Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

PP tự chọn lượng chất

PHƯƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT
(ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN)
Giáo viên: VŨ KHẮC NGỌC
Các bài tập trong tài liệu này được biên soạn kèm theo các bài g iảng “Phương pháp tự chọn lượng chất ” thuộc
Khóa học Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc) tại website Hocmai.vn để giúp các Bạn
kiểm t ra, củng cố lại các kiến thức được giáo viên truyền đạt trong bài giảng tương ứng. Để sử dụng hiệu quả, Bạn
cần học trước bài giảng “Phương pháp tự chọn lượng chất” sau đó làm đầy đủ các bài tập trong tài liệu này.

Câu 1:
Gọi khối lượng của HCl là 365 gam => n HCl =

365  0,2
= 2 mol
36,5

 n M = n H2 = 1 mol

 Fe : x
127 x
 % FeCl2 
.100  15, 75

365( x  y )  2( x  y )
 Mg : y
 x  y  x  0,5. y  0,5
95*0,5

 % MgCl2 
.100  11, 78(%)
403
Đáp án: C
Câu 2:
Tỷ lệ khối lượng CO 2 và SO 2 không phụ thuộc vào khối lượng của hỗn hợp A (hỗn hợp A là đồng nhất),
do đó ta có thể áp dụng phương pháp tự chọn lượng chất.
Không làm mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử có 1 mol CO 2 (ứng với 44 gam) trong hỗn hợp A
 mSO2 = 44  4 = 176(gam)  mhh = 44 + 176 = 220(gam) .
220 55

16
4
Đáp án: A
M CH 4 

Câu 3:
nNO  2b

nKNO3  a mol
nKNO2  a mol BTNT  2
X



a  0,5b
n

0,5
b

n

b
mol
Fe
O
Fe
(
NO
)


nO2 
3 2
 2 3

2

BTE

 nNO2  4nO2  2b  4

a  0,5b
 b  2a
2

Đáp án: B
Câu 4: giả sử hỗn hợp là 1 mol
toC
 CO + H2

C + H2 O 
x
x
x
x mol
o
t C
 CO 2 + H2O
C + 2H2 O 
0,25

0,25

0,5 mol

=>2x + 0,75 = 1 => x= 0,125 mol
0,125
%CO 
.100  12,5(%)
1
Đáp án: B
Câu 5: Ta dùng sơ đồ đường chéo thì nhanh hơn
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)


PP tự chọn lượng chất

Anh trình bày thêm cách giải hệ phương trinh
Gọi hỗn hợp trên có 1 mol
O 2 : x  x  y  1
 x  0, 75



 N 2 : y 32x  28y  31*1  y  0, 25

0, 75
.100  75(%)
1
Đáp án: C
Câu 6:
%O2 

a  b  1
H 2 : a 
n
Ta có:
 0, 05  n  n NH3  0, 05  
  0, 025
 b  0, 25
n
 0,1
 N2 : b 
 b
0, 25

% N2 
.100  25(%)
1
Đáp án: C
Câu 7: : Phương trình phản ứng
Gọi số mol nH2 = 0,75 mol
N2
+
3H2
2NH3
0,25

0,75

0,5 mol

Hiệu xuất phản ứng
H= 75 (%)
Đáp án: D
Câu 8: Xét 1 mol hỗn hợp X, ta có:; nN 2 =mx =1*3,6*2= 7,2 gam.,
sử dụng đường chéo ta có: nH2 =0.8; nN 2 =0.2
 2NH3
N 2 + 3H2 
Ban đầu:
Phản ứng:
Sau pu:

0,2
x


0,8
3x

2x

(0,2 - x) (0,8 - 3x) 2x

nY = (1 - 2x) mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mX = mY
7.2 = 4*2*( 1-2x) => x= 0.05
Hiệu suất phản ứng tính theo N 2 là
0, 05
H
.100  25(%) .
0, 2
Đáp án: D
Câu 9:
Coi hỗn hợp X ban đầu có 1 mol
P n
1
PV = nRT => 1  1 
P2 n2 0,9
N 2 + 3H2




Ban đầu:

0,25


Phản ứng:

x

2NH3
0,75
3x

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

2x
- Trang | 2 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

PP tự chọn lượng chất

Sau pu:
(0,25 - x) (0,75 - 3x) 2x
nY = (1 - 2x) mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mX = mY
x= 0.05 => số mol N 2 , H2 , NH3 spu lần lượt là: 0.2, 0.6, 0.1
0, 2
% N2 
.100  22, 22
0,9
Đáp án: A

