5.16 − 3
=
= 1,2 mol.
12
12

Suy ra : n CO2 = n C trong X = 1,2 mol ⇒ m CO2 = 1,2.44 = 52,8 gam
Ví dụ 44: Đốt cháy hoàn toàn 4,16 gam hỗn hợp X gồm RCOOH và RCOOC 2H5 thu được 4,256 lít
CO2(đktc) và 2,52 gam H2O. Mặt khác 2,08 gam hỗn hợp X phản ứng với lượng vừa đủ dung dịch
NaOH , thu được 0,46 gam ancol và m gam muối. Giá trị của m là :
A. 2,42 gam.

B. 2,62 gam.
C. 2,35 gam.
D. 2,484 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Vĩnh Bảo – Hải Phòng, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Theo bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O trong phản ứng đốt cháy X, ta có :
 m (RCOOH, RCOOC H ) + 32 n O = 44 n CO + 18 n H O
2 5
{2
{ 2
{2
42444444
43
 1444444

 n O2 = 0,21
4,16
?
0,19
0,14
⇒


+ 2 nO = 2 nCO + n H O
2 n144444
 n(RCOOH, RCOOC2 H5 ) = 0,05
(RCOOH, RCOOC2 H 5 )
2
2
2

{
{
424444443 {

?
?
0,19
0,14
 n(RCOOH, RCOOC H ) trong 2,08 gam X = 0,025
 n RCOOH trong 2,08 gam X = 0,015
2 5
⇒
Suy ra : 

n
= nC H OH = 0,01  n H2O = n RCOOH trong 2,08 gam X = 0,015
2 5
 RCOOC2 H5 trong 2,08 gam X
m +m
=m
+ m C H OH + m H O ⇒ m muoái = 2,35 gam
2 5
2443 {muoái 144
Theo bảo toàn khối lượng, ta có : { X 144NaOH
244
3 {2
2,08

0,025.40


?

0,46

0,015.18

Ví dụ 45: Một hỗn hợp M gồm 2 este đơn chức X, Y (M X < MY). Đun nóng 12,5 gam hỗn hợp M
với một lượng dung dịch NaOH vừa đủ thu được 7,6 gam hỗn hợp ancol no Z, đơn chức có khối
lượng phân tử hơn kém nhau 14 đvC và hỗn hợp hai muối T. Đốt cháy 7,6 gam Z thu được 7,84 lít
khí CO2 (đktc) và 9 gam H2O. Phần trăm khối lượng của X, Y trong hỗn hợp M lần lượt là :
A. 59,2%; 40,8%.
B. 50%; 50%.
C. 40,8%; 59,2%.
D. 66,67%; 33,33%.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lương Đắc Bằng – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, suy ra :

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng

21


Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng

ĐT : 0972026205

n CO
0,35 8
2

n Z = n H O − n CO = 0,15 mol ⇒ C Z =
=
= = 2,33 ⇒ Z goàm
2
2
{
{
nZ
0,15 3
0,5

0,35

C2 H 5OH

C3 H 7OH

 n C H OH + n C H OH = 0,15
n C H OH = 0,1
2 5
3 7
2 5
⇒


2n
+ 3n C H OH = n CO = 0,35 n C H OH = 0,05
3 7
2
 C2 H5OH

 3 7
Theo bảo toàn khối lượng, ta có :
10,9
m M + m NaOH = m RCOONa + m ancol ⇒ m RCOONa = 10,9 gam ⇒ M RCOONa =
= 72,66.
{
1442443 144
424443 {
0,15
12,5

0,15.40

?

7,6

Vậy phải có 1 gốc axit là HCOO–.
● Nếu hỗn hợp hai este gồm HCOOC2 H 5 (0,1 mol) vaø RCOOC3H 7 (0,05 mol)
⇒ 74.0,1 + 0,05(R + 87) = 12,5 ⇒ R = 15 (CH 3 −).
⇒ %m HCOOC H =
2

5

0,1.74
.100% = 59,2% ;%m CH COOC H = 40,8%
3
3 7
12,5


● Nếu hỗn hợp hai este gồm HCOOC3 H 7 (0,05 mol) vaø RCOOC2 H 5 (0,1 mol)
⇒ 88.0, 05 + 0,1(R + 73) = 12,5 ⇒ R = 8 (loaïi).

