Phương pháp giải nhanh Hóa hữu cơ - Cao Mạnh Hùng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.78 MB, 148 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH HÓA HỮU CƠ

1. Khi đôt chay hidrocacbon thì cacbon tao ra CO2 vầ hidro tao ra H2O.Tông khôi lương C và H trong CO2 và H2O phai

băng khôi lương cua hidrocacbon.

m hidrocacbon = mC(trong CO2) + m H(H2O) = nCO2.12 + nH2O.2

Thí du1: Đôt chay hoàn toàn m gam hôn hơp gôm CH4, C3H6 và C4H10 thu đươc 17,6g CO2 và 10,8g H2O. m có gia trị là:

A) 2g B) 4g C) 6g D) 8g.
m = nCO2.12 + nH2O.2 = 0,4.12 + 0,6.2 = 6 g

2. Khi đôt chay ankan thu đươc nCO2 < nH2O và sô mol ankan chay băng hiêu sô cua sô mol H2O và sô mol CO2.

nAnkan = nH2O – nCO2

CnH2n+2 +

3

1

2 n

O

+

®

nCO2 + (n + 1) H2O

Có thế hiểu như sau : lấy hệ số của H2O – hệ số của CO2 = n+1 – n = 1 =nAnkan

Hoặc Gọi x là số mol ankan => nCO2 = nx , nH2O = (n+1)x

Thấy nH2O – nCO2 = x =nAnkan

CT ankan = CnH2n+2 => n = nCO2/nankan = nCO2/(nH2O – nCO2)
Hoặc khi 2 ankan thì

n

= nCO2/(nH2O – nCO2)

Thí du 2: Đôt chay hoàn toàn 0,15 mol hôn hơp 2 ankan thu đươc 9,45g H2O. Cho san phâm chay vào dung dịch Ca(OH)2

dư thì khôi lương kêt tua thu đươc là:

A. 37,5g B. 52,5g C. 15g D. 42,5g
nCO2 = nH2O – nankan = 0,525 – 0,15 = 0,375 = nCaCO3

1 m CaCO3 = 0,375.100 = 37,5 g

Thí du 3: Đôt chay hoàn toàn hôn hơp 2 hidrocacbon liêm tiêp trong day đông đăng thu đươc 22,4 lit CO2(đktc) và 25,2g

H2O. Hai hidrocacbon đó là:

A. C2H6 và C3H8 B. C3H8 và C4H10 C. C4H10 và C5H12 D. C5H12 và C6H14

Áp dụng CT :

n

= nCO2/(nH2O – nCO2 )

= 1/(1,4 -1) = 2,5 => C2H6 và C3H8

3. Dưa vao phan ưng chay cua anken mach hở cho nCO2 = nH2O
PT CnH2n + 3n/2 O2 => nCO2 + nH2O

Giải thích như phần trên: Gọi x là số mol CnH2n => nCO2 = nH2O = nx

Thí du 4: Đôt chay hoàn toàn 0,1 mol hôn hơp gôm CH4, C4H10 và C2H4 thu đươc 0,14 mol CO2 và 0,23 mol H2O. Sô mol

ankan và anken có trong hôn hơp lần lươt là:

A. 0,09 và 0,01 B. 0,01 và 0,09 C. 0,08 và 0,02 D. 0,02 và 0,08

Do nCO2 = nH2O(khi anken đốt cháy ) => nankan = nH2O – nCO2 =0,23 – 0,14 = 0,09 ; nanken = 0,1 – 0,09 mol

Thí du 5: Đôt chay hoàn toàn hôn hơp 2 hidrocacbon mach hở trong cung day đông đăng thu đươc 11,2 lit CO2 (đktc) và

9g H2O. Hai hidrocacbon đó thuôc day đông đăng nào?

A. Ankan B. Anken C. Ankin D, Aren
Suy luân: nH2O = nCO2 => Vây 2 hidrocacbon thuôc day anken.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

4.Dưa vao phan ưng công cua anken vơi Br2 (hoặc H2) có tỉ lệ mol 1: 1., Ankin tỉ lệ 1:2

Thí du7: Cho hôn hơp 2 anken đi qua bình đưng nươc Br2 thây làm mât màu vưa đu dung dịch chưa 8g Br2. Tông sô mol

2 anken là:

A. 0,1 B. 0,05 C. 0,025 D. 0,005
nanken = nBr2 = 0,05 mol

5.Đôt chay ankin: nCO2 > nH2O va nankin (chay) = nCO2 – nH2O
Giải thích:

CnH2n – 2 + (3n – 1)/2 O2 => nCO2 + n-1 H2O

Gọi x là số mol ankin => nCO2 = nx mol , nH2O = (n-1)x mol

Ta thấy nCO2 – nH2O = nx –(n-1)x = x = nankin

=> CnH2n-2 thì n = nCO2 / nankin = nCO2/(nCO2-nH2O)

Khi đốt cháy 2 ankin thì :

n

= nCO2 / nankin = nCO2/(nCO2 – nH2O)

Thí du 8: Đôt chay hoàn toàn V lit (đktc) môt ankin thể khi thu đươc CO2 và H2O có tông khôi lương 25,2g. Nêu cho san

phâm chay đi qua dd Ca(OH)2 dư thu đươc 45g kêt tua.

a. V có gia trị là:

A. 6,72 lit B. 2,24 lit C. 4,48 lit B. 3,36 lit
b. Công thưc phân tử cua ankin là:

A. C2H2 B. C3H4 C. C4H6 D. C5H8

a) nCO2 = nCaCO3 = 0,45 mol => mCO2 = 19,8 g

=> nH2O = (25,2 – 19,8)/18 = 0,3 mol

=> nankin = nCO2 – nH2O = 0,15 mol => V = 3,36 lít

b. Áp dụng CT

n

= nCO2/(nCO2 – nH2O) = 0,45 / (0,45 – 0,3) = 3 =>C3H4

Thí du 9: Đôt chay hoàn toàn V lit (đktc) 1 ankin thu đươc 10,8g H2O. Nêu cho tât ca san phâm chay hâp thụ hêt vào bình

đưng nươc vôi trong thì khôi lương bình tăng 50,4g.
a) V có gia trị là:

A. 3,36 lit B. 2,24 lit C. 6,72 lit D. 4,48 lit

b) Tìm CT ankin:

A.C2H2 B.C3H4 C.C4H6 D.C5H10

a)Vì H2O và CO2 đều bị kiềm hấp thụ => m tăng = mCO2 + mH2O

nH2O = 0,6 mol , nCO2 = (50,4 – 10,8)/44 = 0,9 mol

2 nankin = nCO2 – nH2O = 0,3 mol => V = 0,3.22,4 = 6,72 lít

b) Áp dụng CT : n =nCO2 / nankin = 0,9/0,3 = 3 =>C3H4

6.Đôt chay hôn hơp cac hidrocacbon không no đươc bao nhiêu mol CO2 . Mặt # nêu hidro hóa hoàn toàn rôi đôt chay

hôn hơp cac hidrocacbon không no đó sẽ thu đươc bây nhiêu mol CO2. Đó là do khi hidro hóa thì sô nguyên tử C không

thay đôi và sô mol hidrocacbon no thu đươc luôn băng sô mol hidrocacbon không no.
VD : Đốt cháy : C2H4 + O2 => 2CO2 => nCO2 = 2nC2H4

Hidro hóa(phản ứng cộng H2) C2H4 + H2 => C2H6

C2H6 + O2 => 2CO2 => nCO2 = 2nC2H6 mà nC2H6 = nC2H4

Cứ hidrocacbon không no (Như anken hoặc ankin)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

7 Đôt chay phần 1 thu đươc 2,24 lit CO2 (đktc).

8 Hidro hóa phần 2 rôi đôt chay hêt san phâm thìthể tichCO2thu đươc là:

A. 2,24 lit B. 1,12 lit C. 3,36 lit D. 4,48 lit

7. Sau khi hidro hóa hoan toan hidrocacbon không no rôi đôt chay thì thu đươc sô mol H2O nhiêu hơn so vơi khi đôt

luc chưa hidro hóa. Sô mol H2O trôi hơn chinh băng sô mol H2 đa tham gia phan ưng hidro hóa.

Nhớ Anken + H2 tỉ lệ 1: 1 (do anken có liên kết đơi)
Ankin + H2 tỉ lệ 1: 2 (do ankin có liên kết ba)
Nếu xúc tác là Ni nung nóng .

nH2O(khi hidro hóa rồi đốt cháy) = nH2O(khi đốt cháy) +nH2 (tham gia hidro hóa)

Thí du11: Đôt chay hoàn toàn 0,1 mol ankin thu đươc 0,2 mol H2O. Nêu hidro hóa hoàn toàn 0,1 mol ankin này rôi đôt

chay thì sô mol H2O thu đươc là:

A. 0,3 B. 0,4 C. 0,5 D. 0,6
Suy luân: Do hidro hóa hoàn toàn => tỉ lệ ankin và H2 là 1:2

=> nH2 = 2nankin = 0,2 mol

=>nH2O(khi hidro hóa và đốt cháy)=nH2O(khi đốt cháy)+nH2 = 0,4 mol

8.Dưa va cach tính sô nguyên tử C va sô nguyên tử C trung binh hoăc khôi lương mol trung binh…

+ Khôi lương mol trung bình cua hôn hơp:

hh
hh

m

M

n

=

+ Sô nguyên tử C:

X Y

co
C H

n

=

+ Sô nguyên tử C trung bình:

CO

hh

n

=

;

1 2

n a n b

n

a b

+

=

+

Trong đó: n1, n2 là sô nguyên tử C cua chât 1, chât 2

a, b là sô mol cua chât 1, chât 2

CT trên lấy từ phản ứng đốt cháy hidrocacbon

Trường hơp đặc biêt : Khi sô nguyên tử C trung bình băng trung bình công cua 2 sô nguyên tử C thì 2 chât có sô mol băng
nhau.

VD :

n

= 1,5 ; 2,5 ; 3,5 thì mol n1 = mol n2

Tương tự có 1 số trường hợp khác :

n

= …. , 67 ; hoặc

n

.... , 33

n

= … ,2 ;

n

=… , 8 . Chỗ “ ....” là một số bất kì như 1 ; 2 ; 3;4
Thay vào trên thì tìm được tỉ lệ mol của 2 chất.

n

= 1,67 thì n1 = 1 , n2 = 2

=>1,67 = (a + 2b)/(a+b)  0,67a = 0,33b  2a = b
Tức là số mol chất 2 = 2 lần số mol chất 1

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

= 67% => %V Chất có C nhỏ = 100 – 67 = 33%

Nhận thấy % V chất có C lớn nhất là số ... ,67 . còn nhỏ nhất thì trừ đi là được
VD .

n

= … ,3 (Chỗ … có thể là 1 hoặc 2 hoặc 3 ….)

3 %V có C lớn nhất = 30% => %V nhỏ hơn = 70%

Nếu đề bài bảo tính % theo khối lượng thì dựa vào tỉ lệ số mol
VD: Cho 2 ankan liên tiếp tìm được

n

= 1,67

=> tỉ lệ mol 2a = b(vừa làm trên) n1 = CH4 , n2 = C2H6

=> %CH4 = 16 a /(16a + 28b) = 16a /(16a + 28.2a) = 22,22%
=> % C2H6 = 77.78%

Thí dụ 12: Hơn hơp 2 ankan là đông đăng liên tiêp có khôi lương là 24,8g. Thể tich tương ưng cua hôn hơp là 11,2 lit
(đktc). Công thưc phân tử ankan là:

A. CH4, C2H6 B. C2H6, C3H8  B. C3H8, C4H10 D. C4H10, C5H12

Suy luân: Gọi CT CnH2n + 2 (n trung bình)
24,8

49,6
0,5

hh

M = =

. => 14

n

+ 2 = 49,6 =>

n

= 3,4
=> 2 hidrocacbon là C3H8 và C4H10.

Thí dụ 14: Cho 14g hôn hơp 2 anken là đông đăng liên tiêp đi qua dung dịch nươc Br2 thây làm mât màu vưa đu dd chưa

64g Br2.

1.Công thưc phân tử cua cac anken là:

A. C2H4, C3H6 B. C3H8, C4H10 C. C4H10, C5H12 D. C5H10, C6H12

2. Tỷ lê sô mol 2 anken trong hôn hơp là:

A. 1:2 B. 2:1 C. 2:3 D. 1:1
Suy luân:

Tỉ lệ anken : Br2 = 1 : 1 ,, CT CnH2n ( n trung bình)

=> nanken = nBr2 = 0,4 mol

14
35
0,4

anken

M = =

; =>

14 n

=

35 ® =

n

2,5.

=>Đó là : C2H4 và C3H6

2. Thấy n = 2,5 thấy (2 + 3)/2 = 2,5 (Trung bình cộng)
=>nC2H4 = nC3H6 => tỉ lệ 1:1

Thí du 15: Đôt chay 2 hidrocacbon thể khi kê tiêp nhau trong day đông đăng thu đươc 48,4g CO2 và 28,8g H2O. Phần

trăm thể tich môi hidrocacbon là:

A. 90%, 10% B. 85%. 15% C. 80%, 20% D. 75%. 25%
nCO2 = 1,1mol , nH2O = 1,6 mol => nH2O > nCO2 : ankan( có thể khơng nói cũng được)

n

= nCO2/(nH2O – nCO2) = 1,1/(1,6-1,1) =2,2 => %V chất có C lớn hơn (Tức là 3) = 20% =>%VNhỏ hơn = 80%

9. CT tổng quát nhất của chất có chứa C,H,O ( nhớ nhé )
Phần này bổ trợ cho 12 phần este.

CnH2n +2 - 2a – m (Chức)m

Trong đó a là số liên kết pi được tính như sau a = (2.số C + 2 – số H)/2

(Áp dụng cho cả hidrocacbon nhưng phần hidrocacbon dựa vào CT TQ là được .VDC3H4 thì là ankin có2lk pi . Nếu áp

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

m là số nhóm chức ( VD : 1 ,2 ,3 nhóm OH)
(CHức: – OH , -O-,COOH,COO…)

VD:chấtC4H6O2 hỏi có mới lk pi? Áp dụng CT số pi =( 2.4 +2 – 6)/ = 2

VD: CT tổng quát của rượu : Rượu có nhóm chức OH
CnH2n + 2 -2a –m(OH)m

Nếu là rượu no thì khơng có lk pi như hidrocacbon no: => a= 0
=> CT : CnH2n + 2 –m(OH)m hoặc CnH2n+2Om

Nếu là rượu khơng no có 1lk pi (như anken) hoặc 2 liên kết pi(như ankin) thì thay vào trên ta được CT .
Đối với hidrocacbon thì khơng có nhóm chức : CT tổng quả là CnH2n+2 – 2a

VD1:Cơng thức của rượu no, 3 nhóm OH là:

A.CnH2n-3(OH)2 B.CnH2n+1(OH)3 √C.CnH2n-1(OH)3 D.CnH2n+2(OH)3

Áp dụng. 3 nhóm OH => m =3, rượu no => a = 0,
=> CT : CnH2n + 2 -3(OH)3 => C

VD2:Công thức phân tử tổng quát của rượu 2 nhóm OH có 1 liên kết đơi trong gốc hidrocacbon?
A.CnH2n+2O2 B.CnH2n-2O2 √C.CnH2nO2 D.CnH2n-1O2

Là rượu 2 nhóm OH => m = 2, có 1 liên kết đơi tức là 1 lk pi => a = 1
CT : CnH2n+ 2 – 2.1 – 2 (OH)2 = CnH2nO2 => C

VD3: Chất sinh bởi axit đơn chức,có 1 lk đơi? (Gợi ý axit có gốc COOH)

√A.CnH2n-1COOH B.CnH2n+1COOH C.CnH2nCOOH D. CnH2n2COOH

Axit đơn chức => m =1, 1 lk đôi => a =1

=> CT CnH2n+2 -2 -1(COOH) = CnH2n-1(COOH) => A

Bài tập vận dụng:

Bài 1: Rượu 2 chức có 2 lk pi .Tìm CT tổng qt?
Bài 2: Rượu 3 chức có 1 lk pi.Tìm CT tổng quát?
Bài 3.Tìm số lk pi trong các chất sau: C6H10O2;C8H12O4;

C9H10O(C6H5COCH2CH3)(Vịng benzen có 4 và CO có 1)

Bài 4:Rượu đơn chức 2 lk pi(Giống ankin). Tìm CT tổng quát?
(CnH2n-2Om)

Bài 5: X là ancol mach hở có chưa môt liên kêt đôi trong phân tử. Khôi lương lương phân tử cua X nhỏ hơn 58 đvC. Công
thưc phân tử cua X là:

√A. C2H4O B. C2H4(OH)2 C. C3H6O D. C3H6(OH)2

10. Phản ứng đốt cháy của Rượu.
Từ phần 10 Ta tìm được CT sau:

- Rượu no : CnH2n + 2 – m (OH)m hoặc CnH2n + 2Om ( m là số chức)
Để ý ơ đóng khung giống hệt CT của ankan

4 Bài tập giống ankan

n Rượu = nH2O – nCO2 , n = nCO2/(nH2O – nCO2) (Có thể là

n

)
(Không tin thử Viết PT rồi làm như phần ankan)

-Rượu khơng no,có 1lk pi (Giống anken):CnH2n+ 2 -2-m(OH)m = CnH2n Om
Giống anken => nCO2 =nH2O

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Giống ankin =>n Rượu = nCO2 – nH2O, n=nCO2/(nCO2 –nH2O)

VD4:Đốt cháy hỗn hợp 2 rượu đồng đẳng có cùng số mol nhau, ta thu được khí CO2 và hơi nước H2O có tỉ lệ mol

nCO2:nH2O = 3:4. Biết khối lượng phân tử 1 trong 2 chất là 62. Công thức 2 rượu là ?

A.CH4O và C3H8O B,C2H6O và C3H8O √C.C2H6O2 và C4H10O2 D.CH4O và C2H6O2

Áp dụng CT: nH2O>nCO2 => rượu no

n

= nCO2/(nH2O –nCO2) = 3/(4-3) = 3 => C

VD 5: Khi đôt chay môt ancol đa chưc thu đươc nươc và khi CO2 theo tỉ lê khôi lương

m

CO2

: m

H O2

=

44 : 27

. Công thưc

phân tử cua ancol là:

√A. C2H6O2 B. C4H8O2 C. C3H8O2 D. C5H10O2

mCO2:mH2O = 44:27 => nCO2/nH2O = 2/3 => ( Rượu no vì nH2O > nCO2)

=> n = nCO2/(nH2O – nCO2) = 2 /(3-2) =2 => A

11. Dưa trên phan ưng tach nươc cua rươu no đơn chưc thanh anken → n andehit = n rươu (vì sô nguyên tử C
không thay đôi. Vì vây đôt rươu và đôt anken tương ưng cho sô mol CO2 như nhau.)

VD6: Chia a gam ancol etylic thành 2 phần đêu nhau.
Phần 1: mang đôt chay hoàn toàn → 2,24 lit CO2 (đktc)

Phần 2: mang tach nươc hoàn toàn thành etylen, Đôt chay hoàn toàn lương etylen → m gam H2O. m có gia trị là:

A. 1,6g B. 1,8g C. 1,4g D. 1,5g

Suy luân: nCO2(khi đốt cháy rượu) = nanken(khi đốt cháy rượu) = 0,1 mol
Mà khi đốt cháy anken thì nCO2 =nH2O = 0,1 mol => mH2O = 1,8g

12. Đôt 2 chât hưu cơ, phân tử có cung sô nguyên tử C, đươc cung sô mol CO2 thi 2 chât hưu cơ mang đơt chay
cung sơ mol.

Vì số mol CO2 ln = sốC(trong chất hữu cơ) . Mol hữu cơ
VD: C2H5OH => 2CO2 và C2H6 => 2CO2

VD7: Đôt chay a gam C2H5OH đươc 0,2 mol CO2. Đôt chay 6g CH3COOH đươc 0,2 mol CO2. Cho a gam C2H5OH tac

dụng vơi 6g CH3COOH (có H2SO4đ xt, t0 Gia sử H = 100%) đươc c gam este. C có gia trị là:

A. 4,4g B. 8,8g C 13,2g D. 17,6g
Suy luân: nC2H5OH = nCH3COOH = 1/2nCO2 = 0,1 mol.

PT: Học bài axit ( Nói sau tổng quát hơn ở phần este)

=>nC2H5OH= nCH COOC H3 2 5 =0,1mol®meste = =c 0,1.88 8,8= g

13. Dưa trên phan ưng đôt chay anđehit no, đơn chưc cho sô mol CO2 = sụ mol H2O. Anehit

H xt
+

ắắắđ

ru

0
2,

O t
+

ắắắđ

cung cho sô mol CO2 băng sô mol CO2 khi đôt anđehit con sô mol H2O cua rươu thi nhiêu hơn. Sô mol
H2O trôi hơn băng sô mol H2 đã công vao andehit.(Phần nay giông phần 7)

nH2O(Khi đốt cháy rượu) = nH2O(hoặc n CO2 khi đốt cháy andehit) + nH2 (khi phản ứng với andehit)

VD8: Đôt chay hôn hơp 2 anđehit no, đơn chưc thu đươc 0,4 mol CO2. Hidro hóa hoàn toàn 2 anđehit này cần 0,2 mol H2

thu đươc hôn hơp 2 rươu no, đơn chưc. Đôt chay hoàn toàn hôn hơp 2 rươu thì sô mol H2O thu đươc là:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

14. Dưa va phan ưng trang gương (Nhưng chât có gôc CHO)

Phản ứng của andehit: Tỉ lệ giữa andehit với Ag = 1:2n ( với n là số gốc CHO VD C2H5(CHO)2 => có 2 gốc CHO)
=>nHCHO : nAg = 1 : 4 , H – C - H có 2 gốc CHO (2 ô thể hiện 2 gốc)

O

nR-CHO : nAg = 1 : 2(trường hợp có 1 nhóm CHO)

VD9: Cho hơn hơp HCHO và H2 đi qua ông đưng bôt nung nóng. Dân toàn bô hôn hơp thu đươu sau phan ưng vào bình

nươc lanh để ngưng tụ hơi chât lỏng và hoa tan cac chât có thể tan đươc , thây khôi lương bình tăng 11,8g. Lây dd trong
bình cho tac dụng vơi dd AgNO3/NH3 thu đươc 21,6g Ag. Khôi lương CH3OH tao ra trong phan ưng hơp H2 cua HCHO

là:

A. 8,3g B. 9,3g C. 10,3g D. 1,03g
Suy luân: H-CHO + H2 0

Ni
t

ắắđ

CH

3OH

(

m

CH OH3

+

m

HCHO) cha phan ng la 11,8g.

T l mol giữa : HCHO với H2 = 1 : 4

1 1 21,6

0,05

4 4 108

HCHO Ag

n

=

n

= ×

=

mol

mHCHO = 0,05.30 = 1,5g ;

m

CH OH3

=

11,8 1,5 10,3

-

=

g

VD10: Cho hôn hơp gôm 0,1 mol HCOOH và 0,2 mol HCHO tac dụng hêt vơi dd AgNO3/NH3 thì khôi lương Ag thu

đươc là:

A. 108g B. 10,8g C. 216g D. 21,6g
Suy luân:

0,1 mol HCO-OH → 0,2 mol Ag
0,2 mol HCHO → 0,8 mol Ag

→ nAg = 1 mol => Đap an A.

15. Dưa vao công thưc tính sô ete tao ra từ hôn hơp rươu hoăc dưa vao ĐLBTKL.
VD11: Đun hôn hơp 5 rươu no đơn chưc vơi H2SO4đ , 1400C thì sô ete thu đươc là:

A. 10 B. 12 C. 15 D. 17

Suy luân: Ap dụng công thưc : 
( 1)

x x+

ete → thu đươc 15 ete.

VD12: Đun 132,8 hôn hơp gôm 3 rươu đơn chưc vơi H2SO4 đặc, 1400C → hôn hơp cac ete có sô mol băng nhau và có

khôi lương là 111,2g. Sô mol môi ete là:

A. 0,1 mol B. 0,2 mol C. 0,3 mol D. 0,4 mol
Suy luân: Đun hôn hơp 3 rươu tao ra 6 ete.

Theo ĐLBTKL: mrươu = mete + H O2

m

→

m

H O2 = 132,8 – 111,2 = 21,6g

Do 2

21,6

1,2

18

ete H O

n

=

n

=

=

mol

Þ

å

nmơi ete =

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

16. Dưa vao phương phap tăng giam khôi lương:

Nguyên tăc: Dưa vào sư tăng giam khôi lương khi chuyển tư chât này sang chât khac để xac định khôi lương 1 hôn hơp
hay 1 chât.

Cụ thể: Dưa vào pt tìm sư thay đôi vê khôi lương cua 1 mol A → 1mol B hoặc chuyển tư x mol A → y mol B (vơi x, y là
tỉ lê cân băng phan ưng).

Tìm sư thay đỏi khôi lương (A→B) theo bài ở z mol cac chât tham gia phan ưng chuyển thành san phâm. Tư đó tinh đươc
sô mol cac chât tham gia phan ưng và ngươc lai.

 Đôi vơi rươu: Xet phan ưng cua rươu vơi K:

(

)

(

)

2

x x

x

R OH

+

xK

®

R OK

+

H

Hoặc ROH + K → ROK +

1
2H2

Theo pt ta thây: cư 1 mol rươu tac dụng vơi K tao ra 1 mol muôi ancolat thì khôi lương tăng: 39 – 1 = 38g.

Vây nêu đê cho khôi lương cua rươu và khôi lương cua muôi ancolat thì ta có thể tinh đươc sô mol cua rươu, H2 và tư đó

xac định CTPT rươụ.