Câu 10:
Khí bị giữ lại do phản ứng với dung dịch H2 SO4 chính là NH3 và có thể tích bằng ½ thể tích hỗn hợp khí
ban đầu.
Gọi KLPT trung bình của H2 và N 2 trong hỗn hợp là M , ta dễ dàng thấy:
M + 17
= 8  M = 15
2
Áp dụng phương pháp đường chéo, ta có:

H2 (M = 2)
M = 15
N2 (M = 28)

13

25%

13

25%

Vậy đáp án đúng là A. 25%, 25%, 50%
Đáp án: A
Câu 11:
Áp dụng phương pháp đường chéo cho hỗn hợp X, ta có:
N2 (M = 28)
10,4
2
6,2 x 2 = 12,4
15,6

3
H2 (M = 2)
Phương trình phản ứng tổng hợp NH3 :

N 2 + 3H2

Fe, t

 2NH3
0

 N2 trong hỗn hợp X đã lấy dư và hiệu suất phản ứng được tính theo H2.

 n H2 ph¶n øng = 0,4  3 = 1,2 mol  n NH3 = 0,8 mol = sè mol khÝ gi¶m
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mX = mY
m
m
12, 4  5
 MY = Y = X =
= 14,76
nY
nY
5 - 0,8
Đáp án: C
Câu 12:
Giả sử nX = 2 mol  nY = 1,8 mol.
Áp dụng đường chéo cho hỗn hợp X, ta có:
N2 (M = 28)
5,2
1,8 x 4 = 7,2

20,8
H2 (M = 2)

1

0,4 mol

4

1,6 mol

 về mặt lý thuyết thì H2 đã lấy dư và H% phải tính theo N 2.
Ta có: n NH3 sp = 2 - 1,8 = 0,2 mol  n N2 p­ = 0,1 mol  H% =

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

0,1
 100% = 25%
0, 4
- Trang | 3 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

PP tự chọn lượng chất

Đáp án: D
Câu 13:
Đặt kim loại là M, oxit là MO

Giả sử có 1 mol MO phản ứng, 1 mol H2 SO 4 phản ứng:
MO + H2 SO4 
 MSO4 + H2 O
mct
C% 
.100
mdd
1.98

.100  10  mdd  980( gam)
mdd
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mdd  mMO  mdd( H2 SO4 )  (M  16)  980
m
C %  ct .100
mdd
M  96

.100  15,17  M  65  Zn
M  996
Đáp án: B
Câu 14:
Chọn 1 mol muối M2 (CO 3 )n .
M2 (CO3 )n

+

nH2 SO4




M2 (SO4 )n + nCO 2 + nH2 O

Cứ (2M + 60n) gam  98n gam  (2M + 96n) gam
98n 100

mdd H2SO4 
 1000n gam
9,8
mdd muèi  mM2 (CO3 )n  mdd H2SO4  mCO2

= 2M + 60n + 1000.n  44.n = (2M + 1016.n) gam.
 2M  96  100  14,18
C%dd muèi 
2M  1016 n


M = 28.n  n = 2 ; M = 56 là phù hợp vậy M là Fe.

Đáp án: B
Câu 15:
Xét 1 mol M(OH)2 tham gia phản ứng
M(OH)2 + H2 SO 4  MSO4 + 2H2O
Cứ (M + 34) gam  98 gam  (M + 96) gam
98 100
mdd H2SO4 
 490 gam

20
 M  96  100

m dd MSO4   M  34  490  

27,21


M = 64 

M là Cu.

Đáp án: A
Câu 16:
Xét 1 mol hỗn hợp X, ta có:
mx = M X = 7,2 gam.
Đặt n N2  a mol , ta có:
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 4 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

PP tự chọn lượng chất

28a + 2(1  a) = 7,2

a = 0,2
n N2  0,2 mol và n H2  0,8 mol  H2 dư.

xt, t


 2NH3
3H2 

p
o

N2

+

Ban đầu:
Phản ứng:

0,2
x

0,8
3x

(0,2  x) (0,8  3x)

Sau phản ứng:

2x
2x

nY = (1  2x) mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mX = mY
m


nY  Y
MY
7,2

 x = 0,05.
1  2x  
8
0,05 100
Hiệu suất phản ứng tính theo N 2 là
 25% .
0,2
Đáp án: D
Câu 17:
Xét 1 mol hỗn hợp X  mX = 12,4 gam gồm a mol N 2 và (1  a) mol H2 .
28a + 2(1  a) = 12,4  a = 0,4 mol  n H2  0,6 mol
xt, t

 2NH3 (với hiệu suất 40%)
3H2 

p
o

N2

+

Ban đầu:


0,4

0,6

Phản ứng:
0,08  0,60,4  0,16 mol
Sau phản ứng: 0,32
0,36
0,16 mol
Tổng: nY = 0,32 + 0,36 + 0,16 = 0,84 mol;
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mX = mY.
12,4

MY 
 14,76 gam .
0,84
Đáp án: C
Câu 18:
TL§
 2O3
3O 2 
Chọn 1 mol hỗn hợp O2 , O 3 ta có:
nO2  a mol  n O3  1  a  mol .

32a  48 1  a   33  a 

15
mol O2
16


15 1

mol
16 16
1 3 3
n O2 bÞ oxi ho¸    mol

16 2 32
3
100
32
 9,09% .
Hiệu suất phản ứng là:
3 15

32 16


n O3  1 

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 5 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

PP tự chọn lượng chất


Đáp án: B
Câu 19:
Xét 1 mol kim loại ứng với R (gam) tham gia phản ứng.
2R + nH2 SO4  R2 (SO4 )n + nH2
 2R  96n 
Cứ R (gam)


 gam muèi
2


 2R  96n   5R  R = 12n thỏa mãn với n = 2.

2
Vậy: R = 24 (Mg).
Đáp án: D
Câu 20: Gọi số mol hỗn hợp khí là 1 mol
BTNT.C
nCO2  0,091 
n FeCO3  0,091
+ Có n hh khi  1  
n NO2  0,909
0,909  0,091
BTE

 n FeS 
 0,0909  %FeS  43,14%
+ 
9

Đáp án: A
Câu 21:
Giả sử thanh kim loại là 100 gam
Thanh kim loại M phản với số mol là x
M  CuSO 4 
 MSO 4 Cu

x  x 
 x 
 x(mol)
Sau một thời gian lấy thanh kim loại giảm 0,05% ta có:
( Mx – 64x ) * 100 = 0,05 ( 1 )
M  Pb(NO3 )3 
 M(NO3 )3  Pb

x  x 
 x 
 x(mol)
Sau một thời gian khối lượng tăng 7,1%
( 207x – Mx ) * 100 = 7,1 ( 2 )
Chia (1) cho (2)
M = 65 => Zn
Đáp án: D
Câu 22: Giả sử thanh kim R là 100 gam
Phương trinh phản ứng
 R2+ + Cu
R + Cu2+ 
x

x


x
x mol
0, 2*100
mgiảm = (Rx – 64x) =
gam (1)
100
 R2+ + Pb
R+ Pb2+ 
x
x
x
x mol
28, 4*100
mtăng = (207x – Rx) =
gam (1)
100
Từ hệ (1) và (2) ta giải được: Rx = 13 và x = 0,2 mol
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 6 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

R

PP tự chọn lượng chất


13
 65  Zn
0, 2

Đáp án: D
Câu 23:
Giả sử thanh kim R là 100 gam
Phương trinh phản ứng
R + Cu2+ 
 R2+ + Cu
x
x
x
x mol
9,6*100
mgiảm = (Rx – 64x) =
gam (1)
100
R+ Pb2+ 
 R2+ + Pb
x

x

x
x mol
19*100
mtăng = (207x – Rx) =
gam (1)
100

Từ hệ (1) và (2) ta giải được: Rx = 22,4 và x = 0,2 mol
22, 4
R
 112  Cd
0, 2
Đáp án: C
Câu 24:gọi kim loại M có khối lượng là 100 gam
Phương trinh phản ứng
 M2+ + Cu
M+ Cu2+ 
x

x

x
x mol
1, 2*100
mtăng = (64x - Mx) =
gam (1)
100
 M2+ + Cd
M + Cd2+ 
x

x

x
x mol
8, 4*100
mtăng = (112x - Mx) =

gam (1)
100
Từ hệ (1) và (2) ta giải được: Mx = 8,4 và x = 0,15mol
8, 4
M
 56  Fe
0,15
Đáp án: A
Câu 25:
Nhận xét: Vì đề bài cho CuSO 4 dư nên Zn và Fe phản ứng hết
Gọi a là số mol Zn, b là số mol của Fe
Phương trình: Zn + CuSO 4
Mol:

+

Cu

(1)

a -------->a----------------------------->a

Phương trình: Fe + CuSO 4
Mol:

 ZnSO 4

 FeSO 4

+


Cu

(2)

b -------->b----------------------------->b

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 7 -


Hocmai.vn Website hc trc tuyn s 1 ti Vit Nam
Khúa hc: Nhng nn tng ct lừi hc tt Húa hc (Thy V Khc Ngc)

Ta cú: 65a + 56b = 64(a + b) a = 8b
%m

Zn

=

PP t chn lng cht

(3)

mZn
65a
65.8b
.100

.100
.100 90, 27%
mhh
65a 56b
65.8b 56b

ỏp ỏn: A
Cõu 26:
ý thy PbS PbO
Do ú mi mol PbS b nhit phõn khi lng cht rn s gim 32 16 = 16 gam.
Cho m =100 .Ta cú ngay :
5
0,3125 mol
16
0,3125.(207 32) 74,69(gam) % m PbS 74,69(%)

phaỷn ửựng
m 5( gam) nPbS

phaỷn ửựng
mPbS

ỏp ỏn: C
Cõu 27:
t
CaO CO2
Chỳ ý: Qung canxit l CaCO 3 . CaCO3
0

nhieọt phaõn

m 0,22m m CO m CaCO

2

3

0,22m.100
44

0,22m.100
0,5
44
0,8
0,8
a 37,5%
m.a
100 a
m
100
100

ỏp ỏn: A
Cõu 28: Gi s 100 gam cú mNa = 9,62 gam, mCa = 8,37 gam, nSi = 35,15 gam, mO = 46,8 gam
S mol : nNa : nCa : nSi : nO = 2 : 1 : 6 : 14.
Na2 O.CaO.6SiO 2.
ỏp ỏn: B
Cõu 29: Gi s 100 gam ỏ cú cha 80%CaCO 3 => khi lng CaCO 3 = 80 gam cũn li 20 gam cht tr
nCaCO 3 = 0,8 mol
t0
CaCO 3 + CO2

CaCO3
0,8
%mCaO =

0,8

0,8 mol

0,8*56
*100 73, 68(%)
56 20

ỏp ỏn: D
Cõu 30:
Na2 HPO4 .nH2 O
31
*100 11,56 n 7
%mP =
23*2 31 1 64 n *18
ỏp ỏn: C
Cõu 31:
Gi s khi lng dung dch HCl l 100 gam nHCl 0,9

Tng i t vn: 1900 58-58-12

- Trang | 8 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)


PP tự chọn lượng chất

 MgCO3 : b
CaCO3 : a


Ta có : 
32,85  7,3  73b  b  0,04
32,85  73a  a  0,1; 
0,242  100  100a  44a
0,211  100  5,6  84b  44b

0,04(24  71)
 %MgCl2 
 3,54%
100  10  0,04.84  0,1.44  0,04.44
Đáp án: B
Câu 32: Ta có: Khối lượng muối MSO 4 : M(NO 3 )3
M  96
R
*100  62,81  M  56  Fe
M  3*62
Đáp án: D
Câu 33:
-Gọi khối lượng thanh kim loại ban đầu lag m gam và số mol mỗi thanh đã phản ứng là x mol
-Biết thanh kim loại m có hóa trị 2
M  Pb2  M 2  Pb

Thanh kim loại tăng ( 207x – Mx ) gam

M  Cu 2  M 2  Cu

Thanh kim loại giảm ( Mx – 64x ) gam
+ Áp dụng tăng giảm khối lượng ta có

207x  Mx 0,19m

 M  112
Mx  64x 0, 096m

Thanh kim loại là Cd
Đáp án: C
Câu 34:
Vì CuSO 4 dư nên 2 thanh kim loại Zn và Fe sẽ phản ứng hết
Zn  Cu 2 
 Cu  Zn 2

x  x 
 x 
 x(mol)
Fe  Cu 2 
 Cu  Fe2
y  y 
 y 
 y(mol)
Sau phản ứng khối lượng chất rắn ban đầu bằng khối lượng sau phản ứng
65x + 56y = 64x + 64y => x = 8y
100*65x
%m Zn 
 90, 27%

65x  56y
Đáp án: A
Câu 35:
Xét 100 gam hỗn hợp X ta có mC = 3,1 gam, m Fe3C = a gam và số gam Fe tổng cộng là 96 gam.


mC trong Fe3C  100  96  3,1 



a = 13,5.