22

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng


Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng

ĐT : 0972026205

II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập dành cho học sinh lớp 11 và lớp 12
Câu 1: Hấp thụ hoàn toàn 2,24 lít CO2 (đktc) vào 100 ml dung dịch gồm K2CO3 0,2M và KOH x
mol/lít, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với
dung dịch BaCl2 (dư), thu được 11,82 gam kết tủa. Giá trị của x là :
A. 1,0.
B. 1,2.
C. 1,4.
D. 1,6.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2011)
Câu 2: Hỗn hợp Z gồm có Al và Al4C3. Nếu cho hỗn hợp Z tác dụng với H2O thu được 31,2 gam
Al(OH)3. Nếu cho hỗn hợp Z tác dụng với dung dịch HCl, người ta thu được một muối duy nhất và
20,16 lít hỗn hợp khí (đktc). Khối lượng của Al và Al4C3 trong Z là :
A. 14,4 gam và 10,8 gam.
B. 10,8 gam và 14,0 gam.
C. 10,8 gam và 14,4 gam.
D. 5,4 gam và 7,2 gam.

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2012 – 2013)
Câu 3: Cho 6,9 gam Na vào 100,0 ml dung dịch HCl thu được dung dịch X chứa 14,59 gam chất
tan. Cho dung dịch X vào dung dịch AgNO3 dư thu được bao nhiêu gam kết tủa?
A. 38,65.
B. 37,58.
C. 40,76.
D. 39,20.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2010 – 2011)
Câu 4: Cho khí CO đi qua m gam Fe 2O3 nung nóng thì thu được 21,36 gam chất rắn X và khí Y.
Cho toàn bộ khí Y hấp thụ vào 700 ml dung dịch Ca(OH) 2 0,1M thì thấy tạo ra 6,0 gam kết tủa. Giá
trị của m là
A. 22,32.
B. 22,32 hoặc 22,64.
C. 23,28 hoặc 23,92.
D. 23,28.
(Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2012 – 2013)
Câu 5: Cho 31,9 gam hỗn hợp Al2O3, ZnO, FeO, CaO tác dụng hết với CO dư, đun nóng thu được
28,7 gam hỗn hợp X. Cho X tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được V lít khí H 2 (đktc). V có giá
trị là :
A. 5,6 lít.
B. 11,2 lít.
C. 6,72 lít.
D. 4,48 lít.
(Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2010 – 2011)
Câu 6: Cho m gam hỗn hợp X gồm Na, Ca tan hết vào dung dịch Y chứa 0,08 mol NaHCO 3 và
0,04 mol CaCl2, sau phản ứng thu được 7 gam kết tủa và thấy thoát ra 0,896 lít khí. Giá trị của m là
A. 1,66 gam.
B. 1,72 gam.
C. 1,2 gam.
D. 1,56 gam.

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Minh Khai, năm học 2013 – 2014)
Câu 7: Sục khí H2S cho tới dư vào 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm FeCl 3 0,2M và CuCl2 0,2M;
phản ứng xong thu được a gam kết tủa. Giá trị của a là:
A. 3,68 gam.
B. 4 gam.
C. 2,24 gam.
D. 1,92 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2011 – 2012)
Câu 8: Trộn 0,54 gam bột Al với hỗn hợp bột Fe 2O3 và CuO rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm ở
nhiệt độ cao trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp rắn X. Hoà tan X trong dung
dịch HNO3 thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO2 và NO. Tỉ khối của X so với H2 là :
A. 20.
B. 22.
C. 23.
D. 21.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Ninh Giang, năm học 2013 – 2014)

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng

23


Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng

ĐT : 0972026205

Câu 9: Trong một bình kín chứa 10,8 gam kim loại M có hoá trị không đổi và 0,6 mol O 2. Nung
bình một thời gian, sau đó đưa bình về nhiệt độ ban đầu thì áp suất trong bình chỉ còn bằng 75% so
với ban đầu. Lấy chất rắn thu được cho tác dụng với HCl dư thu được 6,72 lít H 2 (đktc). Kim loại M
là:

A. Al.
B. Mg.
C. Zn.
D. Fe.
(Đề thi thử Đại học lần 3 – THPT Lý Thường Kiệt, năm học 2013 – 2014)
Câu 10: Cho m gam hỗn hợp FeS, FeS 2 tỉ lệ số mol 1:1 vào dung dịch HNO 3 dư, đun nóng, thu
được hỗn hợp khí chứa 0,4 mol NO2, 0,2 mol NO, ngoài ra không còn sản phẩm khử nào khác. Tính
m?
A. 10,4 gam.
B. 9,25 gam.
C. 10,3 gam.
D. 8,67 gam.
(Đề thi thử đại học lần 3 – THPT Chuyên Thái Bình, năm học 2011 – 2012)
Câu 11: Trộn 19,2 gam Fe2O3 với 5,4 gam Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (không có mặt
không khí và chỉ xảy ra phản ứng khử Fe 2O3 thành Fe), thu được hỗn hợp X. Hỗn hợp X (sau khi đã
làm nguội) tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl dư, thu được 5,04 lít khí (đktc). Hiệu suất phản
ứng nhiệt nhôm là
A. 75%.
B. 57,5%.
C. 60%.
D. 62,5%.
(Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2011 – 2012)
Câu 12*: Hòa tan m gam hỗn hợp A gồm FeO vào Fe 2O3 bằng lượng vừa đủ dung dịch HCl, sau
phản ứng thu được dung dịch B. Cho một nửa dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, kết
tủa thu được đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 40 gam chất rắn. Cho một
nửa dung dịch B còn lại tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3, thu được 208,15 gam chất rắn.
Giá trị của m là
A. 62,4.
B. 124,8.
C. 38,4.

D. 76,8.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lục Ngạn số 1 – Bắc Giang, năm học 2013 – 2014)
Câu 13: Tiến hành điện phân (với điện cực Pt) 200 gam dung dịch NaOH 10% đến khi dung dịch
NaOH trong bình có nồng độ 25% thì ngừng điện phân. Thể tích khí (ở đktc) thoát ra ở anot là :
A. 149,34 lít.
B. 156,8 lít.
C. 78,4 lít.
D. 74,66 lít.
Câu 14: Điện phân dung dịch NaOH với cường độ không đổi là 10A trong thời gian 268 giờ. Dung
dịch còn lại sau điện phân có khối lượng 100 gam và nồng độ 24%. Nồng độ phần trăm của dung
dịch ban đầu là :
A. 4,8%.
B. 2,4%.
C. 9,6%.
D. 1,2%.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2010 – 2011)
Câu 15: Điện phân dung dịch chứa x mol NaCl và y mol CuSO 4 với điện cực trơ, màng ngăn xốp
đến khí nước bị điện phân ở 2 điện cực thì ngừng. Thể tích khí ở anot sinh ra gấp 1,5 lần thể tích khí
ở catot ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Quan hệ giữa x và y là
A. x = 6y.
B. x = 3y.
C. y = 1,5x.
D. x =1,5y.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Tĩnh Gia 2 – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014)
Câu 16: Điện phân có màng ngăn 100 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm CuCl2 0,5M và NaCl 2,5M
(điện cực trơ, hiệu suất điện phân 100%) với cường độ dòng điện 7,5A trong 3860 giây, thu được
dung X. X có khả năng hoà tan m gam Zn. Giá trị lớn nhất của m là
A. 9,75.
B. 3,25.
C. 6,5.