Đôi vơi a nđehit : xet pha n ưng t rang gương cu a a nđehit


R – CHO + Ag2O

0
3,

NH t

ắắắđ

R COOH + 2Ag

Theo pt ta thây: cư 1mol anđehit đem trang gương → 1 mol axit

Þ

D

m = 45 – 29 = 16g. Vây nêu đê cho manđehit, maxit → nanđehit, nAg → CTPT anđehit.
 Đôi vơi axit: Xet phan ưng vơi kiêm

R(COOH)x + xNaOH → R(COONa)x + xH2O

Hoặc RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O

1 mol → 1 mol →

D

m

= 22g
 Đôi vơi este: xet phan ưng xà phong hóa

RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

1 mol → 1 mol →

D

m

= 23 – MR’
 Đôi vơi aminoaxit: xet phan ưng vơi HCl

HOOC-R-NH2 + HCl → HOOC-R-NH3Cl

1 mol → 1mol →

D

m

= 36,5g

VD13: Cho 20,15g hôn hơp 2 axit no đơn chưc tac dụng vưa đu vơi dd Na2CO3 thì thu đươc V lit CO2 (đktc) và dd

muôi.Cô can dd thì thu đươc 28,96g muôi. Gia trị cua V là:

A. 4,84 lit B. 4,48 lit C. 2,24 lit D. 2,42 lit E. Kêt qua khac.
Suy luân: Goi công thưc trung bình cua 2 axit là:

R COOH

-Ptpu: 2

R COOH

-

+ Na2CO3 → 2

R COONa

-

+ CO2

+ H2O

Theo pt: 2 mol → 2 mol 1 mol

Þ D

m = 2.(23 - 11) = 44g

Theo đê bài: Khôi lương tăng: 28,96 – 20,15 = 8,81g.
→ Sô mol CO2 =

8,81
0,2

44 = mol → Thể tich CO2: V = 0,2.22,4 = 4,48 lit

VD14: Cho 10g hôn hơp 2 rươu no đơn chưc kê tiêp nhau trong day đông đăng tac dụng vưa đu vơi Na kim loai tao ra
14,4g chât răn và V lit khi H2 (đktc). V có gia trị là:

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Suy luân:2 R-OH +2Na => 2RONa + H2
PT 2mol 2mol 1mol
5 m Tăng = 22.2 = 44g

Theo đầu bài khối lượng tăng = 14,4 – 10 = 4,4 g
6 nH2 = 4,4 /44 = 0,1 mol => V = 2,24 lít

Tớ thường làm theo cách # cũng tương tự như trên nhưng không viết PT
Ta biết R-OH => RONa M tăng 22 g

Mà m tăng = 4,4 g => nR-OH =nRONa = 0,2 mol

Mà tỉ lệ giữa R-OH với H2 là 2:1 => nH2 = 1/2nR-OH = 0,1 mol

17. Dưa vao ĐLBTNT va ĐLBTKL:

- Trong cac phan ưng hóa hoc, tông khôi lương cac chât tham gia phan ưng băng tông khôi lương cua cac san phâm tao
thành.

A + B → C + D
Thì mA + mB = mC + m D

9

Goi mT là tông khôi lương cac chât trươc phan ưng

MS là tông khôi lương cac chât sau phan ưng

Du phan ưng vưa đu hay con chât dư ta vân có: mT = mS

- Sử dụng bao toàn nguyên tô trong phan ưng chay:

Khi đôt chay 1 hơp chât A (C, H) thì

n

O CO( 2)

+

n

O H O( 2 )

=

n

O O pu( 2 )

→

m

O CO( 2)

+

m

O H O( 2 )

=

m

O O pu( 2 )
Gia sử khi đôt chay hơp chât hưu cơ A (C, H, O)
A + O2 → CO2 + H2O

Ta có:

mA m

+

O2

=

m

CO2

+

m

H O2 Vơi mA = mC + mH + mO

VD15: Đôt chay hoàn toàn m gam hôn hơp Y: C2H6, C3H4, C4H8 thì thu đươc 12,98g CO2 và 5,76g H2O. Tinh gia trị m?

(Đap sô: 4,18g)

VD16: cho 2,83g hôn hơp 2 rươu đơn chưc tac dụng vưa đu vơi Na thì thoat ra 0,896 lit H2 (đktc) và m gam muôi khan.

Gia trị cua m là:

A. 5,49g B. 4,95g C. 5,94g D. 4,59g

VD17:Cho 4,2g hôn hơp gôm rươu etylic, phenol, axit fomic tac dụng vưa đu vơi Na thây thoat ra 0,672 lit H2 (đktc) và

1dd. Cô can dd thu đươc hôn hơp răn X. Khôi lương cua X là:
A. 2,55g B. 5,52g C. 5,25g D. 5,05g

Suy luân: Ca 3 hơp chât trên đêu có 1 nguyên tử H linh đông → Sô mol Na = 2nH2 = 2.0,03 = 0.06 mol

Ap dung ĐLBTKL:

→ mX = m hỗn hợp + mNa – mH2 = 4,2 + 0,06.23 – 0,03.2 = 5,52g.

Hoặc dùng tăng giảm khối lượng mX = m hỗn hợp + m Tăng = 4,2 + 0,06(23-1)=5,52

VD18: Chia hôn hơp 2 anđehit no đơn chưc làm 2 phần băng nhau:

P1: Đem đôt chay hoàn toàn thu đươc 1,08g H2O

P2: tac dụng vơi H2 dư (Ni, t0) thì thu hôn hơp A. Đem A đôt chay hoàn toàn thì thể tich CO2 (đktc) thu đươc là:

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

→

n

CO P2( 2)

=

n

C P( 2)

=

0,06

mol

Theo BTNT và BTKL ta có:

n

C P( 2)

=

n

C A( )

=

0,06

mol

→

n

CO A2( )

=

0,06

mol

→

V

CO2

=

22,4.0,06 1,344

=

lit

VD19: Tach nươc hoàn toàn tư hôn hơp Y gôm 2 rươu A, B ta đươc hôn hơp X gôm cac olefin. Nêu đôt chay hoàn toàn Y
thì thu đươc 0,66g CO2. Vây khi đôt chay hoàn toàn X thì tông khôi lương CO2 và H2O là:

A. 0,903g B. 0,39g C. 0,94g D. 0,93g

nCO2(Đốt cháy rượu) = nCO2(đốt cháy anken) = nH2O(đốt cháy anken) = 0,015 mol

7 m = 0,015(44 + 18)=0,93 g

MỘT SỐ BÍ QUYẾT GIẢI NHANH PHẦN HIDROCACBON
 Số đồng phân của ankan CnH2n+2 (4 ≤ n ≤ 7): 2n-4 + 1

 Đốt cháy hidrocacbon ( bất kể là ankan, anken, ankin, ankadien, hay hidrocacbon thơm hay hỗn hợp) sinh ra khí
CO2 và H2O thì ln có

.12

.2

CO H O

hidrocacbon

m

=

n

+

n

2 2 2

1

2

pu

O CO H O hidrocacbon

soO

n

=

n

+

n

-

n

2
2

2

CO
H O

n

soC

soH

=

n

 Anken hay ankin có Σπ = k thì khi tác dụng với dung dịch brom, Số mol Br2 phản ứng

2 /

.

Br pu

n

anken ankin

k

n

=

 Đun nóng X gồm a mol hydrocarbon không no và b mol H2 thu được Y, cho Y lội qua bình nước brom dư sau khi

phản ứng kết thúc bình tăng m(g) và có V(l) khí Z thoát ra. Tỷ khối hơi của Z so với H2 bằng k. Tính m.
2

( )

.

22,4

Z

H
hydrocarbon

M V

m a M

=

p

+

b M

- Cho hỗn hợp gồm anken CnH2n và H2 có PTK là M1, sau khi cho đi qua bột Ni nung nóng tạo ra hh khơng làm mất

màu dd Br2 và có PTK là M2 thì: 2 1

2 1

(

2)

14(

)

M

n

M

-=

-Chú ý: Dùng khi H2 dư hoặc M2<28 đvC

*Đối với ankin: 2 1

2 1

(

2)

7(

)

M

n

M

-=

-

 % ankan A tham gia pư tách (gồm tách nước và cracking):tách ankan A, tạo hh X thì:

%

pu A

1

X

M

A

=

- Tách V(lít) ankan A  V’ (lít) hh X thì:

M

V

'.

M X

A V

=

 Tính hiệu suất pư hiđro hố anken: tiến hành pư hiđro hoá hh X (CnH2n và H2 có tỉ lệ mol 1:1), sau pư tạo hh Y

thì:

%

2 2.

X

Y

M

H

=

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

%

B

%

A

%

B

%

A

B A B A B A B A

M M

C C

A

B

A

B

M

C

-

-=

=

-

-PHƯƠNG PHÁP 13: -PHƯƠNG PHÁP KHẢO SÁT TỈ LỆ SỐ MOL CO2 VÀ H2O
I. CƠ SƠ CỦA PHƯƠNG PHÁP

Các hợp chất hữu cơ khi đốt cháy thường cho sản phẩm CO2 và H2O. Dựa vào tỷ lệ đặc biệt của
2

CO
H O

n

hoặc

CO
H O

V

trong các bài toán đốt cháy để xác định dãy đồng đẳng, cơng thức phân tử hoặc để tính tốn lượng chất.
1. Với hydrocacbon

Gọi cơng thức tổng qt của hidrocacbon là CnH2n+2-2k (k: Tổng số liên kết  và vòng)

CnH2n+2-2k +

3n 1 k

2 +

-O2  nCO2 + (n + 1 – k) H2O

Ta có: 2
2

H O
CO

n

n 1 k

1 k

1 n

+ -

-=

= +

H O
CO

n

1 n

>

(

n

H O2

>

n

CO2)  k = 0  hyđrocacbon là ankan (paraffin)
 Công thức tổng quát là CnH2n+2

H O
CO

n

1 n

=

(

n

H O2

=

n

CO2)  k = 1

 hyđrocacbon là anken (olefin) hoặc xicliankan  Công thức tổng quát là CnH2n
2

H O
CO

n

1 n

<

 k < 1  hyđrocacbon có tổng số liên kết  và vòng  2
* Một số chú ý:

a, Với ankan (paraffin):

n

ankan=

n

H O2 -

n

CO2

b, Với ankin hoặc ankađien):

n

ankin=

n

CO2-

n

H O2

1. Với các hợp chất có chứa nhóm chức
 a, Ancol, ete

Gọi công thức của ancol là : CnH2n + 2 – 2k – m(OH)m hay CmH2n + 2 – 2kOm

CnH2n+2-2kOm +

3n 1 k m

2 +

-O2  nCO2 + (n + 1 – k) H2O
2

H O
CO

n

n 1 k

1 k

1 n

+ -

-=

= +

>

khi và chỉ khi k = 0

 Ancol no, mạch hở, có cơng thức tổng qt CnH2n+2Om và

n

ancol=

n

H O2 -

n

CO2

b, Anđêhit, xeton
Gọi công thức của anđehit là : CnH2n + 2 – 2k – m(CHO)m

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

CnH2n + 2 – 2k – m(CHO)m +

3n 1 k m

2 +

-ổ

ử

ỗ

ữ

ố

ứ

O2 (n + m)CO2 + (n + 1 – k)H2O

H O
CO

n

n 1 k

n 1

k

n

n m

n m n m

+ -

+

=

-+

+

H O
CO

n

1 n

=

(

n

H O2

=

n

CO2) khi và chỉ khi k = 0 và m = 1  anđehit no, đơn chức, mạch hở, công thức tổng quát là:

CnH2n + 1CHO hay CxH2xO (x  1)

Tương tự ta có: 2
2

H O
CO

n

1 n

=

(

n

H O2

=

n

CO2) xeton no, đơn chức, mạch hở

c, Axit, este
Gọi công thức của axit là: CnH2n + 2 – 2k – m(COOH)m

Ta có phương trình đốt cháy

CnH2n + 2 – 2k – m(COOH)m +

3n 1 k

2 +

-ổ

ử

ỗ

ữ

ố

ứ

O2  (n + m)CO2 + (n + 1 – k)H2O

H O
CO

n

n 1 k

n 1

k

n

n m

n m n m

+ -

+

=

-+

+

H O
CO

n

1 n

=

(

n

H O2

=

n

CO2) khi và chỉ khi k = 0 và m = 1  axit no, đơn chức, mạch hở, công thức tổng quát là:

CnH2n + 1COOH hay CxH2xO2 (x  1)

Nhận thấy: Công thức tổng quát của axit và este trùng nhau, nên: 2
2

H O
CO

n

1 n

=

(

n

H O2

=

n

CO2) este no, đơn chức,

mạch hở, có cơng thức tổng qt là: CnH2n + 1COOH hay CxH2xO2 (x  2)

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP THƯỜNG GẶP
Dạng 1: Khảo sát tỉ lệ số mol H2O và CO2 cho từng loại hiđrocacbon:

Ví dụ 1. Đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon X thu được 0,11 mol CO2 và 0,132 mol H2O. Khi X tác dụng với khí Clo

(theo tỉ lệ số mol 1 : l) thu được một sản phẩm hữu cơ duy nhất. Tên gọi của X là

A. 2-metylbutan B. 2-metylpropan

C. 2,2-đimetylpropan D. etan

Giải:

n

H2O >

n

CO2



X là ankan, có công thức tổng quát CnH2n+2.

nankan =

n

H2O -

n

CO2 = 0,022 mol



Số nguyên tử cacbon =

5 C

H

0,022

0,11





Mặt khác, do tác dụng với khí Clo (theo tỉ lệ số mol 1 : 1) thu được một sản phẩm hữu cơ duy nhất nên công thức cấu tạo
của X là :

CH3

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

CH3



Đáp án C.

Ví dụ 2. Đốt cháy hồn tồn hiđrocacbon mạch hở X bằng O2 vừa đủ. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng H2SO4

đặc dư, thì thể tích sản phẩm giảm đi một nửa. X thuộc dãy đồng đẳng

A. anken. B. ankan.

C. ankin. D. xicloankan.

Giải:

Sản phẩm cháy là CO2 và H2O, khi đi bình đựng H2SO4 đặc dư, thì thể tích sản phẩm giảm đi một nửa,





V

HO

V



X là anken hoặc xicloankan.
Do X có mạch hở



X là anken



Đáp án A

Ví dụ 3: Chia hỗn hợp 2 ankin thành 2 phần bằng nhau:

-Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,76 gam CO2 và 0,54 gam H2O.

-Phần 2: Dẫn qua dung dịch Br2 dư. Khối lượng Br2 đã phản ứng là:

A. 2,8 gam B. 3,2 gam C. 6,4 gam D. 1,4 gam
Giải:



Số mol ankin =

n

CO2 -

n

H2O =1,76 : 44 – 0,54 : 18 = 0,01 mol.
Số mol Br2 phản ứng = 2nankin = 0,02 mol.



Khối lượng Br2 phản ứng = 0,02.160 = 3,2 gam



Đáp án B.

Dạng 2: Khảo sát tỉ lệ số mol H2O và CO2 cho hỗn hợp hiđrocacbon:

Ví dụ 4. Đốt cháy hồn tồn 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm: CH4, C2H4, C2H6, C3H8 và C4H10 thu được 6,16 gam CO2

và 4,14 gam H2O. Số mol C2H4 trong hỗn hợp X là

A. 0,09. B. 0,01. C. 0,08. D. 0,02.

Giải:

Hỗn hợp khí X gồm anken (C2H4) và các ankan, khi đốt cháy riêng từng loại hidrocacbon, ta có:

Ankan:

n

H2O -

n

CO2 = nankan

Anken:

n

H2O -

n

CO2 = 0



Số mol Ankan (X) =

n

H2O -

n

CO2 = 4,14 : 18 - 6,16 : 44 = 0,09 mol



Số mol C2H4 = nX – nankan = 2,24 : 22,4 – 0,09 = 0,01



Đáp án B.

Dạng 3: Khảo sát tỉ lệ số mol H2O và CO2 cho từng loại dẫn xuất hiđrocacbon:

Ví dụ 5. Đốt cháy hoàn toàn m gam một rượu X thu được 1,344 lít CO2 (đktc) và 1,44 gam H2O. X tác dụng với Na dư

cho khí H2 có số mol bằng số mol của X. Công thức phân tử của X và giá trị m lần lượt là

A. C3H8O2 và 1,52. B. C4H10O2 và 7,28.

C. C3H8O2 và 7,28. D. C3H8O3 và 1,52.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Ta có:

n

CO2= 1,344 : 22,4 = 0,06 mol;

n

H2O= 1,44 : 18 = 0,08 mol.

n

<

n

H2O



X là rượu no, có cơng thức tổng quát CnH2n+2Om

nX =

n

H2O -

n

CO2 = 0,02



Số nguyên tử cacbon =

3

02 ,

0

06 ,

0 n

CO2



Vì số mol khí H2 thu được bằng của X



X chứa 2 nhóm -OH



Cơng thức phân tử: C3H8O2 và m = 0,02. 76 = 1,52 gam



Đáp án A.

Ví dụ 6. Hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ thuộc cùng dãy đồng đẳng. Phân tử của chúng chỉ có một loại nhóm chức. Chia X
làm 2 phần bằng nhau.

- Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy (chỉ có CO2 và hơi H2O) lần lượt qua bình (l) đựng dung

dịch H2SO4 đặc, bình (2) đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy khối lượng bình (l) tăng 2,16 gam, ở bình (2) có 7 gam kết tủa.

- Phần 2: Cho tác dụng hết với Na dư thì thể tích khí H2(đktc) thu được là bao nhiêu?

A. 2,24 lít. B. 0,224 lít. C. 0,56 lít. D. 1,12 lít
Giải:

Vì X tác dụng với Na giải phòng H2



X là rượu hoặc axit.

O
H2

n

= 0,12 > HO

n

= 0,07



X gồm 2 rượu no. Đặt công thức tổng quát 2 rượu là CnH2n+2Om



nX =

n

H2O -

n

CO2= 0,05 mol



Số nguyên tử cacbon =

1,4

0,05

0,07

n

CO2





Rượu thứ nhất là: CH3OH



X là 2 rượu no đơn chức



n

0,025

mol

2

1 n

H2



X



V = 0,56 lít



Đáp án C.

Ví dụ 7. Đốt cháy hoàn toàn 1,46 gam hỗn hợp 2 anđehit mạch hở đồng đẳng kế tiếp thu được l,568 lít CO2 (đktc) và 1,26

gam H2O. Cơng thức phân tử của hai anđehit lần lượt là

A. HCHO và CH3CHO B. CH3CHO và C2H5CHO

C. C2H5CHO và C3H7CHO D. C2H4CHO và C3H6CHO

Giải:
Ta thấy:

n

= 1,568 : 22,4 = 0,07 mol.
O

n

= 1,26 : 18 = 0,07 mol.

Vì

n

CO2 :

n

H2O = 1 : 1 nên 2 andehit là no đơn chức mạch hở.

Gọi công thức chung của 2 andehit là

C

H

2n1

CHO

O

1)H

n

(

1)CO

n

(

O

2

1 n

3 CHO

H

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

a (n+1)a (n+1)a
Do đó:

a(

a(14

n

n

1)

30)

0,07

1,46



n



4/3

















Đáp án B.

Ví dụ 8. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ đồng đẳng liên tiếp, thu được 3,36 lít CO2 (đktc)

và 2.7 gam H2O. Số mol của mỗi axit lần lượt là:

A. 0,04 và 0,06. B. 0,08 và 0,02.

C. 0,05 và 0,05. D. 0,045 và 0,055.

Giải:





0,15

(mol)

22,4

3,36

n

18 2,7

n

H2O CO2 X là hỗn hợp hai axit no, đơn chức, mạch hở, có cơng thức tổng quát CnH2nO2



Số nguyên tử cacbon trung bình

1 ,

5

1 ,

0

15 ,

0 n

CO2







hai axit lần lượt là HCOOH (a mol) và CH3COOH (b

mol)























a

b

0,05mol

0,15

2b

a

0,1

b

a

Đáp án C

Ví dụ 9. Đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp X gồm các este no, đơn chức, mạch hở. Sản phẩm cháy được dẫn vào bình
đựng dung dịch nước vơi trong thấy khối lượng bình tăng 6,2 gam. Số mol CO2 và H2O sinh ra lần lượt là

A. 0,1 và 0,1. B. 0,01 và 0,1.

C. 0,1 và 0,01. D. 0,01 và 0,01.

Giải:

Khối lượng bình đựng dung dịch nước vôi trung tăng =

m

H2O +

m

CO2

Mặt khác X là hỗn hợp este no, đơn chức, mạch hở



n

CO2 =

n

H2O = x



x(44+18) = 6,2



x = 0,1



Đáp án A.

Dạng 4: Khảo sát tỉ lệ số mol H2O và CO2 cho hỗn hợp dẫn xuất hiđrocacbon

Ví dụ 10. Hỗn hợp X gồm các axit hữu cơ no, đơn chức, mạch hở và este no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn m
gam hỗn hợp X bằng một lượng oxi vừa đủ. Toàn bộ sản phẩm cháy được dẫn chậm qua dung dịch H2SO4 đặc dư thấy

khối lượng bình đựng axit tăng m gam và có 13,44 lít khí (đktc) thoát ra. Giá trị của m là

A. 5,4 gam B. 7,2 gam. C. 10.8 gam. D. 14,4 gam.
Giải:

- Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O



khối lượng bình đựng dung dịch H2SO4 đặc tăng chính là khối lượng của H2O bị

giữ lại

- Vì X gồm các axit hữu cơ no, đơn chức, mạch hở và este no, đơn chức, mạch hở.



X có cơng thức tổng quát chung là CnH2nO2 và

n

CO2 =

n

H2O= 13,44 : 22,4 = 0,6 mol



m= 0,6. 18 - 10,8 gam



Đáp án C.

Ví dụ 11: Chia m gam X gồm : CH3CHO, CH3COOH và CH3COOCH3 thành hai phần bằng nhau :

- Để đốt cháy hoàn toàn phần 1 cần tối thiểu 5,04 lít O2 (đktc), thu được 5,4 gam H2O.

- Cho phần 2 tác dụng hết với H2 dư (Ni, to ) được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn tồn hỗn hợp Y, thu được V lít CO2 (đktc).

Giá trị của m và V lần lượt là

A. 22,8 và 1,12. B. 22,8 và 6,72.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Giải:

- 3 chất trong X đều là no, đơn chức, mạch hở, công thức tổng quát : CnH2nOm



Khi đốt cháy:

n

CO2=

n

H2O = 5,4 : 18 = 0,3 mol

lít

6,72

22,4

.

0,3

V

CO2





X + O2  CO2 + H2O

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

mX (một phần) = 0,3(44 + 18) – 5,04 : 22,4. 32 = 11,4 gam



mX = 22,8 gam



Đáp án B.

Dạng 5: Kết hợp khảo sát tỉ lệ và mối liên hệ giữa các hợp chất

Ví dụ 12. Cho hỗn hợp X gồm hai anđehit là đồng đẳng kế tiếp tác dụng hết với H2 dư (Ni, to) thu được hỗn hợp hai ancol

đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai ancol này thu được 11 gam CO2 và 6,3 gam H2O. Công thức của hai anđehit

là

A. C2H3CHO, C3H5CHO B. C2H5CHO, C3H7CHO

C. C3H5CHO, C4H7CHO D. CH3CHO, C2H5CHO

Giải:

Khi đốt cháy ancol cho



0,35



18 6,3

n

CO2

0 ,

25

44

11 n

H2O





2 rượu là no, mạch hở

nX =

n

H2O -

n

CO2= 0,1



Số nguyên tử cacbon =

0

,

1

2 ,

5

25 ,

0 n

CO2





hai rượu là C2H5OH và C3H7OH



hai anđehit tương ứng là CH3CHO và C2H5CHO



Đáp án D.

Ví dụ 13. Hỗn hợp X gồm CH3COOH và C3H7OH với tỉ lệ mỗi 1: l. Chia X thành hai phần:

- Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 2,24 lít khí CO2 (đktc).

- Đem este hố hồn tồn phần 2 thu được este Y (giả sử hiệu suất phản ứng đạt 100%). Đốt cháy hoàn tồn Y thì khối
lượng nước thu được là

A. 1,8 gam. B. 2,7 gam. C. 3,6 gam. D. 0,9 gam.
Giải:

CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O

- Tổng số mol cacbon trong hỗn hợp X bằng tổng số mol cacbon có trong Y (Xem thêm phương pháp bảo toàn nguyên tố)
Mặt khác Y là este no, đơn chức, mạch hở, nên:



khi đốt cháy

n

H2O=

n

CO2= 2,24 : 22,4 = 0,1 mol



m

H2O= 1,8 gam



Đáp án A.

MẸO GIẢI NHANH CÁC HỢP CHẤT CÓ NHÓM CHỨC NHƯ ANCOL, ETE, ANDEHIT, XETON, AXIT 
CACBOXYLIC, ESTE, CACBONHYDRAT, AMIN, AMINO AXIT

Mẹo tìm nhanh CTPT khi biết %O có trong CTTQ CxHyOz

%O = 32% CT thực nghiệm C5H8O2 (CH2 = C(CH3) – COOCH3: metyl metaacrylat)
%O = 34,78% CT thực nghiệm C2H6O (ancol etylic, dimeyl ete)

%O = 37,21% CT thực nghiệm (C4H6O2)n (C4H6O2 n = 1)
%O = 43,24% CT thực nghiệm (C3H6O2)n (C3H6O2 n = 1)

%O = 50% CT thực nghiệm CH4O

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Hợp chất Số đồng phân Hợp chất Số đồng phân
Ancol đơn chức no, mạch hở

CnH2n+2O 1<n<6

Este đơn chức no, mạch hở
CnH2nO2 1<n<5

2n-2 Amin đơn chức no, mạch hở 
CnH2n+3N 1 < n< 5

2n-1

Andehit đơn chức no, mạch hở
CnH2nO 2<n<7

Axit cacboxylic đơn chức no,
mạch hở CnH2nO22<n<7

2n-3 Số trieste (glyxerit) tạo bởi glyxerol
và hỗn hợp n axit béo

2

n (n +1)

2

Ete đơn chức no, mạch hở
CnH2n+2O 2<n<5

(n -1)(n - 2)

2

Ete tạo bởi hỗn hợp n ancol đơn

chức.

n(n +1)

2

Xeton đơn chức no, mạch hở
CnH2nO 3<n<7

(n - 2)(n - 3)

2

Tính di, tri, tetra,…n peptit tối đa
tạo bởi hỗn hợp gồm x amino axit
khác nhau

Từ n aminoaxit khác nhau thu
được.