12a
180

Đáp án: B
Câu 36:
Chọn mX = 100 gam  mCaCO3  80 gam và khối lượng tạp chất bằng 20 gam.
t
 CaO
CaCO3 
o

+

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

CO2 (hiệu suất = h)
- Trang | 9 -



Hocmai.vn Website hc trc tuyn s 1 ti Vit Nam
Khúa hc: Nhng nn tng ct lừi hc tt Húa hc (Thy V Khc Ngc)

PP t chn lng cht

Phng trỡnh: 100 gam 56 gam
44 gam
56.80
44.80
Phn ng:
80 gam
.h
.h
100
100
Khi lng cht rn cũn li sau khi nung l
44.80.h
.
m X mCO2 100
100
56 80
45,65
44 80 h

h
100

100
100

100


h = 0,75 hiu sut phn ng bng 75%.
ỏp ỏn: B
Cõu 37 :

Ca(H 2 PO 4 ) 2 : 75(gam) BTNT.P
75
phan
m Trong

.142 45,51(%)
Gi s cú 100 gam
P2 O5
234
Chất trơ : 25(gam)
ỏp ỏn: B
Cõu 38:

n KCl 0,8(mol)
BTNT.K
Gi s cú 100 gam phõn

n K2O 0,65
n

0,
25(mol)
K2CO3

Vy dinh dng ca phõn l : 0, 65.94 61,1%
ỏp ỏn: A
Cõu 39:
dinh dng ca phõn lõn c ỏnh giỏ qua hm lng P2 O5 .
Gi s cú 100 gam phõn lõn
Ca H 2 PO4 2 .2CaSO4 : 90 gam n 0,1779 nP 0,3558
100 gam
tap chat :10 gam
nP2O5 0,1779 % P2O5 25, 26(%)
ỏp ỏn: C
Cõu 40:

MgCO3 : a nCO2 a b
+ Ly m = 100 (gam)

84a 100b 100
CaCO3 : b
+ Khi sc CO 2 thỡ n CaCO3 b a

a 0,326(mol)
40
0, 4
%CaCO3 72,6%
100
b 0,726(mol)

ỏp ỏn: D
Cõu 41:
D thy X cú 3C v 8H.
n CO2 3(mol) BTNT

n O 10(mol)
n H2 O 4(mol)

Gi s cú 1 mol X :

Vaứ nOphaỷn ửựng 1,5.3 4,5 nOTrong X 1(mol)
2

Vy X phi l ancol n chc
ỏp ỏn: A
Tng i t vn: 1900 58-58-12

- Trang | 10 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

PP tự chọn lượng chất

Câu 42:
CH 4 O : a
a  b  3
a  1(mol)
n CO2  5(mol)
 n ancol  3  


C2 H 6 O : b a  2b  5 b  2(mol)
n H2O  8(mol)


Ta có: 
 %CH4 O 

32.1
 25,81%
32.1  46.2

Đáp án: A
Câu 43:
Ta cho a = 1 cho dễ tính toán: Ta có :
n CO2  2,5(mol)
 n X  1(mol)  C  2,5  C 2,5 H 7 O 2

n H2 O  3,5(mol)
V
BTNT.Oxi

2 
.2  2,5.2  3,5  V  72,8(lit)
22,4

Đáp án: A
Câu 44: Công thức của anken là C n H2n
Giả sử hỗn hợp A là có 1 mol
Khối lượng hỗn hợp A là: mA = 1*6,4* 2 = 12,8 gam
12,8
 0,8(mol)
Vì khối lượng mA = mB => nB =
8*2

Số mol H2 phản ứng => nH2 = nA – nB = 1 – 0,8 = 0,2 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 14n*0,2 + 0,8*2 = 12,8 => n = 4
Anken là C 4 H8
Đáp án: C
Câu 45:
Gọi CTPT trung bình của 2 ankan là C n H2n2 .
Từ sơ đồ phản ứng đốt cháy:
+ O2
Cn H 2n  2 
 nCO 2 +



n H2O
n CO2

=

 n + 1 H O
2

n +1
1 15
4
=1+
=
=1+
11
n
n 11




n=

11
= 2,75
4

C2 H 6 : x 2 x  3 y  2, 75  x  0, 25



 y  0, 75
C3 H 8 : y  x  y  1
0, 25
.100  25(%)
1
Đáp án: C
Câu 46:
Giả sử 1 mol
H 2 , CO : x
x  y  1
 x  0, 75