D. 13.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Đoàn Thượng – Hải Dương, năm học 2013 – 2014)

24

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng


Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng

ĐT : 0972026205

Câu 17*: Dung dịch X gồm Cu(NO3)2 và HCl. Điện phân một nửa dung dịch X (điện cực trơ,
cường độ dòng điện không đổi), sau một thời gian thu được 0,14 mol một khí duy nhất ở anot.
Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa đủ 550 ml dung dịch NaOH 0,8M, thu được1,96 gam kết
tủa. Khối lượng Cu tối đa có thể hòa tan trong một nửa dung dịch X (giải phóng khí NO, sản phẩm
khử duy nhất) là
A. 9,6.
B. 12,8.
C. 6,4.
D. 19,2.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lục Ngạn số 1 – Bắc Giang, năm học 2013 – 2014)
Câu 18: Đốt 24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu trong không khí, thu được m gam hỗn hợp chất rắn
Y gồm Fe, Cu, CuO, Fe3O4. Cho hỗn hợp Y vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 6,72 lít SO 2
(đktc) và dung dịch có chứa 72 gam muối sunfat. Giá trị của m là :
A. 25,6.
B. 28,8.
C. 27,2.
D. 26,4.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2010 – 2011)

Câu 19: Nung m gam hỗn hợp X gồm bột sắt và lưu huỳnh, thu được hỗn hợp Y gồm FeS, Fe, S.
Chia Y thành 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng với dung dịch H 2SO4 loãng, dư thấy thoát ra
2,8 lít hỗn hợp khí (ở đktc). Cho phần 2 tác dụng hết với lượng dư dung dịch HNO 3 đặc, nóng thấy
thoát ra 16,464 lít khí chỉ có NO2 (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất). Giá trị m là
A. 17,84.
B. 7,00.
C. 8,92.
D. 14,00.
(Đề thi thử đại học lần 2 – THPT Chuyên – Đại học Vinh, năm học 2012 – 2013)
Câu 20: Hòa tan hết một lượng Na vào dung dịch HCl 10%, thu được 46,88 gam dung dịch gồm
NaCl và NaOH và 1,568 lít H2 (đktc). Nồng độ phần trăm của NaCl trong dung dịch thu được là :
A. 14,97.
B. 12,48.
C. 12,68.
D. 15,38.
(Đề thi thử Đại học lần 3 – THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An, năm học 2012 – 2013)
Câu 21: Hòa tan m gam hỗn hợp gồm K và Ca vào nước, thu được dung dịch X và 5,6 lít H 2 (đktc).
Hấp thụ 8,96 lít khí CO2 (đktc) vào dung dịch X thu được 10 gam kết tủa và dung dịch Y. Cô cạn
dung dịch Y thu được 22,5 gam chất rắn khan gồm hai chất có cùng khối lượng mol. Giá trị của m
là :
A. 12,85 gam.
B. 16,75 gam.
C. 10,85 gam.
D. 14,80 gam.
Câu 22: Cho 11,15 gam hỗn hợp 2 kim loại gồm Al và 1 kim loại kiềm M vào trong nước. Sau
phản ứng chỉ thu được dung dịch X và và 9,52 lít khí (ở đktc). Cho từ từ dung dịch HCl vào dung
dịch X để thu được một lượng kết tủa lớn nhất. Lọc và cân kết tủa được 15,6 gam. Kim loại kiềm đó
là :
A. Li.
B. Na.

C. K.
D. Rb.
Câu 23: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe 2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào
dung dịch Y gồm (HCl và H 2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO 3)2
1M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng thoát khí NO (đktc). Thể tích dung dịch Cu(NO 3)2 cần dùng
và thể tích khí NO thoát ra lần lượt là :
A. 0,5 lít; 22,4 lít.
B. 50 ml; 1,12 lít.
C. 25 ml; 1,12 lít.
D. 50 ml; 2,24 lít.
(Đề thi thử Đại học lần 3 – THPT Lý Thường Kiệt, năm học 2013 – 2014)
Câu 24: Cho hỗn hợp gồm 2 gam Fe và 3 gam Cu tác dụng với dung dịch HNO 3 thu được dung
dịch X và 0,448 lít NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu
gam muối khan ?
A. 5,4.
B. 2,6.
C. 4,8.
D. 6,4.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Hạ Hòa – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Câu 25: Cho 0,5 mol sắt phản ứng hết với dung dịch có a mol AgNO3 sau khi phản ứng kết thúc thu
đươc dung dịch X. Biết X phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 0,15 mol Br2. Giá trị của a là :
A. 1,5.
B. 1,05.
C. 1,2.
D. 1,3.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2011 – 2012)
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
25