Nếu có m cặp aminoaxit giống
nhau thì số peptit là

xn

n! peptit

m

n!

2



Nếu a mol (H2N)mR(COOH)n tác dụng với b mol HCl thu được dung dịch X. Để trung hòa dung dịch X cần c

mol NaOH c = b + a.n



Nếu a mol (H2N)mR(COOH)n tác dụng với b mol NaOH thu được dung dịch X. Để trung hòa dung dịch X cần

c mol HCl c = b + a.m



a (g) muối amin của aminoaxit tác dụng vừa đủ với x (mol) OH- (NaOH, KOH, Ca(OH)

2, Ba(OH)2) cô cạn dd sau

phản ứng thu được m (g) muối khan bazo

109.x

m = a + m

-4

MỘT SỐ DẠNG TOÁN ANCOL – AXIT – ANĐÊHYT

C©u 1: Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO và H2 đi qua ống sứ đựng bột Ni nung nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp

Y. Đốt cháy hết Y thì thu được 11,7 gam H2O và 7,84 lít khí CO2 (ở đktc). Thể tích khơng khí cần dùng vừa đủ để đốt

cháy hết Y là

A. 44,8 lit B. 22,4 lit C. 33,6 lit D. 56 lit

HDG:

HCHO CO

n

=

n

=

0.35

;

n

H O2

=

n

H2

+

n

HCHO

Þ

n

H2

=

n

H O2

-

n

HCHO

=

0.65 0.35 0.3

-

=

2 2 2

kk O CO H O HCHO

1 V

5V

5.22, 4.(n

n

) 56lit

2 =

+

-

=

C©u 2: Đốt cháy một ancol X được

n

H O2

>

n

CO2. Kết luận nào sau đây là đúng nhất ?
A. X là ankanol đơn chức. B. X là ankadiol.

C. X là ancol no, mạch hở. D. X là ancol đơn chức mạch hở.

HDG:
Phương trình cháy tổng quát của ancol:

CnH2n+2-2kOa +

3n 1 k a

2 +

-O2 nCO2 + (n+1-k) H2O

Ta có: 2
2

H O
CO

n

n 1 k

1 k

1 n

+ -

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Nên

n

H O2

>

n

CO2

Û - > Û =

1 k 0

k 0

. Tức: ancol no, mạch hở.

C©u 3: Anđehit X có tỉ khối hơi so với H2 bằng 36. Số đồng phân cấu tạo có thể có của X là

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

HDG:
MX = 72  X đơn chức hoặc 2 chức

+ X đơn chức  X là C3H7CHO: 2 đồng phân

+ X hai chức  X là CH2(CHO)2: 1 đồng phân

C©u 4: Dùng thuốc thử nào dưới đây để phân biệt axit fomic và axit acrylic ?

A. dung dịch Br2 B. Dung dịch AgNO3/NH3 C. Q tím ẩm D. Dung dịch Na2CO3

HDG:

+ Axit fomic và axit acrylic đều phản ứng với Na2CO3, Br2, và làm đổi màu quỳ nên khổng thể dùng các chất này làm

thuốc thử.

+ Axit fomic có tính chất khác với các axit khác đó là do có nhóm chức andehit (-CHO) trong phân tử nên axit fomic có
phản ứng tráng gương.

C©u 5: Đề hidrat hóa hồn tồn 14,8g ancol X, đốt cháy hồn tồn lượng chất hữu cơ thốt ra rồi hấp thu tồn bộ sản
phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được 80g kết tủa và thấy khối lượng dung dịch sau phản ứng

giảm 30,4g so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu. X là

A. C4H9OH. B. C4H7OH. C. C3H5OH . D. C3H7OH.

HDG:

2 3 2

CO CaCO H O

80 0,8.44 30, 4

n

0,8

n

0,8

18 -

-=

=

Þ

=

. Vì

n

CO2

=

n

H O2 Nên sản phẩm sau khi đề hidrat hóa là
anken, do đó X là ancol no đơn chức: CnH2n+2O.

14,8

.n 0,8

n 4

14n 18

ị

=

ị =

+

Câu 6: Nhng phỏt biểu nào dưới đây luôn đúng?

(1) : Phenol là những hợp chất hữu cơ mà phân tử có vịng benzen và nhóm –OH

(2) : Phenol là những hợp chất hữu cơ mà phân tử có chứa nhóm OH liên kết trực tiếp với nguyên tử cacbon của vòng

benzen.

(3) : Phenol tan vô hạn trong nước lạnh.
(4) : Phenol tan vô hạn trong nước ở 660C

(5) : Phenol tan được trong etanol
(6) : Phenol không tan được trong axeton

A. (2), (4), (6). B. (2), (4), (5). C. (1), (2), (4), (5). D. (3), (5), (6).
HDG:

+ (1), (3) sai; (2) đúng nên loại C, D.

+ Phenol tan được trong etanol và axeton nên (5) đúng, (6) sai.

C©u 7: Đốt cháy hồn tồn a gam ancol đơn chức A thu được 13,2 gam CO2 và 8,1 gam H2O. Thực hiện phản ứng tách

nước hoàn toàn a gam A (140oC, H

2SO4 đặc) thì thu được m gam ete. Giá trị của m là?

A. 5,55 B. 6,9 C. 4,2 D. 8,25

HDG:
+ Phản ứng cháy:

n

CO2

=

0,3; n

H O2

=

0, 45

Þ

n

=

0, 45 0,3 0,15

-

=

+ Khi tách nước:

H O A

1 n

0,075

2

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

 Bảo toàn khối lượng: ete A H O2

0,3

m

0,15.(14.

18) 0, 075.18 5,55

0,15

=

-

=

+

-

=

C©u 8: X là hợp chất hữu cơ (chứa C, H, O) trong đó hiđro chiếm 2,439% về khối lượng. Đốt cháy hồn toàn X thu được
số mol nước bằng số mol X, mặt khác biết 1 mol X phản ứng vừa đủ với 4 mol AgNO3 trong dung dịch amoniac. Công

thức cấu tạo có thể có của X là

A. HCHO. B. CH3CHO. C. HC C–CHO. D. OHC–C C–CHO.

HDG:
+

n : n

X AgNO3

=

1: 4

nên loại B (tỉ lệ 1:2) và C (tỉ lệ 1:3)

+ HCHO có %H = 6,67% nên loại A

C©u 9: Số liên kết π trong cơng thức cấu tạo của axit cacboxylic không no, đơn chức, mạch hở có một nối đơi là

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.

HDG:
+ Đơn chức nên có 1 – COOH: 1 π

+ Mạch có 1 π

 Cơng thức của axit đơn chức, khơng no có một nối đơi, mạch hở: CnH2n-2O2.

C©u 10: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol chất hữu cơ X là dẫn xuất của benzen, khối lượng CO2 thu được nhỏ hơn 35,2 gam.

Biết rằng, 1 mol X chỉ tác dụng được với 1 mol NaOH. Công thức cấu tạo thu gọn của X là

A. C2H5C6H4OH. B. HOC6H4CH2OH. C. HOCH2C6H4COOH. D. C6H4(OH)2.

HDG:
+ X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:1 nên loại D (tỉ lệ 1:2)
+ Số C trong X:

C

n

CO2

0,8

8 0,1

=

<

=

nên loại A và C (đều có 8C)

C©u 11: Cho các ancol sau: CH3-CH2-CH2-OH (1); CH3-CH(OH)-CH3 (2); CH3-CH(OH)-CH2-CH3 (3); CH3

-CH(OH)-C(CH3)3 (4); CH3-CH2-CH2-CH2-OH (5); CH3-CH2-CH(OH)-CH2-CH3 (6). Dãy gồm các ancol khi tách nước chỉ cho 1

anken duy nhất là

A. (1), (2), (5). B. (1), (2), (3). C. (1), (2), (4), (5), (6). D. (2), (3), (6).

HDG:

Chỉ có (3) khi tách nước cho 2 anken (khơng tính đồng phân hình học), cịn lại đều ở dạng đối xứng (2, 6) hoặc chỉ có
1

C

a(1, 4, 5) nên chỉ cho 1 anken (khơng tính đồng phân hình học) khi tách nước.

Ở đây khơng thể tính đồng phân hình học vì (4) chỉ cho 1 anken khi tách nước.

C©u 12: Trung hịa a gam hỗn hợp axit axetic và phenol cần vừa đủ 100ml dung dịch X chứa NaOH 1M và KOH 1M. Cô
cạn dung dịch sau phản ứng thu được 21,4g chất rắn. Giá trị của a là

A. 15,4 B. 14,5 C. 13,6 D. 16,3

HDG:
Ta có:

n

H O2

=

n

OH-

=

0, 2

Bảo tồn khối lượng:

a m

+

KOH

+

m

NaOH

=

m

+

m

H O2

Þ =

a 15, 4

Hoặc có thể dùng phương pháp tăng giảm khối lượng:

a 21, 4 0,1.22 0,1.38 15, 4

=

-

=

C©u 13: Cho a gam hỗn hợp HCOOH và C2H5OH tác dụng hết với Na thì thể tích khí hiđro (đktc) thu được là 1,68 lít.

Giá trị của a là

A. 4,6 gam B. 5,5 gam C. 6,9 gam D. 7,2 gam

HDG:

Khối lượng mol của hai chất bằng nhau và bằng 46; mặt khác cả hai chất đều phản ứng cho H2 với tỉ lệ 2:1. Nên:
2

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

C©u 14: Phenol phản ứng được với các chất nào sau đây: (1) Na; (2) NaOH; (3) dung dịch Br2; (4) dung dịch

AgNO3/NH3; (5). Na2CO3

A. 1, 4, 5 B. 1, 3, 5 C. 1, 2, 3 D. 1, 2, 4

HDG:

Phenol khơng có phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3 cũng như Na2CO3 (tính axit của phenol yếu hơn axit cacbonic!)

C©u 15: Cho 0,05 mol mơt anđehit X tac dụng hêt vơi dung dịch AgNO3/NH3 (dư) đươc 21,6g Ag. Hiđro hóa hoàn toàn

X đươc Y. Biêt 0,05 mol Y tac dụng vưa đu vơi Na thì thu đươc 6g chât răn. X là

A. CH2O. B. C2H2O2. C. C4H6O. D. C3H4O2.
HDG

n : n

X Ag

=

1: 4

Nên X là HCHO hoặc R(CHO)2

+ Y: R(OH)a

Þ +

R 39a 120

=

Þ =

a 2, R 42( C H )

=

-

3 6

-

Do đó X có 3C

C©u 16: Có 3 dung dịch: CH3CHO, CH3COOH, HCOOH đựng trong 3 lọ mất nhãn. Hố chất có thể dùng để phân biệt ba

dung dịch trên là

A. Q tím, dung dịch AgNO3/NH3 B. quỳ tím, Na.
C. dung dịch AgNO3/NH3, Cu D. Q tím, CuO.

HDG
+ Nhận ra 2 axit bằng quỳ tím.

+ Phân biệt 2 axit bằng phản ứng tráng gương của HCOOH

C©u 17: Cho Na tác dụng vừa đủ với 1,24g hỗn hợp 3 ancol đơn chức X, Y là đồng đẳng liên tiếp nhau, thấy thốt ra
0,336 lít khí H2 (đkc). Khối lượng muối natri ancolat thu được là

A. 1,9g. B. 2,4g. C. 2,85g. D. 2,58g.

HDG
Dùng tăng giảm khối lượng:

m

RONa

=

m

ROH

+

44.n

H2

=

1,9

C©u 18: X là một ancol no, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần 5,6 gam oxi, thu được hơi nước và 6,6 gam
CO2. Công thức của X là

A. C2H4(OH)2. B. C3H7OH. C. C3H5(OH)3. D. C3H6(OH)2.

HDG

CO 3 8 a

n

=

0,15

Þ = Þ

C 3

X : C H O

Cách 1: C3H8Oa +

13 a

2

-O2 3CO3 + 4H2O

13 a

0,05.

0, 25

a 3

2 -Þ

=

Þ =

Cách 2: X no nên

n

H O2

=

n

CO2

+

n

=

0, 2

Bảo toàn nguyên t O:

an

+

2n

O2

=

2n

CO2

+

n

H O2

ị =

a 3

Câu 19: t cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai anđehit no, đơn chức, mạch hở thu được 0,4 mol CO2. Mặt khác

hiđro hố hồn tồn m gam X cần vừa đủ 0,2 mol H2 (Ni, to), sau phản ứng thu được hỗn hợp hai ancol. Đốt cháy hoàn

toàn hỗn hợp hai ancol này thì số mol H2O thu được là bao nhiêu?

A. 0,3 mol B. 0,4 mol C. 0,6 mol D. 0,8 mol

HDG
+ Thí nghiệm 1:

n

H O(1)2

=

n

CO2

+ Thí nghiệm 2:

n

H O(2)2

=

n

H O(1)2

+

n

H2

=

n

CO2

+

n

H2

=

0,6

C©u 20: Cho các chất sau: CH3COOH, HCOOH, C6H5OH, CH2=CHCOOH, CH3CHO, CH3COCH3. Dãy gồm các chất

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

A. CH3COOH, CH3COCH3. B. CH3COOH, HCOOH, CH3COCH3

C. C6H5OH, CH2=CHCOOH, CH3CHO D. CH3COOH, CH3COCH3, CH3CHO

HDG

Axit không no, anđehit hay axit fomic đều phản ứng được với dung dịch Br2

C©u 21: Cho m gam hỗn hợp X gồm hai rượu (ancol) no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng với CuO
(dư) nung nóng, thu được một hỗn hợp rắn Z và một hỗn hợp hơi Y (có tỉ khối hơi so với H2 là 13,75). Cho toàn bộ Y

phản ứng với một lượng dư AgNO3 trong NH3 đun nóng, sinh ra 64,8 gam Ag. Giá trị của m là

A. 3,9. B. 7,8. C. 7,4. D. 9,3.

HDG
X:

2 2 RCHO H O

RCH OH; Y : RCHO H O, n

+

=

n

Þ =

R 13,75.2.2 18 29 8

- -

=

 X: CH3OH+C2H5OH.
3

HCHO CH CHO

1 15

R 8

n

a mol

2 +

= =

Þ

=

 nAg = 6a = 0,6  a = 0,1
 m = 0,1(32+46) = 7,8

C©u 22: Đốt cháy hoàn toàn 5,8g ancol X thu được 13,2g CO2 và 5,4g H2O. Xác định X

A. C4H7OH. B. C3H7OH. C. C3H5OH. D. C3H6(OH)2.

HDG

2 2

CO H O n 2n

5,8

n

0,3; n

0,3

X : C H O

.n 0,3

n 3

14n 16

=

ị

=

ị =

+

Câu 23: Cho cỏc hợp chất hữu cơ: (1) ankan; (2) ancol no, đơn chức, mạch hở; (3) xicloankan; (4) ete no, đơn chức,
mạch hở; (5) anken; (6) ancol khơng no (có một liên kết đôi C=C), mạch hở; (7) ankin; (8) anđehit no, đơn chức, mạch
hở; (9) axit no, đơn chức, mạch hở; (10) axit khơng no (có một liên kết đơi C=C), đơn chức. Dãy gồm các chất khi đốt
cháy hoàn toàn đều cho số mol CO2 bằng số mol H2O là:

A. (1), (3), (5), (6), (8). B. (3), (4), (6), (7), (10). C. (3), (5), (6), (8), (9). D. (2), (3), (5), (7), (9).
HDG

+ (1) cho số mol CO2 nhỏ hơn số mol H2O  Loại A

+ (2), (4) cho số mol CO2 nhỏ hơn số mol H2O  Loại D, B

C©u 24: Hỗn hợp X gồm 2 ancol no A và B thuộc cùng dãy đồng đẳng (MA>MB). Cho 7,6 gam X tác dụng với Na dư thu

được 1,68 lít H2 (đktc), mặt khác oxi hóa hồn tồn 7,6 gam X bằng CuO (t0) rồi cho toàn bộ sản phẩm thu được tác dụng

với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 21,6 gam kết tủa. Công thức phân tử của A là

A. C2H5OH. B. CH3CH2CH2OH. C. CH3CH(CH3)OH. D. CH3CH2CH2CH2OH.

HDG

X H Ag

n

=

2n

=

0,15; n

=

0, 2

 X có 1 ancol khơng phải là ancol bậc 1. Gọi CTPT 2 ancol trong X là RCH2OH và

R’OH (Với R khác H, R’ là gốc bậc 2 hoặc bậc 3). Ta có:

RCH OH RCHO Ag R 'OH

1 n

0,1

n

0,05

2 0,1(R 31) 0,05(R ' 17) 7,6

2R R ' 73

=

Þ

=

Þ

+

=

Þ

+

=

R = 15  R’ = 43, R’ bậc 2 hoặc bậc 3 nên chọn C

R =29  R’ = 15: Loại vì CH3OH sẽ oxi hóa thành HCHO có phản ứng tráng gương.

C©u 25: Hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ kế tiếp nhau trong cùng dãy đồng đẳng, phân tử của chúng chỉ có một nhóm
chức. Chia X thành 2 phần bằng nhau.

− Phần 1: Đem đốt cháy hoàn tồn rồi cho tồn bộ sản phẩm cháy (chỉ có CO2 và hơi H2O) lần lượt qua bình (1) đựng

dung dịch H2SO4 đặc, bình (2) đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy khối lượng bình (1) tăng 2,16 gam, ở bình (2) có 7,0 gam

kết tủa.

− Phần 2: Cho tác dụng hết với Na dư thì thể tích khí H2 (đktc) thu được là bao nhiêu ?

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

HDG

+ Phần 1:

n

CO2

=

0,07; n

H O2

=

0,12

Þ

X

là hỗn hợp 2 ancol no, đơn chức (vì các chất trong X chỉ chứa 1 nhóm chức).
+ Phần 2:

n

H2

1 n

X

1 (0,12 0,07) 0,025

V 0,56

2 =

-

=

ị =

Câu 26: Cú tất cả bao nhiêu đồng phân ancol bền có cơng thức phân tử dạng C3H8Ox ?

A. 2. B. 3. C. 5 D. 4.

HDG
+ x = 1: C3H8O có 2 đồng phân

+ x = 2: C3H8O2 có 2 đồng phân

+ x = 3: C3H8O3 có 1 đồng phân

C©u 27: Hai chất hữu cơ đơn chức X, Y đều tham gia phản ứng tráng gương, có cùng cơng thức đơn giản nhất là CH2O.

Y có khối lượng phân tử lớn hơn X. X, Y lần lượt là?

A. HCHO; CH3COOH B. HCHO; HO-CH2-CHO

C. HCHO; HCOOCH3 D. HCHO; HO-CH2-[CH2]4-CHO

HDG
+ X, Y đơn chức nên loại B và D vì đều chứa chất tạp chức.

+ X, Y đều có phản ứng tráng gương nên loại A vì CH3COOH khơng có phản ứng tráng gương.

C©u 28: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm ancol metylic và andehit fomic cần vừa đủ V lit O2 (đktc), hấp thụ

tồn bộ sản phẩm khí vào bình đựng nước vơi trong dư thấy khối lượng bình tăng 14,2g đồng thời xuất hiện 20g kết tủa.
Giá trị của V là?

A. 4,48 B. 5,60 C. 6,72 D. 8,96

HDG
Nhận xét: HCHO cháy cho số mol nước bằng số mol CO2.

2 2 3

CO H O CH OH HCHO

14, 2 0, 2.44

n

0, 2; n

0,3

n

0,3 0, 2 0,1

n

0, 2 0,1 0,1

18 -=

=

Þ

=

-

=

Þ

=

-

=

Bảo tồn O2: CH OH3 HCHO O2 CO2 H O2 O2

1 (n

n

) n

n

0, 25

V 5,6

2 +

=

+

2 ị

=

ị =

Câu 29: t chỏy hon ton m gam hỗn hợp anđehit acrylic và anđehit oxalic, hấp thụ sản phẩm cháy vào bình đựng
dung dịch Ca(OH)2 thu được 10g kết tủa và dung dịch X. Biết khối lượng dung dịch X giảm so với khối lượng dung dịch

Ca(OH)2 ban đầu 4,08g và khi đun nóng dung dịch X lại thu được thêm 0,5g kết tủa nữa. Hỏi khi hidro hóa hồn tồn m

gam hỗn hợp ban đầu cần bao nhiêu lit H2 (đktc)?

A. 2,24 B. 1,12 C. 3,36 D. 4,48

HDG
Nhận xét: Cả hai andehit đều có độ bất bão hòa bằng 2.

+ Phản ứng cháy:

2 2

CO H O hh

10 0,11.44 4,08

n

0,1 2.0,005 0,11; n

0, 06

n

0,11 0,06 0,05

18 -

-=

+

=

Þ

=

-

=

+ Phản ứng cộng:

n

H2

=

2n

=

0,1

Þ =

V 2, 24

C©u 30: Đốt cháy hồn tồn 17,7 gam hỗn hợp A gồm axit acrylic, axit oleic và axit metacrylic rồi hấp thụ toàn bộ sản

phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư. Sau phản ứng thu được a gam kết tủa và thấy khối lượng dung dịch sau phản ứng

giảm so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu 41,7 gam. Giá trị của a là?

A. 95 B. 105 C. 90 D. 115

HDG

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

+ Bảo toàn O2: hh O2 CO2 H O2

1 n

2 +

=

+

(2)

+ Từ (1) và (2)  O2 H O2

3 n

2 =

+ Bảo toàn khối lượng:

17,7 32.n

+

O2

=

44n

CO2

+

18n

H O2

Þ

44n

CO2

-

30n

H O2

=

17,7

(3)
+ Khối lượng dung dịch giảm:

D

m

=

m

CaCO3¯

-

m

CO2

-

m

H O2

Þ

41,7 56n

=

CO2

-

18n

H O2 (4)

+ Giải hệ 2 phương trình (3) và (4) ta được

n

CO2

=

1,05

ị =

a 105

Câu 31: Hũa tan 26,8 gam hn hp hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở vào nước được dung dịch X. Chia X thành
hai phần bằng nhau. Phần 1: Cho phản ứng hoàn toàn với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 21,6 gam bạc kim loại. Để

trung hịa hồn tồn phần 2 cần 200,0 ml dung dịch NaOH 1,0M. Cơng thức của hai axit đó là

A. HCOOH, C2H5COOH. B. CH3COOH, C3H7COOH. C. HCOOH, C3H7COOH. D. CH3COOH, C2H5COOH.

HDG

+ X có phản ứng tráng gương nên X có HCOOH và RCOOH. nHCOOH = ½ nAg = 0,1

+ Phần 2: nRCOOH = nNaOH - nHCOOH = 0,1

+ Khối lượng X: 26,8 = 0,2.46+0,2.(R+45)  R = 43 (C3H7-)

C©u 32: Hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic, axit oxalic. Khi cho a gam X tác dụng với Na2CO3 dư thì thu được 7,84

lit khí (đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn a gam X cần 8,96 lit O2 (đktc), thu được V lit CO2 (đktc) và 10,8g H2O. Giá trị

của V là

A. 15,68 B. 22, 4 C. 17,92 D. 13,44

HDG
Gọi số mol các chất lần lượt là x, y, z. Ta có:

+ Phản ứng với Na2CO3: CO2

1 n

x

y z 0,35

2 =

+

+ =

+ Phản ứng đốt cháy: Bảo toàn O2

2 2 2 2

O CO H O CO

1 x y 2z n

n

0,8

V 17,92

2 + +

+

=

+

Þ

=

ị =

Câu 33: Axit cacboxylic no, mch h X cú công thức đơn giản nhất là C3H4O3, vậy công thức phân tử của X là

A. C9H12O9. B. C12H16O12. C. C6H8O6. D. C3H4O3.

HDG

X: C3nH4nO3n. X no nên 6 8 6

3n

2 6n 4n

n 2

X : C H O

2 +

-D =

=

ị = ị

Câu 34: Xột cỏc loi hợp chất hữu cơ, mạch hở sau: Rượu đơn chức no (X), andehit đơn chức no (Y), rượu đơn chức
không no 1 đối đôi (Z); andehit đơn chức, không no 1 nối đôi (T). Ứng với công thức tổng quát CnH2nO chỉ có thể là:

A. X, Y B. Z, T C. Y, Z D. T

HDG

Do CnH2nO có độ bất bão hịa là 1 nên chỉ có thể là anđehit no, đơn (Y) hoặc ancol khơng no có một nối đơi, đơn chức

(Z)

C©u 35: Đốt cháy hồn tồn a mol axit hữu cơ Y được 3a mol CO2. Mặt khác, để trung hòa a mol Y cần vừa đủ 2a mol

NaOH. Công thức cấu tạo của Y là

A. HOOCCH2COOH. B. CH3COOH. C. CH3CH2COOH. D. HOOCCOOH.

HDG
+ Phản ứng cháy: C = 3

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

C©u 36: Hỗn hợp X gồm HCOOH và CH3COOH (tỉ lệ mol 1:1). Hỗn hợp Y gồm CH3OH và C2H5OH (tỉ lệ mol 3:2). Lấy

11,3g X tác dụng với 7,52g Y (xt H2SO4 đặc) thu được m gam hỗn hợp este. Biết hiệu suất các phản ứng este đều bằng

80%. Giá trị của m là

A. 11,616 B. 12,197 C. 14,52 D. 15,246

HDG
+ Hỗn hợp X: 8COOH

+ Hỗn hợp Y: 20,6OH

8COOH + 20,6OH ƒ 8COO20,6 + H2O

0,213 0,2  0,2.0,8=0,16

 m = 11,616

C©u 37: Cơng thức đơn giản nhất của andehit no X có dạng C2H3O. Số CTCT có thể có của X là?

A. 2 B. 4 C. 3 D. 5

HDG

X: C2nH3nOn, X no nên 4 6 2

2 4n 3n

n

n 2

X : C H O

2 +

-D = =

ị = ị

Hay C2H4(CHO)2 cú 2 ng phõn

Câu 38: Chỉ dùng một hóa chất nào dưới đây để phân biệt hai bình mất nhãn chứa khí C2H2 và HCHO?