O2





 x  7y  1, 25* 2  y  0, 25
C H : y
 2 6
0, 25
%C2 H 6 
*100  25(%)
1
Đáp án: A
%C2 H 6 

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 11 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

PP tự chọn lượng chất

Câu 47:
Xét 1 mol CH3 COOH:
CH3 COOH + NaOH  CH3 COONa + H2O
60 gam  40 gam 
82 gam
60 100
mdd CH3COOH 
gam
x
40 100

mddNaOH 
 400 gam
10
60 100
82 100
gam.
m dd muèi 
 400 
x
10,25

x = 15%.
Đáp án: C
Câu 48:
Xét 1 mol hỗn hợp A gồm (a mol Cn H2n và (1a) mol H2 )
Ta có: 14.n.a + 2(1  a) = 12,8
(1)
Hỗn hợp B có M  16  14n (với n  2)  trong hỗn hợp B có H2 dư
Ni, t
Cn H2n + H2 
 Cn H2n+2
Ban đầu:
a mol (1a) mol
o

Phản ứng:
a  a  a mol
Sau phản ứng hỗn hợp B gồm (1  2a) mol H2 dư và a mol C n H2n+2 .  tổng nB = 1  2a.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mA = mB
12,8

m
n B  B  1  2a  

 a = 0,2 mol.
MB
16
Thay a = 0,2 vào (1) ta có 140,2n + 2(1  0,2) = 12,8

n = 4  anken là C4 H8 .
Đáp án: C
Câu 49:
Xét 1 mol C2 H5 OH. Đặt a mol C2 H5 OH bị oxi hóa. Vậy a là hiệu suất của phản ứng oxi hóa rượu.
to
 CH3 CHO + H2 O + Cu
C2 H5OH + CuO 
Ban đầu:
Oxi hóa:

1 mol
a mol  a mol  a mol

Sau phản ứng: (1  a) mol C2 H5 OH dư
46(1  a)  44a  18a
M
 40
1 a

a = 0,25 hay hiệu suất là 25%.
Đáp án: A


a mol  a mol

Câu 50:

y
y

Đốt A: Cx Hy +  x   O2  xCO 2 + H 2O
2
4

Vì phản ứng chỉ có N 2 , H2O, CO2  các hiđrocacbon bị cháy hết và O 2 vừa đủ.
y 15
 3 mol.
Chọn n Cx H y  1  nB = 15 mol  n O2 p.ø  x  
4 5
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 12 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)



Vì
p1
p


PP tự chọn lượng chất

n N2  4nO2  12 mol
y

7
8
x   3
 x= ; y=
4

3
3
x : y 2  7 : 4
nhiệt độ và thể tích không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí, ta có:
47
7 3  4 3  12 47
 p1 
p.


48
1  15
48

Đáp án: A
Câu 51:
Giả sử lấy 1 mol C7 H16

BTKL


 mX  mY  100(gam)

100
 min
n Y  1.2  2(mol)  d(Y / H 2 ) 
 25


2.2
X:Cracking
 
n Max  4(mol)  d(Y / H )  100  12,5
2
 Y
4.2
Chú ý : Với 1 mol heptan trong điều kiện thuận lợi nhất : C 7 H16  CH 4  3C 2 H 4
Đáp án: B
Câu 52: Giả sử số mol anken là 1 mol
CH2  CH  R  2e  CH2 (OH)  CH(OH)  R
Ta có : 
Mn 7  3e  Mn 4

2

.58
 BTE
2
dd
3

 n KMnO4   m KMnO4 
 333,33
 
3
0,316

2
C H : a(mol)  BTNT.Mn
 n MnO2   m MnO2  58(gam)
 n anken  1(mol)  2 4
  
3
C3H 6 : b(mol) 
a  b  1

62a
6,906


 333,33  28a  42b  58 100
a  0,348
0, 652.42

 %C3H 6 
 73, 756%
0, 652.42  0,348.28
b  0, 652
Đáp án: B
Câu 53:


CH 4 : a(mol)
 a  b 1
Ta lấy 1 mol hỗn X đi làm thí nghiệm 
C2 H 2 : b(mol)
nung
2CH 4 
 C2 H 2  3H 2
0,5x  b
b

 b  0,5  %C2 H 2  50%
→
abx ab
x
0,5x 1,5x
Đáp án: A
Câu 54:

R 16
45 R 74 C H4OH
9
2
Chú ý: Khi phải đếm số đồng phân.Các bạn cần nhớ số đồng phân của các gốc quan trọng sau :
CH3
 C 2 H5
có 1 đồng phân
C 3 H 7
có 2 đồng phân
+ Gọi n X  1(mol)


M

Y

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12



- Trang | 13 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

C 4 H 9

có 4 đồng phân

–C5 H11

có 8 đồng phân

PP tự chọn lượng chất

Đáp án: D
Câu 55:
a) Chọn a = 41 gam.


Đốt X


132
45
 3 mol và n H2O 
 2,5 mol .
44
18
60,75
165
 3,375 mol .

 3,75 mol và n H2O 
18
44

n CO2 

1 

Đốt  X  A   n CO2
2 

1
Đốt A thu được (3,75  3) = 0,75 mol CO2 và (3,375  2,5) = 0,875 mol H2 O.
2
Đốt cháy A thu được n CO2  1,5 mol và n H2O  1,75 mol .

vì n H2O  nCO2  A thuộc loại ankan, do đó:

3n  1

O2 
 nCO2   n  1 H 2O
2
n CO2
n
1,5


 n = 6  A là C6 H14 .
n H2O n  1 1,75

Cn H 2n 2 


Đáp án: D
b) Đốt B thu được (3  1,5) = 1,5 mol CO 2 và (2,5  1,75) = 0,75 mol H2 O
n
1,5
1

Như vậy C 
 công thức tổng quát của B là (CH)n vì X không làm mất mầu nước Brom
n H 0,75 2 1
nên B thuộc aren  B là C6 H6 .
Đáp án: B
c) Vì A, B có cùng số nguyên tử C (6C) mà lượng CO 2 do A, B tạo ra bằng nhau (1,5 mol)  nA = nB.

%nA = %nB = 50%.
Đáp án: C
Câu 56:

a) Chọn a = 82 gam
Đốt X và m gam D (Cx Hy ) ta có:
275

 n CO2  44  6,25 mol

 n H O  94,5  5,25 mol
 2
18
19
C6 H14 +
O2  6CO 2 + 7H2O
2
15
C6 H6 +
O2  6CO2 + 3H2 O
2
y
y

 xCO2  H 2O
Đốt D: Cx H y   x   O2 
4
2

Đặt nC6H14  nC6H6  b mol ta có:
86b + 78b = 82

b = 0,5 mol.
Đốt 82 gam hỗn hợp X thu được:

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 14 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học: Những nền tảng cốt lõi để học tốt Hóa học (Thầy Vũ Khắc Ngọc)

PP tự chọn lượng chất

n CO2  0,5   6  6   6 mol

n H2O  0,5   7  3  5 mol

 Đốt cháy m gam D thu được:
nCO2  6,25  6  0,25 mol

n H2O  5,25  5  0,25 mol
Do nCO2  n H2O  D thuộc Cn H2n .
Đáp án: C
b)
mD = mC + mH = 0,25(12 + 2) = 3,5 gam.
Đáp án: D
Câu 57:
+ Để đơn giản cho việc tính toán ta chọn số mol của A là 1 mol và của O 2 là 4 mol (Vì ankan chiếm 20%
và O 2 chiếm 80% về thể tích).
+ Phương trình phản ứng :
3n  1
to
)O2 

 nCO2  (n  1)H2 O
2

4
3n  1

(
)
 n

(n  1)
2
3n  1

4(
)
 n

(n  1)
2

Cn H2n 2  (
bñ (mol) : 1
pö (mol) : 1
spö (mol) : 0

(1)

+ Sau phản ứng hơi nước đã ngưng tụ nên chỉ có O 2 dư và CO 2 gây áp suất nên bình chứa.
n tpö  1  4  5

n tpö ptpö


;
vì
T,
V

const
neâ
n

3n  1
nspö pspö
)  n  (3,5  0,5n)
nspö  4  (
2

ptpö
5


 2  n  2  A laø C2 H6
3,5  0,5n 0,5p tpö

Đáp án: B

Giáo viên: Vũ Khắc Ngọc
Nguồn:


Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

Hocmai.vn

- Trang | 15 -