A. Dung dịch AgNO3/NH3. B. Dung dịch NaOH.

C. Dung dịch Br2. D. Na.

HDG
+ C2H2 phản ứng cho kết tủa vàng nhạt

+ HCHO cho kết tủa trắng (hoặc nâu - đen)

C©u 39: Hỗn hợp khí A chứa hidro và ankanal X. Tỉ khối của A đối với hidro là 8. Đung nóng nhẹ hỗn hợp A có mặt
chất xúc tác Ni. Phản ứng kết thúc thu được hỗn hợp khí B có tỉ khối đối với hidro là 12. X là?

A. HCHO B. CH3CHO C. C2H5CHO D. C3H7CHO

HDG
+ Xét 1 mol A 

m

=

M

=

16

+ Bảo toàn khối lượng: mB = mA = 16  nB = 2/3

Þ

n

H pu2

=

n

Xpu

= -

1 2 / 3 1/ 3

=

+ Do

M

B

=

24

nên B có H2 dư. Mà phản ứng hồn tồn nên X hết  số mol H2 trong A là 1 – 1/3 = 2/3
 mA = 2/3.2+1/3.MX = 16  MX = 44 (CH3CHO)

C©u 40: Brom phản ứng với axit butiric (X) sinh ra CH3CHBrCH2COOH (Y) hoặc CH3CH2CHBrCOOH (Z) hoặc

BrCH2CH2CH2COOH (T) tùy theo điều kiện phản ứng. Chiều tăng dần tính axit (từ trái qua phải) của các axit trên là

A. Y, Z, T, X. B. X, T, Y, Z. C. X, Y, Z, T. D. T, Z, Y, X.
HDG

Ngun tử Br càng gần nhóm chức thì tính axit càng mạnh
C©u 41: C4H8O2 có bao nhiêu đồng phân axit ?

A. 1 đồng phân B. 2 đồng phân C. 3 đồng phân D. 4 đồng phân

C©u 42: Cho các chất sau: CH3CH2CHO, CH2=CHCHO, CH3COCH3, CH2=CHCH2OH. Những chất nào tác dụng hoàn

toàn với H2 dư (Ni, to) cho cùng một sản phẩm?

A. CH3CH2CHO, CH2=CH–CHO, CH3–CO–CH3, CH2=CH–CH2OH.

B. CH3CH2CHO, CH2=CH–CHO, CH3–CO–CH3.

C. CH2=CH–CHO, CH3–CO–CH3, CH2=CH–CH2OH.

D. CH3CH2CHO, CH2=CH–CHO, CH2=CH–CH2OH.

C©u 43: Andehit X mạch hở, cộng hợp với H2 theo tỷ lệ 1 : 2 (lượng H2 tối đa) tạo ra chất Y. Cho Y tác dụng hết với Na

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

A. Andehit no, hai chức B. Andehit không no (chứa một nối đôi C=C), hai chức
C. Andehit no, đơn chức D. Andehit không no (chứa một nối đôi C=C), đơn chức

HDG

H Y

n

=

n

 Y là ancol 2 chức  X là andehit 2 chức. Mà X cộng với H2 theo tỉ lệ 1:2 nên X là anđehit no, 2 chức

C©u 44: Cho các chất có CTPT sau, chất nào khơng phải là andehit?

A. C5H10O B. C2H2O2 C. C3H8O D. CH2O

HDG
Với andehit thì

D ³

1. C3H8O có

D =

0 nên khơng thể là andehit.

C©u 45: Cho hỗn hợp X gồm 2 anđehit đồng đẳng kế tiếp tác dụng hết với H2 (Ni, to), thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy

hoàn toàn Y thu được 3,36 lit CO2 và 4,5 gam H2O. Công thức phân tử của 2 anđehit trong X là

A. CH4O và C2H6O. B. CH2O và C2H4O. C. C3H6O và C4H8O. D. C3H8O và C4H10O.

HDG

2 2

CO H O Y

n

=

0,15; n

=

0, 25

ị

n

=

0,1

ị =

C 1,5

Câu 46: Cho 4,52 gam hn hợp X gồm C2H5OH, C6H5OH, CH3COOH tác dụng vừa đủ với Na thấy thốt ra V ml khí (ở

đktc) và 5,4 gam hỗn hợp rắn. Giá trị của V là

A. 448. B. 560. C. 672. D. 896.

HDG

Cả 3 chất khi tác dụng với Na đều là sự thay thế nguyên tử H trong nhóm OH bằng nguyên tử Na nên

D =

22 5, 4 4,52

V

.22, 4 0, 448lit 448ml

44 -Þ =

=

C©u 47: Axit nào dưới đây có phản ứng với Cu(OH)2/OH khi đun nóng cho kết tủa đỏ gạch?

A. Axit oxalic. B. Axit stearic. C. Axit acrylic. D. Axit fomic.
HDG

HCOOH có nhóm chức andehit –CHO nên bị oxi hóa bởi Cu(OH)2/OHkhi đun nóng.

C©u 48: Đốt cháy hồn tồn 6,0 gam axit cacboxylic X rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình (1) đựng axit
H2SO4 đặc, dư và bình (2) đựng dung dịch NaOH đặc, dư. Kết thúc thí nghiệm, khối lượng bình (2) tăng nhiều hơn khối

lượng bình 1 tăng là 5,2 gam. Cơng thức cấu tạo của X là

A. HCOOH. B. CH3COOH. C. C2H5COOH. D. C3H7COOH.

HDG

Từ 4 đáp án suy ra X là axit no đơn chức  số mol CO2 và số mol H2O bằng nhau.
 CO2 H O2

5, 2

6 n

0, 2

.n 0, 2

n 2

44 18

14n 32

=

ị

=

ị =

-

+

Câu 49: Nhit sụi của các axit cacboxylic cao hơn của anđehit, xeton, ancol có cùng số nguyên tử C là do
A. axit cacboxylic chứa nhóm C=O và nhóm −OH.

B. phân tử khối của axit lớn hơn và nguyên tử H của nhóm axit linh động hơn.

C. sự phân cực ở nhóm cacboxyl và sự tạo thành liên kết hiđro liên phân tử ở các phân tử axit
D. các axit cacboxylic đều là chất lỏng hoặc chất rắn.

C©u 50: Cho sơ đồ chuyển hóa:

But – 1 – en





 

HCl





 

NaOH







,170





o
đăc
4
2

E
Tên của E là:

A. but – 2 – en. B. propen. C. iso – butilen. D. dibutyl ete.

MỘT SỐ MẸO GIẢI NHANH BÀI TOÁN ESTE

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

*Nếu tỉ lệ mol NaOH

2

este

n

=

(thường đề cho tối đa 2 chức) thì este
0

2 2

(

')

2

t

(

)

2 '

R COOR

+

NaOH

ắắđ

R COONa

+

R OH

2 2

(

)

' 2

t

2 '(

)

RCOO R

+

NaOH

ắắđ

RCOONa R OH

+

6 5

2

6 5 2

t

RCOOC H

+

NaOH

ắắđ

RCOONa C H ONa H O

+

* Có thể áp dụng định luật bảo tồn khối lượng cho loại tốn này:
meste + mNaOH = mmuối + mchất A (chất A: ancol, andehit, xeton)

*Nếu sau phản ứng Xà phòng hóa, cơ cạn dung dịch thu được chất rắn B ( tồn bộ nước, este cịn dư, ancol sinh ra đều
bay hơi hết). Cần chú ý khả năng trong B cịn muối dư khi đó:

mrắn = mmuối + mkiềm dư

* Cho a (g) chất béo tác dụng vừa đủ với x (mol) dd NaOH. Cô cạn dd thu được m (g) xà phòng

m = a +

28.x

3

n

Br pu2

=

n

hchc

.

so

p

Dạng 2: Xác định CTPT este dựa vào phản ứng đốt cháy.
*

2 2 2

1

2

O CO H O Dot

soO

n

=

n

+

n

-

n

*Nếu este E cháy hoàn toàn mà cho sản phẩm cháy:

O
H
CO

n

2



2 thì E là este no, đơn chức, có CTTQ: CnH2nO2

Ta ln có

(

k

-

1).

n

dot

=

n

CO2

-

n

H O2 ( với k là Σπ trong phân tử hchc)
*Áp dụng nguyên lý bảo toàn số mol nguyên tố với pư cháy của este, ta có

n

O

(

E

)



n

O(trong

O

2pư)=

n

O(trong CO2) +

n

O(trong H2O)

* Với este E đơn chức CxHyO2, ta ln có:

O

E

n

2

1 

(trong E) hay

[

(

2

2 2

)

2

2

1

O
O
H
CO

E

n







(pư)]

*Nếu đốt cháy hoàn toàn este E, rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy( gồm CO2 và hơi H2O) qua dung dịch Ca(OH)2, hay

Ba(OH)2 ta có:

Độ tăng khối lượng dung dịch:

D =

m

(

m

CO2

+

m

H O2

)

- ¯

m

(sinh )

ra

Độ giảm khối lượng dung dịch:

D = ¯

m m

(sinh ) (

ra

-

m

CO2

+

m

H O2

)

*Nếu đốt cháy hoàn toàn este no đơn chức E (CnH2nO2), rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy (gồm CO2 và hơi H2O) qua dung

dịch kiềm(NaOH, KOH). Độ tăng khối lượng của bình là

D

m

2 2

(44 18)

CO H O

m

n

=

n

=

D

+

*Nếu đề bài cho este no, đơn chức, mạch hở E cháy hồn tồn, cho

n

O2

(

pư)=

n

CO2(sinh ra) HCOOCH3
*Este có số nguyên tử C



Este có Meste



100 => este đơn chức

CHUYÊN ĐỀ ESTE – LIPIT
CÁC CHÚ Ý KHI LÀM NHANH BÀI TẬP

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

- Nắm chắc lí thuyết, các phương trình, các gốc hiđrocacbon thường gặp để khơng phải nháp nhiều.
- Đốt cháy este no luôn cho nCO2 = nH2O và ngược lại.

- Nếu đề cho hay từ đáp án suy ra este đơn chức thì trong phản ứng với NaOH thì số mol các chất ln bằng nhau.
- Xà phịng hố este đơn chức cho 2 muối và nước => este của phenol.

- Khi cho hh chất hữu cơ tác dụng với NaOH:

+ tạo số mol ancol bé hơn số mol NaOH => hh ban đầu gồm este và axit.
Khi đó: nancol = neste; nmuối = nNaOH(pư) = nhh

+ tạo số mol ancol lớn hơn số mol NaOH => hh ban đầu gồm este và ancol
Dạng 1: Pư cháy

Câu 1: Khi đốt cháy hoàn toàn este no, đơn chức thì

n

CO2

=

n

O2 đã Pư. Tên gọi của este là

A. Metyl fomiat. B. Etyl axetat. C. Metyl axetat. D. n- Propyl axetat.
Hng Dn

Goi CT CnH2nO2

-+

ắắđ

+

2 2 2 2 2

3

2

t
n n

n

C H O

O

nCO

nH O

Ta có

2 2

3

2

CO O

n

=

n

® =

n

-

®

n

= ®

A

Câu 2: Đốt cháy hồn tồn 7,4 gam hỗn hợp hai este đồng phân, thu được 6,72 lít CO2 (đktc) và 5,4 gam H2O. CTPT của

hai este là

A. C3H6O2 B. C2H4O2 C. C4H6O2 D. C4H8O2

Hướng Dẫn

0,3 (

)

2 0,6 (

)

:

3: 6 : 2

7, 4 – 0,3.12 –

0,6.1

0, 2 (

)

16

C CO

H H O

C H O

O

n

mol

n

mol

n n

n

mol

=

ì

ï

=

ïï

®

=

í

ï

=

ïỵ

CTĐG đồng thời cũng là CTPT của hai este là C3H6O2.

Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 este, cho sản phẩm cháy qua bình P2O5dư khối lượng bình tăng lên 6,21 gam, sau

đó cho qua dd Ca(OH)2 dư được 34,5 gam kết tủa. Các este trên thuộc loại :

A. Este no B. Este không no C. Este no , đơn chức , mạch hở D. Este đa chức
Hướng Dẫn:

2 2 3

6, 21

34,5

0,345

18

100

H O CO CaCO

n

=

mol n

=

n

=

mol

®

nên hai este là no đơn chức mạch hở.

Câu 4: Hợp chất X T/d được với dd NaOH đun nóng và với dd AgNO3/NH3.Thể tích của 3,7 gam hơi chất X bằng

thể tích của 1,6 gam O2 (cùng đk về nhiệt độ và áp suất). đốt cháy hoàn toàn 1 gam X thì thể tích CO2 thu được

vượt quá 0,7 lít (ở đktc). CTCT của X

A. O=CH-CH2 –CH2OH B. HOOC-CHO C. CH3COOCH3 D. HCOOC2H5

Hướng Dẫn

Do ở cùng đk về nhiệt độ và áp suất 2 x

1,6

3,7

0, 05

M

= 74 vc

32 0,05

X O

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Đốt cháy hoàn toàn 1 gam X thì thể tích CO2 thu được vượt quá 0,7 lít (ở đktc)→ D

Câu 5: Đốt cháy hồn tồn 11,6 gam este X thu được 13,44 lít CO2(đktc) và 10,8 gam H2O. Mặt khác Cho 11,6 gam este

đó T/d với dd NaOH thu được 9,6 gam muối khan. CT của X là :

A. C3H7COOC2H5 B. C2H5COOC2H5 C. C2H5COOC3H7 D. CH3COOC3H7

Hướng Dẫn

2 2

10,8

13, 44

0,6

18 22, 4

H O CO

n

=

mol n

=

mol

®

nên este là no đơn chức có CTTQ: CnH2nO2

CnH2nO2

®

nCO2

11,6

14 n

+

32 11,6

.

0,6

14 n

+

32 n

=

®

n= 6

®

C6H12O2 es

11,6

0,1

116

te

n

mol

®

=

RCOOR’ + NaOH

ắắđ

Pt RCOONa + R’OH

0,1 0,1 0,1
Ta có 0,1.(R+67)=9,6=> R=29: C2H5

-Vậy CTCT của este đó là C2H5COOC3H7

Câu 6: Hỗn hợp X gồm hai este no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn X cần 3,976 lít O2 (đktc) được 6,38

gam CO2. Mặt khác X T/d với dd NaOH được một muối và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp. CTPT của hai este trong

A. C2H4O2 và C5H10O2 B. C2H4O2 và C3H6O2

C. C3H4O2 và C4H6O2 D. C3H6O2 và C4H8O2

Hướng Dẫn

Do X là este no đơn chức và T/d với dd NaOH, được một muối và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp → Goi CTcủa hai este là
2

2
n n

C H O

Ta có 2

3,976

0,1775

à

2

6,38

0,145

22, 4

44

O CO

n

=

mol v n

=

mol

Phn ng chỏy

-+

ắắđ

+

đ

-0

2 2 2 2

3

2 0,1775

3

2

t

n n

n

C H O

O

nCO

nH O

n

mol

n

Ta cú

ỡ

=

đ =

đ

ớ

đ

-

ợ

3 6 2
4 8 2

C H O

0,1775

0,145

3,625

C H O

3

2 n

D

n

Câu 7: X là hỗn hợp 2 este của cùng 1 ancol no, đơn chức và 2 axit no, đơn chức đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hịan tồn 
0,1 mol X cần 6,16 lít O2(đktc). Đun nóng 0,1 mol X với 50 gam dd NaOH 20% đến Pư hịan tồn, rồi cô cạn dd sau Pư

được m gam chất rắn. Giá trị của m là:

A. 13,5 B. 7,5 C. 15 D. 37,5
Hướng Dẫn

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

®

Goi CTcủa hai este là

C H O

n 2n 2

-+

ắắđ

+

-đ

2 2 2 2

3

2

3

2 0,1

0,1.

2

t
n n

n

C H O

O

nCO

nH O

n

mol

®

n

=

2,5

®

HCOOCH3 Và CH3COOCH3

Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 6,8 gam một este A no đơn chức chứa vòng benzen thu được CO2 và H2O. Hấp thụ toàn bộ sản

phẩm này vào bình đựng dd Ca(OH)2 lấy dư thấy khối lượng bình tăng 21,2 gam đồng thời có 40 gam kết tủa. Xác định

CTPT, CTCT có thể có của A

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
Hướng Dẫn

Tìm CTĐG: dễ dàng tìm được CTPT C8H8O2

4 CTCT: phenyl axetat; 3 đp: o, m, p -metyl phenyl fomat

Câu 9: Hôn hơp Z gôm hai este X và Y tao bởi cung môt ancol và hai axit cacboxylic kê tiêp nhau trong day đông đăng
(MX < MY). Đôt chay hoàn toàn m gam Z cần dung 6,16 lit O2 (đktc), thu đươc 5,6 lit CO2 (đktc) và 4,5 gam H2O. CT este

X và gia trị cua m tương ưng là

A. CH3COOCH3 và 6,7 B. HCOOC2H5 và 9,5

C. HCOOCH3 và 6,7 D. (HCOO)2C2H4 và 6,6

Hướng Dẫn

2 2

0,25

CO H O

n

=

n

=

®

X, Y là 2 este no đơn chức
Áp dụng ĐLBTKL : m =

0,25.44

+ 4,5 -

6,16

.32

22,4

= 6,7 (gam)

Đặt công thức của X, Y :

C H O

n 2n 2

®

2 2 2

1 0,25

n n

C H O CO

n

=

®

14

32 6, 7

26,8

0, 25

+

=

n

=

n

®

n

=

2,5

®

n = 2 ; n = 3 X : C2H4O2 HCOOCH3

Y : C3H6O2 CH3COOCH3

Câu 10: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai este X, Y, đơn chức, no, mạch hở cần 3,976 lít oxi(đktc) thu được 6,38 gam 
CO2. Cho lượng este này T/d vừa đủ với KOH thu được hỗn hợp hai ancol kế tiếp và 3,92 gam muối của một axit hữu cơ.

CTCT của X, Y lần lượt là

A. C2H5COOC2H5 và C2H5COOC3H7 B. C2H5COOCH3 và C2H5COOC2H5

C. CH3COOCH3 và CH3COOC2H5 D. HCOOC3H7 và HCOOC4H9

Hướng Dẫn
Đặt CTTB của 2 este X, Y là: CnH2n+1COOCmH2m1

Vì X, Y đều là este đơn chức, no, mạch hở nên:

n

H2O=

n

CO2= 6,38/44 = 0,145 mol

®

meste +

m

O2= 44.

n

CO2+ 18.

n

H2O

®

meste = 3,31 gam

Ta có : mO(trong este) = meste – mC – mH = 3,31 – 12.0,145 – 2.1.0,145 = 1,28 gam

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

®

nmuối = neste = 0,04 mol

®

Mmuối = 14n + 84 = 3,92/0,04 = 98

®

n = 1

Mặt khác:

M

este= 3,31/0,04 = 82,75

®

12.1 + 46 + 14

m

= 82,75

®

m

= 1,77

Vậy: X là CH3COOCH3 và Y là CH3COOC2H5 đáp án C

Câu 11: Este X no, đơn chức, mạch hở, khơng có Pư tráng bạc. Đốt cháy 0,1 mol X rồi cho sản phẩm cháy hấp thụ hồn
tồn vào dd nước vơi trong có chứa 0,22 mol Ca(OH)2 thì vẫn thu được kết tủa. Thuỷ phân X bằng dd NaOH thu được 2

chất hữu cơ có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau. Phần trăm khối lượng của oxi trong X là:
A. 43,24% B. 53,33% C. 37,21% D. 36,26%

Hướng Dẫn
Cn



nCO2

0,1 0,1n

CO2 + Ca(OH)2



CaCO3 + H2O (1)

0,22



0,22



0,22

CO2 + CaCO3 + H2O



Ca(HCO3)2 (2)

0,22



0,22

Theo (1), (2): để thu được kết tủa thì: nCO2 < 0,22+0,22 = 0,44
Hay: 0,1n < 0,44

®

n < 4,4

X + NaOH tạo 2 chất có C = nhau

®

X có 2 hoặc 4 C
X khơng có Pư tráng gương

®

n = 4 C4H8O2

Câu 12: Hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ no, đơn chức T/d vừa đủ với 100 mldd KOH 0,4M, thu được một muối và 
336 ml hơi một ancol (đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp X trên, sau đó hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bình
đựng dd Ca(OH)2(dư) thì khối lượng bình tăng 6,82 gam. CT của hai hợp chất hữu cơ trong X là

A. CH3COOH và CH3COOC2H5. B. C2H5COOH và C2H5COOCH3.

C. HCOOH và HCOOC2H5. D. HCOOH và HCOOC3H7.

Hướng Dẫn
Nhìn vào đáp án cho thấy hỗn hợp X gồm 1 axit và 1 este

Goi CT hỗn hợp X là: CnH2n+1COOH x mol và CnH2n+1COOCmH2m+1 y mol

Tác dụng KOH

0,04

0,025

0,336

0,015

22, 4

x y

x

y

+ =

ỡ

=

ỡ

ù

đ

ớ

=

ớ

=

ợ

ùợ

P chỏy hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bình đựng dd Ca(OH)2(dư) thì khối lượng bình tăng 6,82 gam →

2 2

6,82

CO H O

m

+

m

=

Câu 13: Để đốt cháy hoàn toàn 1 mol axit cacboxylic đơn chức X cần 3,5 mol O2. Trộn 7,4 gam X với lượng đủ ancol no

Y (biết tỉ khối hơi của Y so với O2 nhỏ hơn 2). Đun nóng hỗn hợp với H2SO4 làm xúc tác. Pư hoàn toàn được 8,7 gam este

Z(trong Z khơng cịn nhóm chức khác). CTCT của Z

A. C2H5COOCH2CH2OCOC2H5 B. C2H3COOCH2CH2OCOC2H3

C. CH3COOCH2CH2OCOCH3 D. HCOOCH2CH2OCOH

Bài giải:
Phản ứng cháy: CXHyO2 + (x +

4 y

-1)O2 xCO2 +

2
y

H2O (1)

Theo (1), ta có : x +

4 y

-1= 3,5  x +

4 y

= 4,5 







6
y

3
x

 X : C2H5COOH

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

 Meste = 73m + 14n + 2 – m = 0,1.m

7
,
8

hay 14n + 2 = 15m (2)

Mặt khác

d

YO2< 2 hay 14n + 2 + 16m < 64  30m + 2 < 64 (vì m  n)  m < 2,1

Từ (2) 








2
m

2
n

 ancol Y : C2H4(OH)2
 Z : C2H5COOCH2CH2OCOC2H5

Câu 14: Hỗn hợp X gồm axit axetic, etyl axetat và metyl axetat. Cho m gam hỗn hợp X T/d vừa đủ với 200 ml dd NaOH 
1M. Mặt khác, đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp X cần V lít O2(đktc) sau đó cho tồn bộ sản phẩm cháy vào dd NaOH

dư thấy khối lượng dd tăng 40,3 gam. Giá trị của V là:

A. 17,36 lít B. 19,04 lít C. 19,60 lít D. 15,12 lít
Hướng Dẫn

X có cơng thức chung CnH2nO2 với nX = 0,2 mol

m dd tăng = mCO2 + mH2O = 0,2.n.44 + 0,2.n.18 = 40,3 → n = 3,25

nO2 = (3n-2)/2 = (3.3,25-2)/2 → V = 17,36

Câu 15: Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit oleic, rồi hấp thụ toàn 
bộ sản phẩm cháy vào dd Ca(OH)2 (dư). Sau Pư thu được 18 gam kết tủa và dd X. Khối lượng X so với khối lượng dd

Ca(OH)2 ban đầu đã thay đổi như thế nào

A. Tăng 2,70 gam. B. Giảm 7,74 gam. C. Tăng 7,92 gam. D. Giảm 7,38 gam.
Hướng Dẫn

hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit oleic đều có CT là:

C H

n 2n-2

O

2

2 2 2

2 2

0,18

n n

C H O CO H O

n

a

=

-

=

-

. Áp dụng ĐLBT khối lượng và nguyên tố ta có:

2 2

0,18.12 2.

(0,18

).2.16 3, 42

0,15

n n
C H O

m

a

mol

=

+

-

=

=> =

Khối lượng X so với khối lượng dd Ca(OH)2 ban đầu sẽ giảm là:
3

(

2 2

) 18 (0,18.44 0,15.18) 7,38

CaCO CO H O

m

-

m

+

m

=

-

+

=

gam

=> D đúng.

Câu 16: Đốt cháy hoàn toàn 10 ml hơi một este X cần vừa đủ 45ml O2 thu được khí CO2 và hơi nước có tỉ lệ thể tích là 4:

3. Ngưng tụ sản phẩm cháy thì thể tích giảm đi 30 ml . Biết các thể tích đo ở cùng điều kiện. Cơng thức X là:
A. C4H6O2 B. C4H6O4 C. C4H8O2 D. C8H6O4

Hướng Dẫn
Do ở các thể tích đo ở cùng điều kiện nên thể tích chình là số mol
Gọi CT este là CxHyOz

CxHyOz +

(

)

4 2

y

z

x

+ -

O2
o

t

ắắđ

xCO2 +

2 y

H2O

®

(

)

4 2

y

z

x

+ -

®

10x

®

5y
Ta có

(

)

4 2

y

z

x

+ -

10 = 45 (1)
Tỉ lệ khí CO2 và hơi nước:

10

4

5

3 x

y

=

(2)

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Từ (1),(2),(3) 4 6 2

4

6 C H O

2 x

y

A

z

=

ì

ï

®

í

= ®

®

ï =

ỵ

Câu 17: Một este A (khơng chứa chức nào khác) mạch hở được tạo ra từ 1 axit đơn chức và rượu no. Lấy 2,54 gam A đốt 
cháy hồn tồn thu được 2,688 lít CO2 (đktc) và 1,26 gam H2O. 0,1 mol A Pư vừa đủ với 12 gam NaOH tạo ra muối và

rượu. Đốt cháy tồn bộ lượng rượu này được 6,72 lít CO2 (đktc). Xác định CTPT, CTCT của A

A. C3H5(OOCCH3)3. B. C3H5(OOCC2H5)3.

C. C2H4(OOCCH3)3. D. C3H5(OOCCH = CH2)3.

Hướng Dẫn
nA:nNaOH = 1:3

(RCOO)3R’ + 3NaOH



3RCOONa + R’(OH)3

0,1



0,1

Số nguyên tử cacbon của rượu 3 5 3

0,3

3 ( )

0,1

n C H OH

® = = ®

Khi đốt cháy A => CTĐG: C6H7O3 . Vì este 3 chức => CTPT A: C12H14O6= 254

Ta có: 3(R1 + 44) + 41 = 254 R1= 27 CH2 CH

Vậy A: (C2H3COO)3C3H5

Câu 18: Đem hóa hơi 6,7 gam hỗn hợp X gồm CH3COOH, CH3COOC2H5, CH3COOCH3 và HCOOC2H5 thu được 2,24 lít

hơi (đktc). Đốt cháy hồn tồn 6,7 gam X thu được khối lượng nước

A. 4,5 gam. B. 3,5 gam. C. 5 gam. D. 4 gam.
Hướng dẫn

Gọi công thức chung của X là CnH2nO2 MX = 14n + 32 = = 67  n = 2,5

Sơ đồ cháy : CnH2nO2  nCO2 + nH2O

 n = 2,5.0,1 = 0,25 mol  m = 0,25.18 = 4,5 gam

Dạng 2: Xác định CTPT dựa vào tỉ khối hơi

Câu 1: Este A điều chế từ ancol metylic có tỉ khối so với oxi là 2,3125. CT của A là:

A. C2H5COOC2H5. B. CH3COOCH3. C. CH3COOC2H5. D. C2H5COOCH3

Hướng Dẫn
Do Este A điều chế từ ancol metylic

3 Este

2,3125

Este

74

15

O

RCOOCH

d

M

R

®

=

®

=

® =

Câu 2: Este X khơng no, mạch hở, có tỉ khối hơi so với oxi bằng 3,125 và tham gia Pư xà phịng hố tạo ra một anđehit
và một muối của axit hữu cơ. Có bao nhiêu CT phù hợp với X

A.2 B.3 C.4 D.5
Hướng Dẫn

' '

Es Es

E

s

te

3,125

te

100

56

O

CT

te RCOOR

®

d

=

®

M

=

® +

R R

=

Pư xà phịng hoá tạo ra một anđehit và một muối của axit hữu cơ
'

2 5 2 3

3 3 5

4 7

27

29 OO

41

15 OO

55

1 OO

( ó 2

)

R

C H C

C H

R

CH C

C H

R

HC

C H

c

CTCT

®

=

® =

®

=

® =

®

=

® = ®

– –

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Câu 3: X là một este no đơn chức, có tỉ khối hơi so với CH4 là 5,5. Nếu đem đun 2,2 gam este X với dd NaOH dư, thu

được 2,05 gam muối. CTCT của X là:

A. HCOOCH2CH2CH3 B. HCOOCH(CH3)2 C. C2H5COOCH3 D. CH3COOC2H5

Hướng Dẫn

' '

Es Es

E

s

te

5,5

te

88

44

CH

CT

te RCOOR

®

d

=

®

M

=

® +

R R

=

2,2 gam este X

2, 2

0,025

88

X

n

mol

®

=

RCOOR

' + NaOH '

RCOONa

R OH

®

+

0,025 0,025 mol
'

3 2 5

(

R

44)0,025 2,05

R

15 R

29 CH COOC H

®

+

=

® =

®

=

®

Câu 4: Este đơn chức X có tỉ khối hơi so với CH4 là 6,25.Cho 20 gam X T/d với 300 ml dd KOH 1M (đun nóng). Cơ cạn

dd sau Pư thu được 28 gam chất rắn khan. CTCT của X là

A.CH2=CH-CH2COOCH3 B.CH2=CH-COOCH2CH3

C.CH3COOCH=CH-CH3 D.CH3-CH2COOCH=CH2

Hướng Dẫn

' '

Es Es

E

s

te

6, 25

te

100

56

CH

CT

te RCOOR

®

d

=

®

M

=

® +

R R

=

Cho 0,2 mol X T/d với 0,3 mol KOH

®

28 gam chất rắn khan gồm muối và KOH dư

RCOOR

' + KOH

®

RCOONa

+

R OH

0,2

®

0,2

®

0,2 mol
'

2 5 2 3

(

R

44 39)0, 2 0,1(39 17) 28

R

29 R

27 C H COOC H

D

®

+

=

® =

®

=

®

Câu 5: Một este tạo bởi axit đơn chứac và Ancol đơn chức có tỉ khối hơi so với CO2 bằng 2. Khi đun nóng este này với

NaOH tạo ra muối có khối lượng lớn hơn este đã Pư. CTCT của este là:

A. CH3COOCH3 B. HCOOC3H7 C. CH3COOC2H5 D. C2H5COOCH3.

Hướng Dẫn

' '

Es Es

E

s

te

2

te

88

44

CO

CT

te RCOOR

®

d

= ®

M

=

® +

R R

=

RCOOR

+ NaOH

®

RCOONa

+

R OH

Ta có muối có khối lượng lớn hơn este đã Pư

' ' '

2 5 3

67

44

23

15

29 C H COOCH

RCOONa RCOOR

M

R

®

>

® +

> +

+

®

<

®

=

® =

®

Câu 6: Este tạo bởi axit đơn chức và Ancol đơn chức có tỉ khối hơi so với CO2 bằng 2. Khi đun nóng este này với dd

NaOH tạo muối có khối lượng bằng 93,18% lượng este đã Pư. CTCT của este

A. CH3COOCH3 B. HCOOC3H7 C. CH3COOC2H5. D. C2H5COOCH3

Hướng Dẫn

' '

Es Es

E

s

te

2

te

88 44(1)

CO

CT

te RCOOR

®

d

= ®

M

=

® +

R R

=

RCOOR

+ NaOH

®

RCOONa

+

R OH

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

67 .100 93,18

0,9318(2)

44

RCOONa
RCOOR

M

R

M

R

+

®

=

®

=

+

Từ (1) và (2) ' 3 2 5

15 CH COOC H

29 R

C

R

=

ỡ

đ

ớ

=

ợ

Cõu 7: Mt este của ancol metylic T/d với nước brom theo tỉ lệ mol 1 : 1 thu được sản phẩm trong đó brom chiếm
35,08% theo khối lượng . Este đó là:

A. metyl propyonat B. metyl panmitat C. metyl oleat D. metyl acrylat
Hướng Dẫn

Theo giả thiết 1 mol este + 1 mol Br2 . Gọi M là khối lượng mol este ta có :

160 0,35087

296

59

237

160 M

RCOOCH

R

M

+

=

=>

=

= +

=> =

R là C17H33 . Vậy este là: metyl oleat

Câu 8: Xà phịng hóa hồn tồn 20,4 gam chất hữu cơ X đơn chức bằng dd NaOH thu muối Y và Z .Cho Z T/d với Na dư 
thu được 2,24 lít H2 (ở đktc) . Nung Y với NaOH rắn thu được một khí R, dR/O2=0,5 , Z T/d với CuO nung nóng cho sản

phẩm khơng có Pư tráng bạc . Tên gọi của X là :

A. Etyl axetat B. Iso Propyl axetat C. Propyl propinoat D. Isopropyl fomat
Hướng Dẫn

X là este đơn chức tạo bởi acid có muối Y là R-COONa và ancol đơn chức Z , R’- OH.

Số mol R’-OH= số mol H =2,24 : 11,2= 0,2 mol nên số mol X= 0,2 mol .

Khí R có khối lượng mol = 32.0,5= 16 : CH4 nên muối Y là CH3COONa.

Khối lượng mol của X = 20,4 : 0,2 = 102g/mol
Ta có : CH3COOR’ = 59 + R’= 102.

=> R’= 43 nên R’ là C3H7 và este X là CH3-COOC3H7.

Câu 9: Thực hiện Pư xà phòng hoá chất hữu cơ X đơn chức với dd NaOH thu được một muối Y và ancol Z. Đốt cháy
hoàn tồn 2,07 gam Z cần 3,024 lít O2 (đktc) thu được lượng CO2 nhiều hơn khối lượng nước là 1,53 gam. Nung Y với vơi

tơi xút thu được khí T có tỉ khối so với khơng khí bằng 1,03. CTCT của X là:

A. C2H5COOCH3 B. CH3COOC2H5 C. C2H5COOC3H7D. C2H5COOC2H5

Hướng Dẫn
- Theo đề bài: X đơn chức, tác dụng với NaOH sinh ra muối và ancol

 X là este đơn chức: RCOOR’.

Mặt khác: mZ +

m

O2 =

m

CO2+

m

H2O  44.

n

CO2+ 18.

n

H2O= 2,07 + (3,024/22,4).32 = 6,39 gam

Và 44.

n

CO2- 18.

n

H2O= 1,53 gam 

n

CO2= 0,09 mol ;

n

H2O= 0,135 mol

O
H

n

2 >

n

CO2  Z là ancol no, đơn chức, mạch hở có cơng thức: CnH2n+1OH (n ≥ 1)

Từ phản ứng đốt cháy Z 
2
2

CO
O
H

n



1

09 ,

0

135 ,

0

 n = 2.

Y có dạng: CxHyCOONa  T: CxHy+1  MT = 12x + y + 1 = 1,03.29











6

2 y

x

 C2H5COOC2H5 đáp án D

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

TH1: Thủy Phân Este đơn chức

Câu 1: Cho este X có CTPT là C4H8O2 T/d với NaOH đun nóng được muối Y có phân tử khối lớn hơn phân tử khối của

X. Tên gọi của X là:

A. Metylpropionat B. Etyl axetat C. Propyl fomat D. Iso Propyl fomat
Hướng Dẫn

C4H8O2 (X) =88 < C2H5ONa (Y) => CTCT là C2H5-COOCH3 Metylpropionat

Câu 2: Thuỷ phân hoàn toàn 8,8 gam một este đơn chức, mạch hở X với 100 ml dd KOH 1M (vừa đủ) thu được 4,6 gam 
một ancol Y. Tên gọi của X là:

A. Etyl Fomat B. Etyl Propionat C. Etyl Axetat D.Propyl Axetat
Hướng Dẫn

Nhìn vào đáp án nhận thấy este X là no đơn chức, mạch hở
Gọi CTCT este là CnH2n + 1COOCmH2m + 1

nrượu = nKOH = 0,1 mol 2 1 2 5

4,6

46

14 18 46

2 0,1

m m

C H OH

M

+

m

C H OH

®

=

®

+

=

® = ®

neste=nKOH =0,1 mol es 3 2 5

8,8

88

14 74 88

1 es

à

OO

0,1

te

M

n

tel CH C

C H

®

=

®

+

=

® = ®

Câu 3: Cho 12,9 gam một este đơn chức, mạch hở T/d hết với 150ml dd KOH 1M. Sau Pư thu được một muối và anđehit.
Số CTCT của este thoả mãn tính chất trên là:

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Hướng Dẫn:

HCOOCH=CH-CH3 và CH3COOCH=CH2

Câu 4: Hôn hơp M gôm axit cacboxylic X, ancol Y (đêu đơn chưc, sô mol X gâp hai lần sô mol Y) và este Z đươc tao ra
tư X và Y. Cho hôn hơp M T/d vưa đu vơi dd chưa 0,2 mol NaOH, tao ra 16,4 gam muôi và 8,05 gam ancol. Công thưc
cua X và Y là

A. HCOOH và CH3OH B. CH3COOH và CH3OH

C. HCOOH và C3H7OH D. CH3COOH và C2H5OH

Hướng Dẫn:
 Gọi số mol: RCOOH a

R’OH ½ a
RCOOR’ b

Theo giả thiết:  nRCOONa = a + b = 0,2 mol. MRCOONa = 82  R = 15. (CH3). X là CH3COOH

Loại đáp án: A và C. ½ (a + b) < nR’OH = ½ a + b < a + b  0,1 < nR’OH < 0,2

40,25 < Mancol < 80,5. Loại đáp án B.

Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn 1 este đơn chức mạch hở X ( phân tử có số liên kết Л < 3) được thể tích CO2 bằng 6/7 thể tích

O2 đã Pư ( các thể tích khí đo ở cùng điều kiện) Cho m gam X T/d với 200 ml dd KOH 0,7M được dd Y . Cô cạn dd Y

được 12,88 gam chất rắn khan. Giá trị m là:

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

CnH2n-2kO2 + 2

3

2 n k

O

→ nCO2 + (n-k)H2O

Từ PT và giả thiết ta có: n=

6 3

.

2

7

2

3 n k

k

n

- -

=> =

-2

ì

3 ê

2 3

7,5

7,6,5, 4,3, 2

3 V k

<

n n n

- < => <

n

=> =

n

Muốn cho k nguyên dương thì n phải chia hết cho 3

- Nếu n= 6 thì k=2 nên cơng thưc là C6H8O2
- Nếu n= 3 thì k=0 nên cơng thưc là C3H6O2=74

Vì lời giải q dài và phức tạp nên ta mò nghiệm bằng cách cho este là CH3COOCH3

Số mol KOH= 0,2. 0,7= 0,14 mol

CH3COOCH3 + KOH → CH3COOK + CH3OH

x x x

Gọi x là số mol este ta có: (0,14- x). 56 + 98x=12,88
→ x = 0,12 mol nên m= 0,12. 74 = 8,88 gam.

Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn 17 gam hỗn hợp X gồm 1 ancol đơn chức và 1 este no, đơn chức, mạch hở được 12,32 lít CO2

(đktc) và 14,4 gam H2O. Mặt khác, nếu đun 17 gam hỗn hợp X với 150 ml dd KOH 0,8M, rồi cô cạn dd sau phản ứng thì

khối lượng chất rắn khan thu được là

A. 8,16 gam. B. 10,08 gam. C. 9,96 gam. D. 11,88 gam.
Hướng Dẫn

- Tính số mol Ancol
2

0,55

0,8 0,55 0, 25

0,8

CO

Acol
H O

n

mol

n

mol

n

mol

=

ỡù

đ

=

-

=

ớ

=

ùợ

- Pư cháy

(

)

(

)

(

)

n 2n 2 2

m 2m 2 2

C H

O 0, 25 mol

0, 25

0,55

0, 25

0,55 (1)

C H O b

mol

0, 25 14n 18 b 14m 32

17 14 0, 25.n b.m

0, 25.18 32b 17 (2)

(1),(2)

b 0,15

O

mol

nCO

n mol

n

bm

mCO bm mol

+ +

ỡ

ắắắ

đ

+

=

ớ

ợ

+

=

đ

+

=

đ =

 0,25n+0,15m=0,55  5n+3m=11; giá trị phù hợp n=1;m=2

®

HCOOCH3 0,15 mol

- Pư thủy phân:

n

KOH

=

0,12

mol

HCOOCH3 + KOH

o

t

ắắđ

HCOOK + CH3OH

0,12

®

0,12 mol

0,12.84 10,08

HCOOK

m

gam

B

®

=

®

Câu 7: Xà phịng hóa hồn tồn 20,4 gam chất hữu cơ X đơn chức bằng dd NaOH thu muối Y và Z . Cho Z T/d với Na dư
thu được 2,24 lít H2 (ở đktc) . Nung Y với NaOH rắn thu được một khí R , dR/O2=0,5 , Z T/d với CuO nung nóng cho sản

phẩm khơng có Pư tráng bạc . Tên gọi của X là :

A. Etyl axetat B. Iso Propyl axetat C. Propyl propinoat D. Isopropyl fomat.
Hướng Dẫn

X là este đơn chức tạo bởi muối Y là R-COONa và ancol đơn chức Z , R’- OH.

Số mol R’-OH= số mol H =2,24 : 11,2= 0,2 mol nên số mol X= 0,2 mol .

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Khối lượng mol của X = 20,4 : 0,2 = 102g/mol
Ta có : CH3COOR’ = 59 + R’= 102.

=> R’= 43 nên R’ là C3H7 và este X là CH3-COOC3H7.

Câu 8: Cho 27,6 gam hợp chất thơm X có CT C7H6O3 T/d với 800 ml dd NaOH 1M được dd Y. Trung hòa Y cần 100 ml

dd H2SO4 1M được dd Z. Khối lượng chất rắn thu được khi cô cạn dd Z là

A. 31,1 gam. B. 56,9 gam. C. 58,6 gam. D. 62,2 gam.

Hướng Dẫn

7 6 3

C H O

n

= 0,2;

n

NaOH= 0,8;

n

H+= 0,2

Þ

0,6 mol NaOH đã phản ứng với C7H6O3.

HCOO-C6H4 –OH + 3NaOH
o

ắắđ

HCOONa + C6H4(ONa)2 + 3H2O

0,2 0,6 0,2 0,2
Khối lượng chất rắn = 0,2.68 + 0,2.154 + 0,1.142 = 58,6 gam

Câu 9: Cho axit salixylic (axit o-hiđroxibenzoic) Pư với anhiđrit axetic được axit axetylsalixylic (o-CH3COO-C6H4

-COOH). Để Pư hoàn toàn với 43,2 gam axit axetylsalixylic cần vừa đủ V lít dd KOH 1M. Giá trị của V là
A. 0,72. B. 0,48. C. 0,96. D. 0,24.

Hướng Dẫn

o-CH3COO-C6H4-COOH + 3KOH = CH3COOK +o-KO-C6H4-COOK+ 2H2O (1)

theo (1)

3.

axetylsalixylic

3. 43, 2

0, 72

0,72 ít

180

KOH KOH

n

=

n

=

mol

=>

V

=

l

TH2: Thủy phân hỗn hợp Este đơn chức

Câu 1: Xà phịng hóa hồn tồn 1,99 gam hỗn hợp hai este bằng dd NaOH thu được 2,05 gam muối của một axit và 0,94 
gam hỗn hợp hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nhau. CTCT của hai este đó là:

A. HCOOCH3 và HCOOC2H5. B. C2H5COOCH3 và C2H5COOC2H5.

C. CH3COOC2H5 và CH3COOC3H7. D. CH3COOCH3 và CH3COOC2H5

Hướng Dẫn
Goi CTTB của 2 Este là RCOO

R

RCOO

R

+ NaOH to

ắắđ

RCOONa +

R

OH
p dng LBTKL: meste + mNaOH = mmuối + mrượu

1,99 + mNaOH = 2,05 + 0,94

®

m

NaOH

= ®

1 n

NaOH

=

0,025

mol

3 3 3

3 2 5

2 5

2,05

0,025

82

15 CH COOCH

0,025

0,94

0,025

37,6

20,6

CH COOC H

0,025

RCOONa

R

RCOONa NaOH

NaOH
R

n

M

R

CH

n

M

R

C H

ì

=

®

=

® =

®

-ì

ï

®

ï

í

ì

-

í

ï

=

®

=

đ =

đ ớ

ù

ợ

ù

ợ

-ợ

Cõu 2: X phịng hóa hịan tồn 14,55 gam hỗn hợp 2 este đơn chức X,Y cần 150 ml dd NaOH 1,5M. Cô cạn dd thu 
được hỗn hợp 2 ancol đồng đẳng kế tiếp và một muối duy nhất. CT 2 este là:

A. HCOOCH3, HCOOC2H5. B. CH3COOCH3, CH3COOC2H5

C. C2H5COOCH3, C2H5COOCH3 D. C3H7COOCH3, C2H5COOCH3

Hướng Dẫn
Goi CTTB của 2 Este là RCOO

R

RCOO

R

+ NaOH to

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Ta có es 3
2 5

1 HCOOCH

14,55

65

44

65

21 HCOOC H

0, 225

20

te

R

M

R

R R

A

R

=

ì

ï

=

® +

+ =

® + =

đ

ớ

đ

ớ

đ

=

ù

ợ

Cõu 3: X l hn hợp hai este của cùng một ancol, no đơn chức và hai axit no, đơn chức, đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hồn
tồn 0,1 mol X cần 6,16 lít O2(đktc). Đun nóng 0,1 mol X với 50 gam dd NaOH 20% đế Pư hồn tồn, rồi cơ cạn dd sau

Pư thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là

A. 15 gam. B. 7,5 gam C. 37,5 gam D. 13,5 gam

Hướng Dẫn

Do hai este của cùng một ancol, no đơn chức và hai axit no, đơn chức, đồng đẳng kế tiếp
Gọi CTTB của hai este là

C H O

n 2n 2 → n=2,5

Pư cháy

2 2 2 2

3

2 0,1(3

2)

0,1

2

n n

n

C H O

O

nCO

nH O

n

-+

®

+

-®

Ta có 3

3 3

0,1

0,1(3

2)

6,16

2,5

OO

2 3,5

0, 275

2 22, 4

HCOOCH x mol

x y

x

n

CH C

CH y mol

x

y

+ =

=

ì

-=

® =

®

í

®

í

®

í

+

=

ỵ

50.20 0, 25

0, 25 0,1 0,15

100.40

NaOH NaOH du

n

=

mol

®

n

=

-

=

mol

Câu 4: Hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ. Cho hỗn hợp X Pư vừa đủ với dd KOH thì cần hết 100 ml dd KOH 5M. Sau Pư 
thu được hỗn hợp hai muối của hai axit no đơn chức và được một rượu no đơn chức Y. Cho toàn bộ Y T/d với Na được
3,36 lít H2 (đktc). Hai hợp chất hữu cơ thuộc loại chất gì

A. 1 axit và 1 este B. 1 este và 1 ancol C. 2 este D. 1 axit và 1 ancol
Hướng Dẫn

Ta có:

n

KOH

=

0,1.5 0,5

=

mol

Ancol no đơn chức Y: CnH2n+1OH

CnH2n+1OH + Na

®

CnH2n+1ONa +

1

2

H2
0,3 mol

¬

0,15 mol

Thuỷ phân hai chất hữu cơ thu được hỗn hợp hai muối và một ancol Y với nY < nKOH

Vậy hai chất hữu cơ đó là: este và axit

Câu 5: Hỗn hợp M gồm hai hợp chất hữu cơ mạch thẳng X và Y chỉ chứa T/d vừa đủ hết 8 gam NaOH được rượu đơn
chức và hai muối của hai axit hữu cơ đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Rượu thu được cho T/d với Na dư được
2,24 lít H2 (đktc). X, Y thuộc lọai hợp chất gì

A.1 axit và 1 este B.1 este và 1 ancol C.2 este D. 1 axit và 1 ancol
Hướng Dẫn

0, 2

NaOH
Acol

n

mol

n

mol

=

ì

í

=

ỵ

Thuỷ phân hai X, Y và thu được nAncol = nNaOH. Vậy X, Y là hai este.

Câu 6: Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic và hai axit cacboxylic (no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng) T/d 
hết với Na được 6,72 lít H2 (đktc). Nếu đun nóng hỗn hợp X (có H2SO4 đặc làm xúc tác) thì các chất trong hỗn hợp Pư vừa

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

A. C3H7COOH và C4H9COOH. B. CH3COOH và C2H5COOH.

C. C2 H5COOH và C3H7COOH. D. HCOOH và CH3COOH.

Hướng Dẫn
Gọi CT hỗn hợp X là

CH OH

RCOOH

ìï

í

ïỵ

Do đun nóng hỗn hợp X thì các chất Pư vừa đủ với nhau

®

n

CH OH3

=

n

RCOOH

=

x mol

T/d hết với Na

6,72

0,3

2 2

22, 4

x

mol

x

mol

® + =

=

® =

R

COOH + CH3OH
0

,
H t+

ắắắđ

ơắắắ

R

COOCH3

0,3

®

0,3 mol
3
este

2 5

CH COOH

25 83,33

44 15 83,33

24,333

C H COOH

0,3

M

R

ì

®

=

® +

+

=

đ =

đ ớ

ợ

Cõu 7: Mt hn hp X gồm 2 este đơn chức thủy phân hoàn toàn trong môi trường NaOH dư cho hỗn hợp Y gồm 2 rượu 
đồng đẳng liên tiếp và hỗn hợp muối Z

- Đốt cháy hỗn hợp Y thì thu được CO2 và hơi H2O theo tỉ lệ thể tích 7:10

- Cho hỗn hợp Z T/d với lượng vừa đủ axit sunfuric được 2,08 gam hỗn hợp A gồm 2 axit hữu cơ no. Hai axit này vừa đủ
để Pưvới 1,59 gam natricacbonat

Xác định CT của 2 este biết rằng các este đều có số nguyên tử cacbon < 6 và không tham gia phản ứng với AgNO3/NH3.
A. C2H5COOC2H5, CH3COOC3H7. B. CH3COOCH3, CH3COOC2H5

C. C2H5COOCH3, C2H5COOCH3 D. C3H7COOCH3, C2H5COOCH3

Hướng Dẫn
Có: RCOOR’





RCOONa





RCOOH + ½ Na2CO3
0,03



0,015

Đốt Y: nH2O > nCO2 => C

n

+1OH Từ ti lệ =>

n

= 2,33
=> 2 rượu là: C2H5OH và C3H7OH (1)

M

axit = 2,08/0,03 = 69,3 =>

R

= 24,3 (2)

Do C < 6 và kết hợp (1),(2) => C2H5COOC2H5, CH3COOC3H7 (khơng có Pư với AgNO3/NH3).

TH3: Thủy phân Este đồng phân của nhau

Câu 1: Hỗn hợp X gồm hai este đơn chức là đồng phân của nhau. Đung nóng m gam X với 300 ml dd NaOH 1M, kết
thúc các Pư thu được dd Y và (m – 8,4) gam hỗn hợp hơi gồm hai anđehit no, đơn chức, đồng đẳng kế tiếp có tỉ khối hơi
so với H2 là 26,2. Cơ cạn dd Y thu được (m – 1,1) gam chất rắn. Công thức của hai este là

A.CH3COOCH=CHCH3 và CH3COOC(CH3)=CH2 B. HCOOC(CH3)=CH2 và HCOOCH=CHCH3

C. C2H5COOCH=CH2 và CH3COOCH=CHCH3. D. HCOOCH=CHCH3 và CH3COOCH=CH2.

Hướng Dẫn

RCHO

M

= 52,4

®

CH3-CHO, C2H5-CHO loại đáp án A, B,

Áp dụng BTKL ta có:

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

(

)

2 5

es Es

44x 58y 13,1

CH

CHO x mol

8, 4 21,5 8, 4 13,1

44x 58 y 26, 2.2 x y

C H

CHO y mol

0,1

0,1 0,15 0, 25

86 0,15

RCHO

te te

m

gam

x

n

mol

M

D

y

+

=

-

ì

ï

= -

=

-

=

đ

ớ

đ

ớ

+

=

+

-

ù

ợ

=

ỡ

đ

=

+

=

đ

=

đ

ớ =

ợ

ồ

Cõu 2:

Hn hp A gồm ba chất hữu cơ X, Y, Z đơn chức đồng phân của nhau, đều T/d được với NaOH. Đun nóng 13,875 gam
hỗn hợp A với dd NaOH vừa đủ thu được 15,375 gam hỗn hợp muối và hỗn hợp ancol có tỉ khối hơi so với H2 bằng

20,67. Ở 136,50C, 1 atm thể tích hơi của 4,625 gam X bằng 2,1 lít. Phần trăm khối lượng của X, Y, Z (theo thứ tự KLPT

gốc axit tăng dần) lần lượt là:

A. 40%; 40%; 20% B. 40%; 20%; 40%
C. 25%; 50%; 25% D. 20%; 40%; 40%

Hướng Dẫn

Ta có :

0 ,

0625

mol

)

5 ,

136

273 (

082 ,

0

1 ,

2 .

1 n

X







 MX =

74 0625

,

0

625 ,

4 

Mặt khác: X, Y, Z đơn chức, tác dụng được với NaOH  X, Y, Z là axit hoặc este

 CTPT dạng: CxHyO2, dễ dàng 









6 y

3 x

A





mol
c
:
H
HCOOC
:
Z
mol
b
:
COOCH
CH
:
Y
mol
a
:

COOH
H
C
:
X
5
2
3
3
5
2




















gam
375
,
15
c
68
b
82
a
96
m
67
,
20
)
c
b
(
2
c
46
b
32
d
mol
1875
,
0
c
b

a
n
muèi
H
/
ancol
A
2 








075
,
0
c
0375
,
0
b
075
,
0
a

 đáp án B

Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai este đồng phân cần dùng 27,44 lít khí O2, được 23,52 lít CO2 và

18,9 gam H2O. Cho m gam X T/d hết với 400 ml dd NaOH 1M, cô cạn dd sau Pư được 27,9 gam chất rắn khan, trong đó

có a mol muối Y và b mol muối Z (My < Mz). Các thể tích khí đều đo ở đktc. Tỉ lệ a : b là

A. 2 : 3 B. 4 : 3 C. 3 : 2 D. 3 : 5
Hướng Dẫn

Dễ dàng có n CO2 = n H2O = 1,05 mol => Este no, đơn chức có cơng thức chung CnH2nO2

Có nhhX = (3.1,05 – 2.1,225) : 2 = 0,35 mol (bảo toàn oxi) => n = 1,05 : 0,35 = 3

Hai este là HCOOC2H5 a mol; CH3COOCH3 b mol.

Có a + b = 0,35 và 68a + 82b + 0,05.40 = 27,9
a = 0,2 mol ; b = 0,15 mol => a : b = 4 : 3

Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai este đồng phân cần 6,272 lít O2(đktc), thu được 5,376 lít CO2(đktc)

và 4,32 gam H2O. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X bằng lượng vừa đủ dd NaOH , Oxi hóa hồn tồn ancol sinh ra

rồi cho sản phẩm tạo thành T/d dd AgNO3/NH3 dư thu được 23,76 gam Ag. Các Pư xảy ra hoàn toàn. % khối lượng hai

este là

A. 62,5% và 37,5% B. 60% và 40% C. 50% và 50% D. 70% và 30%
Hướng Dẫn

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng  mX = 5,92 (g).
2

CO
m =

H O

n = 0,24 (mol ) este no đơn chức, mạch hở (CnH2nO2). 
Dựa vào phản ứng đốt cháy giải được n = 3, nX = 0,08 (mol).

CTPT: C3H6O2  CTCT

2 5

3 3

HCOOC H x (mol)
CH COOCH y (mol)

ì
í

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Sơ đồ hợp thức: HCOOC2H5  C2H5OH  CH3CHO  2Ag

x 2x
CH3COOCH3  CH3OH  HCHO  4Ag

y 4y

 2x + 4y = 0,22 (**).

Giải hệ (*) và (**), ta được: x = 0,05; y = 0,03.

hữu cơ Z ; còn Y tạo ra CH2=CHCOONa và khí T. Các chất Z và T lần lượt là

TH4: Thủy phân Este đa chức

Câu 1: Hợp chất hữu cơ X chứa C, H, O mạch thẳng có phân tử khối là 146. X khơng T/d Na. Lấy 14,6 gam X T/d 100ml
dd NaOH 2M thu được 1 muối và 1 rượu. CTCT X là:

A. C2H4(COOCH3)2 B. (CH3COO)2C2H4 C. (C2H5COO)2 D. A và B đúng

Hướng Dẫn
nX:nNaOH = 1:2 =>CT X: R(COOR’)2 hoặc (RCOO)2R’

TH1: R + 2R’ = 58 => R = 28 (-C2H4) và R’ = 15 (-CH3)
TH2: 2R + R’ = 58 => R’ = 28 (-C2H4) và R = 15 (-CH3)

Câu 2: Thủy phân hoàn toàn 0,05 mol este của 1 axit đa chức với 1 ancol đơn chức cần 5,6 gam KOH. Mặt khác, khi 
thủy phân 5,475 gam este đó thì cần 4,2 gam KOH và thu được 6,225 gam muối. CTCT của este là:

A. (COOC2H5)2 B. (COOC3H7)2 C. (COOCH3)2 D. CH2(COOCH3)2

Hướng Dẫn
Thủy phân 0,05 mol este của 1 axit đa chức với 1 ancol đơn chức

es 2

0,1

2 es : (

)

KOH te

n

=

mol

=

n

®

CT te R COOR

Pư thủy phân 5,475 gam

' '

2 2

(

)

2 ( OOK)

2 0,0375

0,075

0,0375

mol

R COOR

+

KOH

đ

R C

+

R OH

ơ

đ

(

)

'
2

( )

2 5

' 2

( )

166

0 COOC H

146

29

R COOK

R COOR

M

R

A

M

R

=

đ =

ỡù

đ

ớ

đ

=

đ

=

ùợ

Cõu 3: Este X c tạo thành từ etylen glycol và hai axit cacboxylic đơn chức. Trong phân tử este, số nguyên tử cacbon
nhiều hơn số nguyên tử oxi là 1. Khi cho m gam X T/d với dd NaOH (dư) thì lượng NaOH đã Pư là 10 gam. Giá trị của m
là

A. 14,5. B. 17,5. C. 15,5. D. 16,5.

Hướng Dẫn

Số nguyên tử cacbon nhiều hơn số nguyên tử oxi là 1 nên có 4 ngun tử O thì X có 5 C. Công thức X là:

2 2 3

HCOO CH

-

CH

-

OOCCH

2 2 3 2 3 2 4( )2

HCOO CH- -CH -OOCCH + NaOH ®HCOONa CH COONa C H OH+ +

1 1 10

= . . 0,125 132.0,125 16,5 on D
2 NaOH 2 40 X

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Câu 4: Cho 0,01 mol một este X Pư vừa đủ với 100 ml dd NaOH 0,2 M, sản phẩm tạo thành chỉ gồm một ancol Y và một

muối Z với số mol bằng nhau. Mặt khác, khi xà phịng hố hồn tồn 1,29 gam este đó bằng một lượng vừa đủ là 60 ml dd
KOH 0,25 M, sau khi Pư kết thúc đem cô cạn dd được 1,665 gam muối khan. CT của este X là:

A. C2H4(COO)2C4H8 B. C4H8(COO)2C2H4 C. C2H4(COOC4H9)2 D. C4H8(COO C2H5)2

Hướng Dẫn
Ta có: nZ = nY X chỉ chứa chức este

Sỗ nhóm chức este là:

X
NaOH

n

=
01
,
0

2
,
0
.
1
,
0

= 2  CT của X có dạng: R(COO)2R’

R(COO)2R’ + 2KOH  R(COOK)2 + R’(OH)2

Từ phản ứng thủy phân: naxit = nmuối =

2
1

nKOH =

2
1

.0,06.0,25 = 0,0075 mol

 M muối = MR + 83.2 = 0,0075

665
,
1

= 222  MR = 56  R là: -C4H8

-Meste = 0,0075

29
,
1

= 172  R + 2.44 + R’ = 172  R’ = 28 (-C2H4-)

Vậy X là: C4H8(COO)2C2H4 đáp án B.

Câu 5: Một hợp chất hữu cơ X có CT C7H12O4. Biết X chỉ có 1 loại nhóm chức, khi cho 16 gam X T/d vừa đủ 200 gam dd

NaOH 4% thì thu được một ancol Y và 17,8 gam hỗn hợp 2 muối. Xác định CTCT thu gọn của X.
A. CH3OOC-COOC2H5 B. CH3COO-( CH2)2-COOC2H5

C. CH3COO-(CH2)2-OCOC2H5 D. CH3OOC-COOCH3

Hướng Dẫn
Áp dụng DDLBTKL tín khối lượng Ancol

Câu 6: Cho 32,7 gam chất hữu cơ X chỉ chứa một loại nhóm chức T/d với 1,5 lít dd NaOH 0,5M thu được 36,9 gam muối
và 0,15 mol Ancol. Lượng NaOH dư có thể trung hịa hết 0,5 lít dd HCl 0,6M. CTCT của X là

A. CH3COOC2H5 B. (CH3COO)2C2H4

C. (CH3COO)3C3H5 D. C3H5(COOCH3)3

Hướng Dẫn

'
3

0,3

0, 45

à

0,15

: (

)

NaOH du NaOH Pu Ancol

n

=

mol

®

n

=

mol m n

=

mol

®

X

RCOO R

PT T/d dd NaOH

(

)

' '

3 3

3 3 3 5

(

)

3 (

)

0, 45

0,15

0, 45(

67) 36, 9

15 CH COO C H

o

t

RCOO R

NaOH

RCOONa

R OH

mol

R

C

+

ắắđ

+

đ

+

=

® =

®

Câu 7: Đun nóng m gam hỗn hợp X gồm các chất cùng một loại nhóm chức với 600 ml dd NaOH 1,15M được dd Y chứa
muối của một axit cacboxylic đơn chức và 15,4 gam hơi Z gồm các ancol. Cho toàn bộ Z T/d với Na dư, thu được 5,04 lít
khí H2 (đktc). Cơ cạn dd Y, nung nóng chất rắn thu được với CaO cho đến khi Pư xảy ra hoàn tồn được 7,2 gam một chất

khí. Giá trị của m là

A. 40,60 B. 22,60 C. 34,30 D. 34,51
Hướng Dẫn

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

R2(OH)x



x/2 H2
0,45/x



0,225

RCOONa + NaOH



CaO





Na

2CO3 + RH

0,45 0,24



0,24
n ancol = 2n H2 = 0,45 mol

Có n NaOH dư = 0,6.1,15 – 0,45 = 0,24 mol
M khí = 7,2 : 0,24 = 30 => C2H6 => R1 = 29

Vậy m = 0,45.96 + 15,4 – 0,45.40 = 40,6 gam
Chọn A.

(RCOONa + NaOH => RH + Na2CO3)

Dạng 4: Hiệu suất Pư Este

Phản ứng este hóa:

RCOOH + R’OH RCOOR’ + H
2O

B/đ a mol b mol

P/ư x mol x mol x mol x mol
Sau p/ư (a-x) mol (b-x) mol

1. Tính hiệu suất của Pư este hóa:
* Nếu a

³

b => H = x∕

b . 100 => x =

100 b

H



; b =

H

x



100

* Nếu a H = x∕

a . 100 => x =

100 a

H



a =

H

x



100

2. Tính hằng số cân bằng:

KC =







x

b

x

a

x

V

x

b

V

x

a

V

x

V

x

OH

R

RCOOH

O

H

RCOOR















'
2
'

]

][

[

]

][

[

Câu 1: Đun 12 gam axit axetic với 1 luợng dư ancol etylic ( có H2SO4 đặc làm xúc tác). Đến khi Pư dừng lại thu được 11 gam este.

Hiệu suất của Pư este hoá là bao nhiêu

A. 70% B. 75% C. 62,5% D. 50%

Câu 2: Tính khối lượng este metyl metacrylat thu được khi đun nóng 215 gam axit metacrylat với 100 gam ancol metylic. Giả thiết Pư 
este hoá đạt hiệu suất 60%.

A. 125 gam B. 175 gam C. 150 gam D. 200 gam

Câu 3: Khi đun nóng 25,8 gam hỗn hợp ancol etylic và axit axetic có H2SO4 đặc làm xúc tác thu được 14,08 gam este. Nếu đốt cháy

hồn tồn lượng hỗn hợp đó thu được 23,4 ml H2O. Tìm thành phần trăm mỗi chất trong hỗn hợp đầu và hiệu suất của phản ứng este

hoá.

A. 53,5% C2H5OH; 46,5% CH3COOH và hiệu suất 80%

B. 55,3% C2H5OH; 44,7% CH3COOH và hiệu suất 80%

C. 60,0% C2H5OH; 40,0% CH3COOH và hiệu suất 75%

D. 45,0% C2H5OH; 55,0% CH3COOH và hiệu suất 60%

Câu 4: Đun 12 gam axit axetic với 13,8 gam etanol ( có H2SO4 đặc làm xúc tác) đến khi Pư đạt tới trạng thái cân bằng, thu được 11 gam

este. Hiệu suất của Pư este hoá là:

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Câu 5: Khi thực hiện Pư este hóa 1 mol CH3COOH và 1 mol C2H5OH, lượng este lớn nhất thu được là 2/3 mol. Để đạt hiệu suất cực

đại là 90% (tính theo axit). Khi tiến hành este hóa 1 mol CH3COOH cần số mol C2H5OH là (biết các Pư este hoá thực hiện ở cùng nhiệt

độ)

A. 2,115. B. 2,925. C. 2,412. D. 0,456.
Hướng Dẫn

CH3COOH + C2H5OH

ơắ

ắắ

ắ

đ

CH3COOC2H5 + H2O

Ban đầu 1 1 (mol)
Pư 2/3 2/3 2/3 2/3 (mol)
Cân bằng 1/3 1/3 2/3 2/3

Ta có













3
/
1
.
3
/

1
3
/
2
.
3
/
2
5
2
3
2
5
2

3  


OH
H
C
COOH
CH
O
H
H
COOC
CH
KC

Hiệu suất cực đại là 90% (tính theo axit) naxit pư= 1.90%=0,9(mol)

CH3COOH + C2H5OH

ơắ

ắắ

ắ

đ

CH3COOC2H5 + H2O

Ban đầu 1 a (mol)
Pư 0,9 0,9 0,9 0,9 (mol)
Cân bằng 0,1 (a – 0,9) 0,9 0,9

Ta có













a B

a
a
OH
H
C
COOH
CH
O
H
H
COOC
CH

KC    







 4 2,925

)
9
,
0
(
1
,
0
9
,
0
.
9
,
0
)
9
,
0
.(
1
,
0
9
,
0
.

9
,
0
5
2
3
2
5
2
3

Câu 6: Hỗn hợp X gồm HCOOH và CH3COOH có số mol bằng nhau. Lấy 5,3 gam hỗn hợp X cho T/d với 5,75 gam

C2H5OH (có H2SO4 đặc làm xúc tác) thu được m gam hỗn hợp este (hiệu suất các Pư este hóa đều bằng 80%). Giá trị m là

A. 8,80 B. 7,04 C. 6,48 D. 8,10

Hướng Dẫn

46

60 5,3

0,05

0,1

OO

hh X

HCOOH

x mol

hh X

x

mol

n

mol

CH C

H x mol

ì

®

+

=

® =

đ

=

ớ

ợ

RCOOH + C2H5OH RCOOC2H5 + H2O

Bđ 0,1 0,125

(

)

2 5

RCOOC H

0,1.0,8 0,08

m

este

0,08 8 44 29 6, 48 gam

n

®

=

®

=

+

=

Câu 7: Cho biết hằng số cân bằng của phản ứng este hoá:

CH3COOH + C2H5OH

ơắ

ắắ

ắ

đ

CH3COOC2H5 + H2O KC = 4

Nếu cho hỗn hợp cùng số mol axit và ancol T/d với nhau thì khi Pư đạt đến trạng thái cân bằng thì % ancol và axit đã bị este hoá là
A. 50%. B. 66,7%. C. 33,3%. D. 65%.

Câu 8: Cho cân bằng sau: CH3COOH + C2H5OH

ơắ

ắắ

ắ

đ

CH3COOC2H5 + H2O KC = 4

Khi cho 1 mol axit T/d với 1,6 mol ancol, khi hệ đạt đến trạng thái cân bằng thì hiệu suất của Pư là

A. 66,67%. B. 33,33%. C. 80%. D. 50%.

Câu 9: Đun nóng hỗn hợp X gồm 1 mol ancol etylic và 1 mol axit axetic (có 0,1 mol H2SO4 đặc làm xt), khi Pư đạt đến trạng thái cân

bằng được hỗn hợp Y trong đó có 0,667 mol etyl axetat. Hằng số cân bằng KC của phản ứng là

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Câu 10: Biết rằng Pư este hoá CH3COOH + C2H5OH

ơắ

ắắ

ắ

đ

CH3COOC2H5 + H2O Có hằng số cân bằng KC = 4, tính % Ancol

etylic bị este hoá nếu bắt đầu với [C2H5OH] = 1M, [CH3COOH] = 2 M.

A. 80% B. 68% C. 75% D. 84,5%

Câu 11: Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm một axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở và một ancol đơn chức thu
được 0,3 mol CO2 và 0,4 mol H2O. Thực hiện Pư este hóa 7,6 gam hỗn hợp trên với hiệu suất 80% thu được m gam este.

Giá trị của m là

A. 4,08. B. 6,12. C. 8,16. D. 2,04.
Hướng Dẫn

Do đốt axit no, đơn chức cho H2O = CO2 nên ancol cần tìm là ancol no, đơn chức.

Số mol ancol = 0,4 – 0,3 = 0,1 mol

Số mol CO2 do ancol tạo ra sẽ < 0,3 mol. Vậy ancol A có một hoặc hai nguyên tử C

TH1 Ancol có 1 nguyên tử C vậy ancol là CH3OH

Số mol CO2 do axit tạo ra = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol

Khối lượng axit = 7,6 – 0,1.32 = 4,4 gam
CT axit : CnH2n+1COOH có số mol là x mol

Vậy: (n+1).x = 0,2 và (14n+46)x = 4,4
Tìm được: x = 0,05 và n = 3

Este: C3H7COOCH3 có số mol = 0,05.80% = 0,04 mol

Vậy khối lượng: 0,04.102 = 4,08 gam  A.
TH2 Ancol có hai nguyên tử C

Câu 12: Hỗn hợp A gồm axit axetic và etanol. Chia A thành ba phần bằng nhau.
+ Phần 1 T/d với Kali dư thấy có 3,36 lít khí thốt ra.

+ Phần 2 T/d với Na2CO3 dư thấy có 1,12 lít khí CO2 thốt ra. Các thể tích khí đo ở đktc.

+ Phần 3 được thêm vào vài giọt dd H2SO4, sau đó đun sơi hỗn hợp một thời gian. Biết hiệu suất của Pư este hoá bằng

60%. Khối lượng este tạo thành là bao nhiêu

A. 8,80 gam B. 5,20 gam C. 10,56 gam D. 5,28 gam
Hướng Dẫn

Hỗn hợp A




mol
b
:
OH
H
C

mol
a
:
COOH
CH

5
2













mol
1
,
0
n
2
a

mol
3
,
0
n
2
b
a
n

H
A











mol

2 ,

0 b

mol

1 ,

0 a

Vì a < b ( hiệu suất tính theo axit)  số mol este thực tế thu được: n = 0,1.60% =

0 ,

06 mol

 Khối lượng este thực tế thu được: m = 0,06.88 = 5,28 gam  đáp án D

Câu 13: Khi thuỷ phân este A (không T/d Na, có cấu tạo mạch thảng dài) trong mơi trường axit vô cơ được 2 chất hữu cơ 
B và C. Đun 4,04 gam A với dd chứa 0,05 mol NaOH được 2 chất B và D. Cho biết MD = MC + 44. Lượng NaOH dư được

trung hoà bởi 100 ml dd HCl 0,1M. Đun 3,68 gam B với H2SO4 đặc, 170oC với hiệu suất 75% được 1,344 lit olêfin (đktc).

Tìm CTCT A.

A. C3H5(OOCCH3)2. B. C3H5(OOCC2H5)2.

C. C2H4(OOCCH3)2. D. C4H8(COOC2H5)2

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

67x – 45x = 44 => x = 2
A: R(COOC2H5)2

R(COOC2H5)2 + 2 NaOH

0,02



0,04
MA = 202 => R = 56 (-C4H8)

A: C4H8(COOC2H5)2

Câu 14: Hôn hơp M gôm ancol no, đơn chưc X và axit cacboxylic đơn chưc Y, đêu mach hở và có cung sô nguyên tử C, 
tông sô mol cua hai chât là 0,5 mol (sô mol cua Y lơn hơn sô mol cua X). Nêu đôt chay hoàn toàn M thì thu đươc 33,6 lit
khi CO2 (đktc) và 25,2 gam H2O. Mặt khac, nêu đun nóng M vơi H2SO4 đặc để thưc hiên Pư este hoa (hiêu suât là 80%)

thì sô gam este thu đươc là

A. 34,20 B. 27,36 C. 22,80 D. 18,24
Hướng Dẫn

Số C = nCO2/nhh = 3 vậy ancol là C3H7OH → 4H2O . Vì nNước < nCO2 nên axit khơng no.

Axit có 3C có 2TH: CH2=CH-COOH → 2H2O ; x + y = 0,5 và 4x + 2y = 1,4. Ta có x= 0,2 và y = 0,3 (nhận)

CH≡C-COOH → 1H2O ; x + y = 0,5 và 4x + y = 1,4. Ta có x= 0,3 và y = 0,2 (loại nY < nX)

Este là CH2=CH-COOC3H7. Với m CH2=CH-COOC3H7 = 0,2*0,8*114 = 18,24 (g)

LIPIT

Dạng Tính khối lượng chất béo hoặc khối lượng xà phịng

Ta có PTTQ: (RCOO)3C3H5 + 3 NaOH  3RCOONa +C3H5(OH)3
 ( chÊt bÐo) (Xà phòng) ( glixerol)

Áp dụng ĐLBT KL: mchất béo + mNaOH = mxà phòng + mglixerol => m của chất cần tìm

Câu 1: Cho 40,3 gam Trieste X của Glyxerol với Axit béo T/d vừa đủ với 6 gam NaOH. Số gam muối thu được là:
A. 38,1 gam B. 41,7 gam C. 45,6 gam D. 45,9 gam

Hướng Dẫn
Số mol NaOH = 6 : 40= 0,15 mol :

C3H5(O-OC-

R

)3 + 3NaOH → C3H5(OH)3 + 3

R

COONa

0,05 0,15 0,05 0,15 mol
40,3 6 0,05.92 m gam

Theo định luật BTKL ta có: Khối lượng muối

R

COONa =40,3+6-0,05.92=41,7 gam.

Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn m gam chất béo (triglixerit) cần 1,61 mol O2, sinh ra 1,14 mol CO2 và 1,06 mol H2O. Cũng m

gam chất béo này T/d vừa đủ với dd NaOH thì khối lượng muối tạo thành là

A. 23,00 gam. B. 20,28 gam. C. 18,28 gam. D. 16,68 gam.

Hướng Dẫn

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

mmuối=mchất béo+0,06*40-0,02*92 =18,28.

Câu 3: Khi thủy phân một Lipit X ta thu được các axit béo là Axit oleic, Axit panmetic, Axit stearic. Để đốt cháy hồn
tồn 8,6 gam X cần thể tích O2(đktc)

A. 16,128 lít B. 20,16 lít C. 17,472 lít D. 15,68 lít
Hướng Dẫn

X có CTCT là

Câu 4: Đun nóng 44,5 gam chất béo là triglixerit của 1 axit hữu cơ no với 70 ml dd NaOH 20% (d=1,2g/ml).Để trung hoà
lượng kiềm dư cần 22,5ml HCl 36,5%(d=1,2g/ml).CTCT của chất béo.

A.(C17H29COO)3C3H5 B.(C17H31COO)3C3H5

C.(C17H35COO)3C3H5 D.(C15H29COO)3C3H5

Câu 5: Thủy phân hoàn toàn 444 gam một lipit thu được 46g glixerol và hai loại axit béo.Hai loại axit béo đó là
A.C17H31COOH và C17H33COOH B. C15H31COOH và C17H35COOH

C. C17H33COOH và C17H35COOH D. C15H31COOH và C17H33COOH

Hướng Dẫn
n glixerol = 0,5.

Triglixerit + 3H2O→ 3 RCOOH + Glixerol

1,5 1,5 0,5

Theo định luật bảo toàn khối lượng: m axit = 444 +1,5.18 – 46 = 425g

Vậy M tb axit = 425: 1,5 = 283,3. phải có 1 a xit < 283,3 có thể là C17H33COOH (282)hoặc C17H31COOH ( 280) hoặc

C15H31COOH (256)và 1 a xit > 283,3 là C17H35COOH (284)

Nhưng thử lại chỉ có :0,5.282 + 0,5.2.284 = 425 là hợp lí. Chọn C.

Câu 6: Đun nóng 7,2 gam este X với dd NaOH dư. Pư kết thúc thu được glixerol và 7,9 gam hỗn hợp muối. Cho toàn bộ 
hỗn hợp muối đó T/d với H2SO4 lỗng thu được 3 axit hữu cơ no, đơn chức, mạch hở Y, Z, T. Trong đó Z, T là đồng phân

của nhau, Z là đồng đẳng kế tiếp của Y. CTCT của X
A. CH2

CH
CH2

OCOC2H5
OCOCH2CH2CH3

OCOCH(CH3)2

B. CH2
CH
CH2

OCOCH2CH2CH3
OCOC2H5
OCOCH(CH3)2

C. CH2
CH
CH2

OCOCH2CH2CH3

OCOCH(CH3)2
OCOC2H3

D. A hoặc B

Hướng Dẫn
Vì Y, Z là đồng đẳng kế tiếp và Z, T là đồng phân của nhau

 có thể đặt cơng thức chung của este X: C3H5(OCOCnH2n1)3

C3H5(OCOCnH2n1)3 + 3NaOH  3CnH2n1COONa + C3H5(OH)3 (1)

Theo (1), ta có : nmuối = 3neste

68
n
14

9
,
7
3
.

)
n
14
45
(
3
41

2
,
7









n



2 ,

67

 CTCT các chất:






COOH
CH

CH
T

COOH
CH

CH
CH
Z

COOH
H
C
Y

2
3

2
2
3

5
2

)
(
:
:
:

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Câu 7: Một loại chất béo có chứa 25% triolein ,25% tripanmitin và 50% tristearin về khối lượng. Cho m Kg chất béo trên

Pư vừa đủ với dd NaOH đun nóng, thu được 1 tấn xà phịng ngun chất. Giá trị của m là

A. 972,75 B. 1004,2 C. 1032,33 D. 968,68
Hướng Dẫn

(C17H33COO)3C3H5 + 3NaOH  3C17H33COONa+ C3H5(OH)3

(M=884) (912)

(C15H31COO)3C3H5 + 3NaOH  3C16H33COONa+ C3H5(OH)3

(M=806) (834)

(C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH  3C17H35COONa+ C3H5(OH)3

(M=890) (918)

912.0, 25 834.0, 25 918.0,5

x(

) 1

x 0,968679 968,68(kg)

884 +

806 +

890 = Þ =

»

Câu 8: Một loại mỡ chứa 40% triolein, 20% tripanmitin và 40% tristearin (về khối lượng).. Xà phịng hóa hồn tồn m
gam mỡ trên thu được 138 gam glixerol. Giá trị của m là :

A. 1,326 kg B. 1,335 kg C. 1,304 kg D. 1,209 kg
Hướng Dẫn

)

(

304 ,

1

5 ,

1

890

4 ,

0

806

2 ,

0

884

4 ,

0

806 ,

890 ,

884 kg

m

co

Ta

M

Triolein Trítearin Tripanmitin













Câu 9: A là một este tạo bởi 3 chức mạch hở. Đun nóng 7,9 gam A với NaOH dư thu được 9,6 gam muối D và Ancol B. 
Tách nước từ B có thể thu được propenal. Cho D T/d dd H2SO4 thu được 3 axit no đơn chức mạch hỏ, trong đó 2 axit có

phân tử khối nhỏ là đồng phân của nhau. CTPT của axit có phân tử khối nhỏ là

A. C5H10O2 B. C7H14O2 C. C4H8O2 D. C6H12O2

Hướng Dẫn
- Ancol B tách nước có thể thu được propenal. Vậy B là Glixerol
- T/d dd NaOH

67
,
47
67

6
,
8
173
3
9
,
7
.
3
173
3
9
,
7
.
3
173
3
9
,
7
)
(
3
3
)

( 3 3 5 3 5 5












R
R
R
R
R
OH
H
C
COONa
R
NaOH
H
C
COO
R

®

2 axit có phân tử khối nhỏ là đồng phân của nhau là C3H7COOH

Câu 10: Một este X phát xuất từ anol A và axit B đơn chức 0,01 mol X (mX = 8,90 gam) Pư vừa đủ với 0,3 lít dd NaOH

0,1M cho ra ancol B và muối C (mC = 9,18 gam). Xác định CTCT của X.

A. C3H5(OOCC15H31)3. B. C3H5(OOCC17H35)3.

C. C3H5(OOCC17H33)3. D. C3H5(OOCC15H29)3.

Câu 11: Cho 2,4 gam este X bay hơi trong một bình kín dung tích 0,6 lít. Khi este bay hơi hết thì áp suất trong bình ở
136,50C là 425,6 mmHg. Để thủy phân 25,4 gam X cần 0,3 mol NaOH thu được 28,2 gam một muối duy nhất. Xác định

CTCT của X, biết rằng X phát xuất từ ancol đa chức.

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

C. C2H4(OOCCH3)3. D. C3H5(OOCCH = CH2)3.

Dạng Chỉ số axit và chỉ số xà phịng

Chỉ số axít của chất béo: Là số miligam KOH cần để trung hồ lượng axit béo tự do có trong 1 gam chất béo.
Chỉ số axít =

â éo

.

. 56

(

)

ml M
ch t b

V

C

m

gam

Chỉ số xà phịng hố của chất béo: là tổng số miligam KOH cần để trung hoà lượng axit tự do và xà phịng hố hết 
lượng este trong 1 gam chất béo

Chỉ số xà phòng =
â éo

.

. 56

(

)

ml M
ch t b

V

C

m

gam

Cõu 1: Xà phòng hoá hoàn toàn 2,5 gam chÊt bÐo cÇn 50 ml dd KOH 0,1 M. Chỉ số xà phòng hoá của chất béo là:

A. 280 B. 140 C. 112 D. 224

Hướng Dẫn
Chỉ số xà phòng =

â éo

.

. 56

50.0,1.56

112 (

)

=

2,5

=

®

ml M
ch t b

V

C

m

gam

Câu 2: Để trung hoà 14 gam một chất béo cần 15 ml dd KOH 0,1 M. Chỉ số axit của chất béo đó là

A. 6 B. 5 C. 7 D. 8

Hướng Dẫn
Chỉ số axít =

â éo

.

. 56

15.0,1.56

6 (

)

=

14 = ®

ml M
ch t b

V

C

A

m

gam

Câu 3: Để xà phịng hố hồn tồn 2,52 gam một lipít cần dùng 90 ml dd NaOH 0,1M. Tính chỉ số xà phịng của lipit

A. 100 B. 200 C. 300 D. 400

Câu 4: Để trung hồ 15 gam một loại chất béo có chỉ số axit bằng 7, cần dùng dd chứa a gam NaOH. Giá trị của a là

A. 0,150 B. 0,280 C. 0,075 D. 0,200

Hướng dẫn:

-3 -3

châtbeo

KOH NaOH NaOH

m

.

axit

15.7 n

=

chi so

=

=1,875.10 = n

=> a = m

=1,875.10 .40= 0,075

1000.56

Câu 5: Cho 200 gam một loại chất béo có chỉ số axit bằng 7 T/d vừa đủ với một lượng NaOH, thu được 207,55 gam hỗn
hợp muối khan. Khối lượng NaOH đã tham gia phản ứng là:

A. 31 gam B. 32,36 gam C. 30 gam D. 31,45 gam

Hướng dẫn:
Gọi số mol NaOH ban đầu là a

(RCOO)3C3H5 (Chất béo) + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3 (1)

RCOOH (tự do) + NaOH → RCOONa + H2O (2)

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Béo + KOH → muối (xà phòng) + C3H5(OH)3 + H2O (3)

 Chỉ số axit là 7 nên số mol KOH dùng trung hòa axit là:
200.7.10-3/56 = 0,025mol = số mol NaOH

 số mol H2O tạo ra: 0,025 mol

 số mol NaOH phản ứng với trieste là : a – 0,025  số mol glixerol thu được:

3

025

0 ,

)

a

(



ĐLBTKL: mX + m NaOH = m muối + mglixerol +

m

H2O
200 + 40a = 207,55 + 92

3

025

0 ,

)

a

(



+ 18 . 0,025  a = 0,775  m NaOH = 31 gam

Câu 6: Để xà phịng hố hồn tồn 50 gam chất béo có chỉ số axit là 7 cần 0,16 mol NaOH. Tính khối lượng glixerol thu
được?

A. 9,43gam B. 14,145gam C. 4,715gam D. 16,7 gam
Hướng dẫn:

(RCOO)3C3H5 (Chất béo) + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3 (1)

RCOOH (tự do) + NaOH → RCOONa + H2O (2)

Béo + NaOH → muối (xà phòng) + C3H5(OH)3 + H2O (3)

Cần nắm rõ các khái niệm

1. Chỉ số axit: là số mg KOH (2) cần để trung hoà hết axit tự do có trong 1 gam chất béo
2. Chỉ số este: là số mg KOH (1) cần để thuỷ phân hết este béo có trong 1 gam chất béo
3. Chỉ số xà phòng = chỉ số axit + chỉ số este

4. Khối lượng xà phịng thu được khi xà phịng hóa.

Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng cho phương trình số (3)
mbéo + mKOH = mxà phòng + mnước + mglixerol

→ mxà phòng = mbéo + mKOH - mnước - mglixerol

Câu 7: Xà phịng hóa 1 kg chất béo có chỉ số axit bằng 7 ,chỉ số xà phịng hóa 200.Tính khối lượng glixerol thu được
A. 9,43gam B. 14,145gam C. 4,715gam D. 105,7 gam

Hướng dẫn
Chỉ số este hóa = 200 - 7 = 193

Số mol KOH este hóa = 1000*0,193/56 = 3,446429
==> mol Glyxerol = mol KOH/3 = 1,14881

==> khối lượng glyxerol = 92*1,14881 = 105,7

Câu 8: Xà phịng hố hồn tồn 12,5 gam chất béo có chỉ số xà phịng là 224, thu được 13,03 gam muối( Giả thiết gốc
axit trong este và axit tự do là như nhau). Lấy toàn bộ lượng glyxerol sinh ra đem điều chế thuốc nổ trinitro glyxerat. Chỉ
số axit và khối lượng thuốc nổ thu được là:

A.6,5 và 5,942g B. 5,6 và 4,125g C. 5,6 và 5,942g D. Đáp án khác
Hướng dẫn

(RCOO)3C3H5 (Chất béo) + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3 (1)

3a a

RCOOH (tự do) + NaOH → RCOONa + H2O (2)

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

)

(

405 ,

3

227 .

015 ,

0

4 ,

22

5 ,

12 .

1000

.

56 .

005 ,

0

05 ,

0 ,

015 ,

0 )

4 (

),

3 (

)

4 (

18

92

03 ,

13

40 .

05 ,

0

5 ,

12 )

3 (

05 ,

0

3 )

(

)

(

)

(

)

(

05 ,

0 1039

.

5 ,

12

224 .

3

3
2
5
3
2
)
(
2
3
5
3

gam

m

Axit

sô

Chi

b

a

b

a

m

ĐLBTKL

b

a

mol

b

O

H

mol

a

OH

H

C

Goi

mol

n

ONO
H
C
O
H
glyxerol
muoi
NaOH
beo

Chat
NaOH















































nNaOH=3.224−12,5.1039 = 0,05mol.
gọi số mol glyxerol= a và số mol H2O= b

⇒ 3a + b = 0,05

BTKL: mchatbeo + mNaOH = mmuoi + mglyxerol + mH2O

⇒12,5+0,05.40=13,03+92a+18b

⇒a=0,015 va` b=0,005

Chỉ số axit: 0,005.56.100012,5=22,4
Thuốc nổ là: C3H5(ONO2)3

m = 0,015.227=3,405 gam

Câu 9: Một chất béo là trieste của một a xit và a xit tự do cũng là a xit chứa trong chất béo.Chỉ số xà phòng của chất béo
là 208,77 và chỉ số a xit là 7.Cơng thức Axit trong 1gam chất béo đó là

A. Stearic B.Oleic C. panmitic D. linoleic
Hướng dẫn:

208,77mg = 0,20877g <=> 0,003728mol KOH
7mg = 0,007g <=> 0,000125mol KOH

(RCOO)3C3H5 + 3KOH→ 3RCOOK + C3H5(OH)3

0,001201 0,003603
RCOOH + KOH→ RCOOK + H2O

0,000125 0,000125

Bài cho: 0,001201.(3R +173) + 0,000125.(R+45) = 1
=>R= 211 vậy a xit là 211+45 =256:panmitic =>Chọn C.

Câu 10: Để xà phịng hóa 100 kg chất béo có chỉ số axit là 7 cần dd chứa 14,18 kg NaOH.Khối lượng xà phòng chứa 28%
chất phụ gia thu được là

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

nNaOH = 14180:40 = 354,5mol

n NaOH cần trung hòa a xit béo dư trong 100 kg là: 0,125.100 = 12,5 mol.
=> nNaOH để xà phịng hóa là: 354,5 -12,5= 342mol

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH→ 3RCOONa + C3H5(OH)3

342 114
RCOOH + NaOH→ RCOONa + H2O

12,5 12,5

Theo định luật bảo toàn khối lượng cả 2phương trình:
mchất béo + mNaOH = mmuối + m glixerol + m H2O

 mmuối = 100000 + 14180 – 114.92 – 12,5.18 =103467g

 mxà phòng = 103467.100/72 = 143704,16g =143,7kg

 Chọn A.

Câu 11: Để xà phịng hố 35 kg triolein cần 4,939 kg NaOH thu được 36,207 kg xà phòng. Chỉ số axit của mẫu chất béo
trên là:

A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
Hướng Dẫn

Theo đề bài: nRCOONa (xà phòng) =

119 ,

102 mol

304 1000

.

207 ,

36 

 nNaOH (dùng để xà phịng hố) = 119,102 mol

 nNaOH (để trung hoà axit béo tự do) =

119 ,

102

4 ,

375 mol

40 1000

.

939 ,

4 



 nKOH (để trung hoà axit béo tự do) = 4,375 mol
 mKOH (trong 1 g chất béo) =

.

1000

7 mg

35000

56 .

375 ,

4 

 chỉ số axit = 7  đáp án A

Câu 12: Một loại chất béo có chỉ số xà phịng hố là 188,72 chứa axit stearic và tristearin. Để trung hồ axit tự do có
trong 100 g mẫu chất béo trên thì cần bao nhiêu ml dung dịch NaOH 0,05 M

A. 100 ml B. 675 ml C. 200 ml D. 125 ml
Hướng Dẫn

axp = 188,72.10-3 Để phản ứng với 100 g chất béo cần mKOH = 188,72.10-3 .100 = 18,872 g

 nKOH =

0 ,

337 (

)

56

872 ,

18 mol



 nNaOH = 0,337 mol


















g

n

m

mol

n

tristearin
axit

chÊtbÐo

tristearin
axit

NaOH

100

890

284

337 ,

0

3











mol

109 ,

0 n

mol

01 ,

0 n

tristearin
axit

Vậy: Trong 100 g mẫu chất béo có 0,01 mol axit tự do  nNaOH (pư) = 0,01 mol
 Vdd NaOH = 200 ml  đáp án C

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Bài 1: Cho este C3H6O2 xà phịng hố bởi NaOH thu được muối có khối lượng bằng 41/37 khối lượng este. Tìm CTCT
của este.

HD: RCOOR’

Suy luận: Do este đơn chức mà mmuối > meste nên gốc R’ < 23 nên CT este CH3COOCH3

Chi tiết: Ta có:

37

41

OR'
ONa



RCO
RCO

m

=>

37

41

OR'
ONa



RCO
RCO

M

(este đơn chức nên số mol các chất bằng nhau)

=> MRCOONa =

.

74

37

41

= 82 => R = 15 => R’ = 15
CT: CH3COOCH3

Bài 2: Tìm CTCT của este C4H8O2 biết rằng khi tác dụng hết với Ca(OH)2 thu được muối có khối lượng lớn hơn khối
lượng của este.

HD: 2RCOOR’ + Ca(OH)2



(RCOO)2Ca + 2R’(OH)
 a



a/2

bài ra ta có: (2R + 88 +40)a/2 > (R + R’ + 44)a => R’ < 20 (-CH3)
CTCT: CH3CH2COOCH3

Bài 3: Cho vào bình kín (có V = 500 ml) 2,64 gam một este A hai lần este rồi đem nung nóng bình đến 273˚C cho đến khi
tồn bộ este hóa hơi thì áp suất trong bình lúc này là 1,792 atm. Xác đ ịnh CTPT

của A

HD: => 12x+y = 68 => C5H8O4

Bài 4: Đun nóng 0,1 mol chất hữu cơ X với một lượng vừa đủ dung dịch NaOH thu được 13,4 gam muối của một axit 
hữu cơ Y và 9,2 gam một rượu. Cho rượu bay hơi 127°C và 600 mmHg thu được một thể tích 8,32 lít. CTCT của X là:

A. C2H5OOC COOC2H5 B. CH3OOC-COOC2H5

C. CH3OOC-CH2-COOC2H5 D. C2H5OOC CH2 COOC2H5
HD:

nrượu = 0,2 => Mrượu = 46 => C2H5OH

nrượu = 2 nX nên este phải là este của axit hai chức và rượu đơn chức có dạng: R(COOC2H5)2

R(COOC2H )2 + 2NaOH



2C2H5OH + R(COONa)2
 0,2



0,1
Mmuối = 134 => R = 0 => A

Bài 5: Cho các chất HCOOCH3; CH3COOH; CH3COOCH=CH2; HCOONH4; CH3COOC(CH3)=CH2;
CH3COOC2H5; HCOOCH2-CH=CH2. Khi cho các chất trên tác dụng với dd NaOH thu được sản phẩm có khả năng tác
dụng với dd AgNO3/NH3. Số chất thoả mãn điều kiện trên là: A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
HD: HCOOCH3; CH3COOCH=CH2; HCOONH4; HCOOCH2-CH=CH2

Bài 6: Cho 12,9g một este đơn chức, mạch hở tác dụng hết với 150ml dd KOH 1M. Sau phản ứng thu được một muối và
anđehit. Số CTCT của este thoả mãn tính chất trên là:

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

HD: HCOOCH=CH-CH3 và CH3COOCH=CH2

Bài 7: Hợp chất hữu cơ X chứa C, H, O mạch thẳng có phân tử khối là 146. X khơng tác dụng Na. Lấy 14,6g X tác dụng
100ml dd NaOH 2M thu được 1 muối và 1 rượu. CTCT X là:

A. C2H4(COOCH3)2 B. (CH3COO)2C2H4 C. (C2H5COO)2 D. A và B đúng
HD nX:nNaOH = 1:2 =>CT X: R(COOR’)2 hoặc (RCOO)2R’

TH1: R + 2R’ = 58 => R = 28 (-C2H4) và R’ = 15 (-CH3)
TH2: 2R + R’ = 58 => R’ = 28 (-C2H4) và R = 15 (-CH3)

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

HD:Theo bài ra => (RCOO)3R’

Theo pt => nmuối = 0,3

 Mmuối = 24,6/0,3 = 82 MRCOONa = 82 =>R = 15

 MA = 21,8/0,1= 218

 3(15 + 44) + R’ = 218 R’ = 41

 CT của este là: (CH3COO)3C3H5

Bài 9: X là một chất hữu cơ đơn chức có M = 88. Nếu đem đun 2,2 gam X với dung dịch NaOH dư, thu được 2,75 gam
muối. Công thức cấu tạo thu gọn của chất nào sau đây phù hợp với X:

A. HCOOCH2CH2CH3. B. CH3CH2CH2COOH.

C. C2H5COOCH3. D. HCOOCH(CH3)2.

* Nhận xét: Với lập luận X là chất hữu cơ no, đơn chức, phản ứng với dung dịch NaOH nên X là axit hoặc este (loại khả
năng là phenol vì Mphenol ≥ 94 > 88 (

M

C6H5OH = 94)).

Bài 10: Đun 20,4 gam một hợp chất hữu cơ đơn chức A với 300 ml dung dịch NaOH 1M thu được muối B và hợp chất 
hữu cơ C. Khi cho C tác dụng với Na dư cho 2,24 lít khí H 2 (đktc). Biết rằng khi đun nóng muối B với NaOH (xt CaO,
t˚) thu được khí K có tỉ khối đối với O2 bằng 0,5. C là hợp chất đơn chức khi bị oxi hóa bởi CuO (t˚) cho sản phẩm D
không phản ứng với dung dịch AgNO3 /NH3 dư

a. CTCT của A là:

A. CH3COOCH2CH2CH3 B. CH3COOCH(CH3)CH3

C. HCOOCH(CH3)CH3 D. CH3COOCH2CH3

b. Sau phản ứng giữa A và NaOH thu được dung dịch F. Cô cạn F được m(g) hỗn hợp chất rắn. Tính m.
HD: a. Suy luận:

MK = 16 là CH4 nên axit tạo este là CH3COOH este có dạng CH3COOR’

D khơng phản ứng với dung dịch AgNO3 /NH3 dư => D là xeton

=> câu B

Chi tiết:  este có dạng CH 3COOR

Vì este đơn chức: neste = nrượu = 2nH 2 = 0,2 
=> 15+44+R’ = 102 => R’ = 43 ( -C3H7)

D không phản ứng với dung dịch AgNO3 /NH3 dư => D là xeton 
=> câu B

b. m = mCH3COONa + mNaOH dư = 20,4

Bài 11: Hợp chất hữu cơ X có thành phần C, H, O và chỉ chứa 1 nhóm chức trong phân tử. Đun nóng X với NaOH thì
được X1 có thành phần C, H, O, Na và X2 có thành phần C, H, O. MX1 = 82%MX; X2 không tác dụng Na, không cho

phản ứng tráng gương. Đốt 1 thể tích X2 thu được 3 thể tích CO2 cùng điều kiện. Tìm CTCT X
HD: Dễ dàng nhận ra X là este.

Theo bài ra thấy X2 là xeton và có 3C: CH3-CO-CH3

 X: RCOO-C(CH3)=CH2 ; X1: RCOONa

 Có: R + 67 = 0,82(R + 85) => R = 15
Vậy X: CH3-COO-C(CH3)=CH2

Bài 12: Hỗn hợp X có khối lượng m(g) chứa một axit đơn chức no Y và một rượu đơn chức no Z cùng số nguyên tử
cacbon với Y. Chia hh X thành 3 phần bằng nhau.

Phần 1: Cho tác dụng với Na dư thu được 2,8 lít H2 (đktc)

Phần 2: Đem đốt cháy hồn tồn được 22g CO2 và 10,8g H2O

a. XĐ CTPT của Y và Z.
b. Tìm m

c. Đun nóng phần 3 với H2SO4 đặc thu được 7,04g este. Tính hiệu suất phản ứng este hoá.
HD

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Do axit và ancol đơn chức nên : nX = 2nH2 = 0,25

 số nguyên tử C :

n

= nCO2/nhh = 0,5/0,25 = 2
a. CH3COOH và C2H5OH

b. Có : nrượu = nH2O – nCO2 = 0,1 (do axit no thì nCO2 = nH2O)

 naxit = 0,15 => m = 13,6g
c. h = 80%

Bài 13: Thực hiện phản ứng xà phịng hố chất hữu cơ X đơn chức với dung dịch NaOH thu được một muối Y và ancol
Z. Đốt cháy hồn tồn 2,07 gam Z cần 3,024 lít O2 (đktc) thu được lượng CO2 nhiều hơn khối lượng nước là 1,53 gam.

Nung Y với vôi tôi xút thu được khí T có tỉ khối so với khơng khí bằng 1,03. CTCT của X là:
A. C2H5COOCH3 B. CH3COOC2H5 C. C2H5COOC3H7 D. C2H5COOC2H5

Giải :

- Theo đề bài: X đơn chức, tác dụng với NaOH sinh ra muối và ancol  X là este đơn chức: RCOOR’.
Mặt khác: mX +

m

O2 =

m

CO2+

m

H2O  44.

n

CO2+ 18.

n

H2O= 2,07 + (3,024/22,4).32 = 6,39 gam

Và 44.

n

CO2- 18.

n

H2O= 1,53 gam 

n

CO2= 0,09 mol ;

n

H2O= 0,135 mol

O
H

n

2 >

n

CO2  Z là ancol no, đơn chức, mạch hở có cơng thức: CnH2n+1OH (n ≥ 1)

nZ = nH2O – nCO2 => MZ = 46 (C2H5OH)

MT = 30 => C2H6 đáp án D

Bài 14: Hỗn hợp X gồm 2 chất A, B mạch hở, đều chứa các nguyên tố C, H, O và đều không tác dụng Na. Cho 10,7g hh
X tác dụng vừa đủ NaOH rồi cô cạn sản phẩm thu được phần rắn gồm 2 muối natri của 2 axít đơn chức no đồng đẳng liên
tiếp và phần hơi bay ra chỉ có một rượu E duy nhất. Cho E tác dụng với Na dư thu được 1,12lít H2 (đktc). Oxi hố E bằng
CuO đun nóng và cho sản phẩm có thể tham gia phản ứng tráng gương.

a. Tìm CTCT của E biết dE/KK = 2

b. Tìm CTCT A, B biết MA < MB

HD: a. ME = 58 => E: C3H6O : CH2=CH-CH2OH (rượu allylic)

b. Theo bài ra A, B là 2 este đơn chức, đồng đẳng liên tiếp:

R

COOC3H5
nX = nrượu = 2nH2 = 0,1 => MX = 107 =>

R

= 22

A: CH3COOCH2-CH=CH2
B: C2H5COOCH2-CH=CH2

Bài 15: Hỗn hợp A gồm 2 chất hữu cơ X, Y đều no, đơn chức và tác dụng với NaOH (MX > MY). Tỉ khối hơi của A so

với H2 là 35,6. Cho A td hoàn toàn với dd NaOH thấy hết 4g NaOH, thu được 1 rượu đơn chức và hh 2 muối của 2 axit
đơn chức. Cho toàn bộ lượng rượu thu được td với Na dư được 672 ml H2 (đktc). Tìm CTPT X, Y.

HD: nA = nNaOH = 0,1 ; nrượu = 2nH2 = 0,06

Ta thấy X, Y đơn chức mà nrượu < nNaOH nên hh A gồm: X là axit (CxH2xO2) và Y là este (CyH2yO2)
nY = nrượu = 0,06 => nX = 0,1 – 0,06 = 0,04

 mA = 71,2. 0,1 = 7,12 = (14x + 32)0,04 + (14y + 32)0,06

 0,56x + 0,84y = 3,92 
Với x>y



2 => x = 4, y = 2

CTPT: C4H8O2 và C2H4O2

Bài 16: Khi thuỷ phân este A (khơng tác dụng Na, có cấu tạo mạch thảng dài) trong môi trường axit vô cơ được 2 chất
hữu cơ B và C. Đun 4,04g A với dd chứa 0,05 mol NaOH được 2 chất B và D. Cho biết MD = MC + 44. Lượng NaOH cịn

dư được trung hồ bởi 100ml dd HCl 0,1M. Đun 3,68g B với H2SO4 đặc, 170oC với hiệu suất 75% được 1,344 lit olêfin

(đktc). Tìm CTCT A.

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Suy luận:C là axit ; D là muối natri

mặt khác MD = MC + 44 => axit 2 chức => nA = ½ nNaOH = 0,02

MA = 202 => R = 56 (-C4H8)

A: C4H8(COOC2H5)2

chi tiết : C: R(COOH)x ; D: R(COONa)x

 67x – 45x = 44 => x = 2

 A: R(COOC2H5)2
R(COOC2H5)2 + 2 NaOH
 0,02



0,04
MA = 202 => R = 56 (-C4H8)

A: C4H8(COOC2H5)2

Bài 17: Đốt cháy hoàn toàn 6,8 gam một este A no đơn chức chứa vòng benzen thu được CO2 và H2O . Hấp thụ toàn bộ 
sản phẩm này vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 lấy dư thấy khối lượng bình tăng 21,2 gam đồng thời có 40 gam kết tủa.
Xác định CTPT, CTCT có thể có của A

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

HD: Tìm CTĐG: Dễ dàng tìm được CTPT C8H8O2
4CTCT: phenyl axetat; 3 đp: o, m, p -metyl phenyl fomat

Bài 18: Hỗn hợp X gồm 1 ancol no, đơn chức và 1 axit no, đơn chức mạch hở. Chia X thành 2 phần bằng nhau. 
- Đốt cháy hoàn toàn phần 1 sản phẩm thu được cho qua bình nước vơi trong dư thấy có 30g kết tủa.

- Phần 2 được este hố hồn tồn vừa đủ thu được 1 este, đốt cháy este này thu được khối lượng H2O là:

A. 1,8g B. 3,6g C. 5,4g D. 7,2g

HD:

Suy luận: Ta thấy số C trong este bằng tổng C trong axit và ancol => Khí đốt este và hh (axit, ancol) thì thu được CO2

như nhau.

Mặt khác đốt este no, đơn chức có nH2O = nCO2 = 0,3

Chi tiết:

CnH2n+1OH



nCO2

CmH2m+1COOH



(m+1)CO2

CmH2m+1COOCnH2n+1



(n+m+1) H2O

phản ứng vừa đủ => nax = nancol = x => nCO2 = (n+m+1)x = 0,3
Đốt este: nH2O = (n+m+1)x = 0,3 => C

Bài 19: Thuỷ phân hoàn toàn m gam este X đơn chức bằng NaOH thu được muối hữu cơ A và ancol B. Cho B vào bình
Na dư thấy khối lượng bình tăng 3,1g và có 1,12 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác cũng cho m gam este X phản ứng vừa đủ
16g brom thu được sản phẩm chứa 35,1% brom theo khối lượng. CTCT của X:

A. C15H33COOCH3 B. C17H33COOCH3

C. C17H31COOCH3 D. C17H33COOC2H5

HD: Ta có: mB = 3,1 +

.

2

4 ,

22

12 ,

1

= 3,2

neste = nrượu = 2nH2 = 0,1 => R’ = 15 (-CH3)
ĐLBTKL: mg X + 16g Br2



(m + 16)g SP
Ta có:

100

1 ,

35

16 



m

=> m = 29,6 => Meste = 296 => R = 237 (-C17H33)

Bài 20: Một este đơn chức E có dE/O2 = 2,685. Khi cho 17,2g E tác dụng với 150ml dd NaOH 2M sau đó cơ cạn được
17,6g chất rắn khan và 1 ancol. Tên gọi của E là:

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

HD: nNaOH pư = nE = 0,2

=> mmuối = 17,6 – 40(0,3-0,2) = 13,6 => R = 1 => R’ = 41

AMIN

Dạng 1: Số đồng phân của amin đơn chức

CTPT Tổng số đồng phân Bậc 1 Bậc 2 Bậc3

C3H9N 4 2 1 1

C4H11N 8 4 3 1

C5H13N 17 8 6 3

C6H15N 7

C7H9N 5 4 1 0

VD1: Cho amin no đơn chức có %N = 23,72% . Tìm số đồng phân bậc 3 của amin đó

A. 1 B.2 C.3 D.4

PP: amin no đơn chức => CT: CnH2n+3N

 %N =

23 ,

72 %

17

14 %

100 .

14 min

%

100 .







n

Ma

MN

Giải ra được n = 3
 CT : C3H7N2 => Có đồng phân bậc 3 là 1 ( Bảng trên đó C3H9N)
Dạng 2: So sánh tính bazơ của các amin

Nguyên tắc :

 Amin cịn dư đơi e chưa liên kết trên ngun từ Nitơ nên thể hiện tính bazơ => đặc trưng cho khả năng nhận proton
H+

 Nhóm ankyl có ảnh hưởng làm tăng mật độ e ở nguyên tử Nitơ =>làm tăng tính bazơ. >NH3
 Nhóm phenyl (C6H5-) làm giảm mật đơ e trên ngun tử Nitơ =>làm giảm tính bazơ. <NH3
 Lực bazơ : CnH2n+1-NH2 > NH3 > C6H5-NH2

Amin bậc 2 > Amin bậc 1

 Giải thích: Do amin bậc 2 (R-NH-R’) có hai gốc HC nên mật độ đẩy e vào nguyên tử N trung

tâm lớn hơn amin bậc 1 (R-NH2).

Amin càng có nhiều gốc ankyl, gốc ankyl càng lớn => tính bazơ càng mạnh.
gốc phenyl => tính bazơ càng yếu.

*Ví Dụ: So sánh tính bazơ của các hợp chất hữu cơ sau: NH3 , C2H5NH2 , CH3NH2 , C6H5NH2 , (C6H5)2NH ,
(C2H5)2NH , C6H5 CH2NH2 ?

(C2H5)2NH > C2H5NH2 > CH3NH2 > NH3 > C6H5> CH2NH2 > C6H5NH2 > (C6H5)2NH
VD1: Cho các chất: (1) amoniac. (2) metylamin. (3) anilin. (4) dimetylamin.
Tính bazơ tăng dần theo thứ tự nào sau đây?

A. (1) < (3) < (2) < (4). √B. (3) < (1) < (2) < (4).
C. (1) < (2) < (3) < (4). D. (3) < (1) < (4) < (2).

Amoniac : NH3 ; metyamin : CH3NH2 ; anilin : C6H5NH2 ; dimetyl amin : CH3 – NH – CH3
Dựa vào tính chất trên : anilin có vịng benzen(gốc phenyl) => Tính bazo yếu nhất

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Amin bậc I (CH3NH2) < Amin bậc 2 (NH3 – NH –NH3)
=> Thư tự : C6H5NH2 < CH3 < CH3NH2<(CH3)NH
Dạng 3: Xác định số nhóm chức :



Nếu đề bài cho số mol amin và số mol axit (H+) lập tỉ số : Số nhóm chức =

min

nA

nH



Nếu amin chỉ có 1N => số chức = 1

VD: Để trung hòa 50 ml dd amin no , (trong amin có 2 nguyên tử Nito ) cần 40 ml dd HCl 0,1 M . CM của đimetyl amin
đã dùng là :

A.0,08M B.0,04M C.0,02M D.0,06M

Amin có 2 N => amin có số chức = 2 ADCT : namin = nHCl/2 = 0,002 mol => CM amin = 0,04 M
Dạng 4 : Xác đinh số mol của của amin nếu biết số mol của CO2 & H2O :

 Nếu đề bài chưa cho amin no, đơn chức thì ta cứ giả sử là amin no, đơn.
 Khi đốt cháy nH2O > nCO2 ,ta lấy : nH2O - nCO2 = 1,5namin

Cách chứng minh như phần hidrocacbon CT amin no đơn chức : CnH2n+1NH2
PT : CnH2n+3N2 + O2 => nCO2 + (n+3/2)H2O + N2

x mol n.x mol (n+3/2).x mol

 Ta lấy nH2O – nCO2 = 3/2x = 3/2n amin
 Từ đó => n (số C trong amin) hoặc

n

=

2 .

5 ,

1 min

2 nCO

O

nH

nCO

na

nCO





Tương tự có CT đối với amin khơng no , đơn chức
+ Có 1 lk pi , Có 2 lk pi , Chứng minh tương tự

 Nếu đề bài cho amin đơn chức, mà khi đốt cháy tạo ra biết n CO2 và nN2 . thì ta có CT sau
Vì amin đơn chức => có 1 N . AD ĐLBT nguyên tố N => n amin = 2nN2

 Mà n hoặc

n

=

2 )

(

min

2 nN

nCO

n

na

nCO





VD1: Đốt cháy hoàn toàn amol hh X gồm 2 amin no đơn chức liêm tiếp nhau thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 7,2 g H2O .
Giá trị của a là :

A. 0,05 mol B.0,1 mol C.0,15 mol D.0,2 mol

Tìm CT 2 amin đó ?

AD CT : namin = (nH2O – nCO2)/1,5 ( Đối với amin no đơn chức)
= (0,4 – 0,25)/1,5 = 0,1 mol

CT amin : n =

2 ,

5

1 ,

0

25 ,

0 min

2 

na

nCO

=> Amin có CT : CnH2n+1NH2
n = 2 và n = 3 :C2H5NH2 và C3H7NH2

VD2: Aminoaxit X chứa một nhóm chứcamin bậc nhất trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn một lượng X thu được
và theo tỉ lệ thể tích là 4 : 1. X có cơng thức cấu tạo là:

A.H2N – CH2 – CH2 –COOH B.H2N – (CH2)3 – COOH

C.H2N – CH2 – COOH D. H2N – (CH2)4 – COOH

Dựa vào đáp án => amin X chỉ có 1 N => 2nN2 = namin (BT NT Nito)

Mà

2

4

2 min

2 





nN

nCO

n

na

nCO

n

=> X Chỉ có 2 C => C

Dạng 5: tìm CTPT của amin đơn, nếu biết % khối lượng N hoặc %H hay %C cũng được:
Gọi R là gốc hidrocacbon của amin cần tìm . VD amin đơn chức CT : R-NH2

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

15 : CH3- ; 27 : CH2=CH-; 29 : C2H5-; 43 :C3H7- ; 57 :
C4H9-VD 1: Cho amin no , đơn chức bậc 1 có %N = 31,11% . Tìm CT của amin đó

NHớ lại CT tổng quát : CnH2n+2 – 2a – m(CHức)m ( a là tổng pi tính ở phần trên)
Ở đây vì amin đơn chức => m = 1 , Vì amin no => a = 0

=> CT: CnH2n+2 – 1 NH2 = CnH2n+1NH2

=> %N =







17

31 ,

11 %

14 %

100 .

14 n

Giải ra được n = 2 => CT: C2H5NH2

Dạng 6: Cho amin tác dụng với dd FeCl3, Cu(NO3)2 tạo kết tủa :

 Amin có khả năng tác dụng với dd FeCl3 , Cu(NO3)2 xảy ra theo phương trình :
3RNH2 + FeCl3 + 3H2O => Fe(OH)3 + 3RNH3Cl

2RNH2 + Cu(NO3)2 + 2H2O => Cu(OH)2 + 2RNH2NO3
Thường thì bài hay cho m kết tủa : Fe(OH)3 hoặc Cu(OH)2

Dạng 7: tìm CTPT của amin dựa theo phản ứng cháy

-Cơng thức : AD CT : Tìm CT bất kì : CnH2n+2 – 2a – m(Chức)m Ta có
 Amin bất kỳ : CxHyNz với y ≤ 2x + 2 +z y chẳn thì z chẳn, y lẻ thì z lẻ
 Amin đơn chức : CxHyN

 Amin đơn chức no : CnH2n+1NH2 , CnH2n+3NH2

 Amin đa chức no : CnH2n+2-z(NH2)z , CnH2n+2+zNz

 Nếu đề cho phần trăm khối lượng từng nguyên tố thì lập CT đơn giản nhất, dựa vào giả thuyết biện luận. Theo Tỉ lệ :
x : y : z

 Nếu đề bài cho số mol sản phẩm thì làm tương tự dạng 3, tìm được số ngtử C trung bình, dựa vào yêu cầu đưa ra CT
đúng

 Nếu đề bài cho m g amin đơn chức đốt cháy hồn tồn trong khơng khí vừa đủ (chứa 20% oxi, 80% nitơ) thu được chỉ
k mol CO2 hoặc cả k mol CO2 lẫn x mol nitơ , ta có thể làm như ví dụ:

VD1: Đốt cháy hồn toàn 1,18 g amin đơn chức B bằng một lượng oxi vừa đủ. Dẫn tồn bộ sản phẩm wa bình đựng nước
vôi trong dư thu được 6 gam kết tủa .CTPT của B là :

Gọi công thức là CxHyN
CxHyN + O2 => x CO2
Ta có tỷ lệ : x.namin =nCO2

06 ,

0

84 ,

0

46 ,

0

06 ,

0

14

12

18 ,

1 .











x

y

x

≤2x +2+1  x ≤ 3

Cho x chạy từ 1=>3 : chỉ có giá trị x=3 và y=9 là thoả đk . Vậy CTPT là C3H9N

VD2:Đốt cháy hoàn toàn 1,18 g amin đơn chức B bằng một lượng khơng khí vừa đu (chứa 20% oxi, 80% nitơ). Dẫn toàn
bộ sản phẩm wa bình đựng nước vơi trong dư thu được 6 gam kết tủa và có 9,632 lít khí duy nhất thốt ra .CTPT của B
là :

Gọi công thức là CxHyN . nCO2 = 0,06 mol

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Theo pt :

9 ;

3 )

2 (

&

)

1 (

)

2 (

84 ,

0

06 ,

0

46 ,

0

06 ,

0

14

12

18 ,

1 )

1 (

03 ,

0

06 ,

0

19 ,

0

43 ,

0

03 ,

0 )

4 (

06 ,

0 .

4

2

03 ,

0

2 )

4 (

06 ,

0 .

4

2 )

4 (

06 ,

0

2 









































y

x

Giai

y

x

y

x

y

x

y

x

nN

x

nN

x

y

x

kk

nN

x

y

x

nO

Vậy CTPT là C3H9N

 Nếu bài toán cho đốt cháy một amin bằng khơng khí ,rồi thu a mol CO2 ; b mol H2O ; c mol N2.ta làm như sau :
Tìm khối lượng O trong CO2 ;H2O = khối lượng Oxi tham gia phản ứng ( BT Nguyên tố O)

=> số mol oxi => số mol Nitơ trong kk = 4nO2 (Nếu bài tập cho đốt trong không khí cịn Nếu đốt trong O2 thì khơng
phải tính)

=> số mol Nitơ sinh ra trong phản ứng cháy. Từ đó ta sẽ được số mol C, H, N trong amin => Tìm CTĐGN => CTPT
VD1: Một amino axit chứa 46,6% C, 8,74% H, 13,59% N,cịn lại là oxi. Cơng thức đơn giản nhất trùng với công thức
phân tử. Công thức phân tử đúng của amino axit là

A.C3H7O2N √B.C4H9O2N C.C5H9O2N D.C6H10O2N

% O = 100 - (46,6 + 8,74 + 13,59) = 31,07 %
C : H : O : N =

14

59 ,

13 :

16

07 ,

31 :

1

74 ,

8 :

12

6 ,

46

14 %

:

16 %

:

1 %

:

12 %

C

H

O

N



= 3,88 : 8,74 : 1,94 : 0,97 = 4 : 9 : 2 : 1
=> CTĐG : C4H9O2N => Chọn B

Nếu làm trắc nghiệm như thế thì hơi lâu.

Mẹo Để ý dáp án: Số C đều khác nhau và số N giống nhau (Đề bài hay cho kiểu này)
 Chỉ cần xét tỉ lệ giữa C và N thôi không cần O và H

Xét tỉ lệ ta được C : O = 4 : 1 => B

VD2: Khi đốt cháy hoàn toàn một amin đơn chức X, thu được 8,4 lít khí CO2, 1,4 lít khí N2 (các thể tích khí đo ở đktc) và

10,125 gam H2O. Cơng thức phân tử của X là (cho H = 1, O = 16)Chọn một đáp án dưới đây

A. C3H7N √B. C3H9N C. C4H9N D. C2H7N

Câu này khác xét tỉ lệ C : H hay hơn Tìm được tỉ lệ 1 : 3 => B
Vì đáp án A và B tỉ lệ C : N = 3: 1

Dạng 8: Cho amin tác dụng với HCl: (PP Giải bài tập dùng tăng giảm khối lượng)
 VD amin bậc 1:

Aminno axit : NH2 – R –COOH + HCl => CLNH3-R-COOH

Giải sử 1mol 1mol => 1mol => m tăng = m muối – m amin = 36,5 g (vì Pứ cộng HCL)
Với xmol => xmol => xmol => m Tăng = 36,5x g

 m muối = mamin + namin (HCl hoặc muối).36,5

Hoặc dùng BT Khối lượng : m amin + mHCl = m muối (Chính là CT trên)

Cịn nếu amino Axit tác dụng với NaOH(Kiềm) (Hoặc Na,K) Thì xem lại phận Axit nhé.

 CT: m muối = mAmino Axit + m.nNaOH.22 ( mà là số chức COOH)

Đối với Amino Axit có 1 nhóm COOH => nNaOH = nAmino Axit = n Muối

VD1: Cho 0,01 mol amino axit A tác dụng vừa đủ với 80 mldung dịch HCl 0,125 M. Cô cạn dung dịch thu được1,835
gam muối. Khối lượng phân tử của A (Tức là M của A)là

A.97 B.120 √C.147 D.150

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

 1,835 =Mamoni . 0, 01 + 0,01.36,5  M amino = 147

VD2: Cho 0,01 mol aminoaxit X phản ứng hết với 40ml dung dịch HCl 0,25M tạo thành 1,115g muối khan. X có cơng
thức cấu tạo nào sau đây:

√A.NH2 – CH2 – COOH B.NH2 – (CH2)2 – COOH

C.CH3COONH4 D.NH2 – (CH2)3 – COOH

Dựa vào đáp án hoặc Xét tỉ lệ : nHCL / namin = 1 => amino axit có 1 gốc chứC. pứ tỉ lệ 1 :1 => Loại đáp án C.
AD CT : m muối =Mamino axit . 0,01 + nHCL . 36,5

 1,115 = MX.0,01 + 0,01.36,5  MX = 75

CT : amino axit : NH2 – CnH2n – COOH => MR = 14n + 61 = 75 => n = 1
 CT : NH2 – CH2 – COOH

VD3: A là một α-amino axit no chỉ chứa một nhóm -NH2 và một nhóm –COOH. Cho 3 gam A tác dụng với NaOH dư thu
được 3,88 gam muối. Công thức phân tử của A là

A.CH3-CH2-CHNH2-COOH B.CH2NH2-CH2-COOH

C.CH3-CHNH2-COOH D.H2N-CH2-COOH

Cách giải bình thường :

Theo đề bài ta có gốc hiđrocacbono là CnH2n

H2NCnH2nCOOH + NaOH => H2NCnH2nCOONa + H2O
Đề bài 3 gam 3,88 gam

Theo PT => nH2NCnH2nCOOH = nH2NCnH2nCOONa


83

14

88 ,

3

61

14

3 





n

Giải ra được : n = 1 => CTCT của A là H2N-CH2-COOH Chọn D



ADCT trên => nH2NCnH2nCOOH =

mmuoi

m

a

o

0 ,

04 mol

22

3

88 ,

3

22 min













MH2NCnH2nCOOH = 14n +61 =

75

1

04 ,

0

3 





n

Dang 9: Trộn hỗn hợp gồm amin và hiđrocacbon rồi đem đốt cháy 
Xét ví dụ sau :

VD5: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm 100 ml hh gồm đimetylamin và hai hiđrocacbon đồng đẵng kế tiếp thu được 140
ml CO2 và 250 ml nước ( các V ở cùng điều kiện). CTPT của hai hiđrocacbon?

Ta thấy :

Hh gồm (C2H5)2NH và CxHy (x là số ngtử C trung bình của hai HC).
Gọi n là số nguyên tử C trung bình =>

1 ,

4

100

140 



n

Vậy một trong hai chất phải có 1 chất có số ngtử C > 1,4 , là (C2H5)2NH.

Chất còn lại có số ngtử C nhỏ hơn 1,4 => x<1,4 => hai hiđrocacbon đồng đẵng kế tiếp trên phải thuộc dãy đồng đẳng của
ankan. Vậy 2 hiđrocacbon cần tìm là CH4 và C2H6

DẠNH TOÁN AMIN – AMINOAXIT – PEPTT – PROTEIN

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

(A)n + (n 1)H2O

ắắ

đ

nA
* Cỏch 1:

- Có bao nhiêu sản phẩm thi ta viết bấy nhiêu sơ đồ.

- Mỗi sơ đồ ta cân bằng, rồi từ số mol sản phẩm suy ra số mol chất tham gia.

* Cách 2:

- Dùng bảo toan Gli hay Ala...
* Cách 3:

- Đổi sang mol cho các sản phẩm.
- lập tỷ lệ tối giản cho các sản phẩm.
- Viết phương trình: dùng tỷ lệ để cân bằng.

- Từ số mol của 1 trong các sản phẩm dể tính mol peptit.
[ bảo toan khối lượng mpeptit = mcác aminoaxit – mH2O]

[ số mol nước = tổng mol aminoaxit – số mol peptit ]
* Chú ý:

- M(Gli)n = [MGli x n – (n-1).18]

- Đối với 2 Peptit khi thủy phân có tỉ lệ số mol bằng nhau,thì ta xem 2 Peptit đó là một Peptit và ghi phản ứng ta nên
ghi gộp . Khối lượng mol của Petptit chính là tổng khối lượng mol của 2 Peptit đó.

Bài 1: X là một Tetrapeptit cấu tạo từ Aminoacid A, trong phân tử A có 1(-NH2) và 1(-COOH), no, mạch hở.Trong A Oxi

chiếm 42,67% khối lượng. Thủy phân m gam X trong môi trường acid thì thu được 28,35(g) tripeptit; 79,2(g) đipeptit và
101,25(g) A. Giá trị của m là? A. 184,5. b. 258,3. c. 405,9. d. 202,95.

- Đặt CT A: H2N– CnH2n-COOH

% O = 16*2*100 : (16 + 14n + 45) = 42,67%

Þ

n = 1

Þ

A là H2NCH2COOH

Cách 1:

3(X)4

®

4(X)3 (X)4

®

2(X)2 (X)4

®

0,1125

¬

0,15 0,3

¬

0.6 0,3375

¬

1.35

å

mol = 0,1125 + 0,3 + 0,3375 = 0,75

Þ

m= 0,75*246 = 184,5

Cỏch 2: a mol (Gli)4

ắắ

đ

0,15 mol (Gli)3 + 0,6 mol (Gli)2 + 1,35 mol Gli

Þ

a*4 = 0,15*3 + 0,6*2 + 1,35*1

Þ

a = 0,75

Cách 3: X3 : X2 : X = 0,15 : 0,6 : 1,35 = 1 : 4 : 9

5X4 + H2O

ắắ

đ

1X3 + 4X2 + 9X1

0,75

¬

0,15

Bài 2: Tripeptit M và Tetrapeptit Q được tạo ra từ một Aminoacid X mạch hở ( phân tử chỉ chứa 1 nhóm NH2 ) .Phần

trăm khối lượng Nitơ trong X bằng 18,667%. Thủy phân khơng hồn tồn m(g) hỗn hợp M,Q(có tỉ lệ số mol 1:1) trong
môi trường Acid thu được 0,945(g) M; 4,62(g) đipeptit và 3,75 (g) X.Giá trị của m?

a. 4,1945(g). b. 8,389(g). c. 12,58(g). d. 25,167(g).
 - Đặt CT A: H2N– R – (COOH)

% N = 14*100 : MX = 18,66%

Þ

MX = 75

Þ

X là H2NCH2COOH

- Do hai peptit có tỉ lệ số mol phản ứng 1:1 nên xem hỗn hợp M,Q là một Heptapeptit :

H[NHCH2CO]7OH Và có M7 = M3 + M4 = 75*3 – 2*18 + 75*4 – 3*18 = = 435g/mol.

Cách 1:

3(X)7

®

7(X)3 2(X)7

®

7(X)2 (X)7

®

7(X)

0,015/7 ← 0,005 0,01 ← 0,035 0,05/7 ← 0,05

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Þ

7a = 0,005*3 + 0,035*2 + 0,05

Þ

a =
 Cách 3: G3 : G2 : G = 1 : 7 : 10

27/7G7

®

1G3 + 7G2 + 10G

0,019285714 ← 0,005
m = 0,019285714 * 435 = 8,389

Bài 3: X là một Hexapeptit cấu tạo từ một Aminoacid H2N-CnH2n-COOH(Y) . Y có tổng % khối lượng Oxi và Nito là

61,33%. Thủy phân hết m(g) X trong môi trường acid thu được 30,3(g) pentapeptit, 19,8(g) đieptit và 37,5(g) Y. Giá trị
của m là? a. 69 gam. B. 84 gam. c. 100 gam. d.78 gam.

32*100 14*100

M

+

M

=

61,33%

®

M = 75 là Gli

5(X)6

®

6(X)5 (X)6

®

3(X)2 (X)6

®

6(X)

0,1*5/6 ← 0,1 0,05 ← 0,15 0,5/6 ← 0,5

å

mol = 0,1*5/6 + 0,05 + 0,5/6 = 1,3/6

®

m = 1,3/6*360 = 78

Bài 4: X là một tetrapeptit cấu tạo từ một amino axit (A) no, mạch hở có 1 nhóm –COOH ; 1 nhóm –NH2. Trong A %N =
15,73% (về khối lượng). Thủy phân m gam X trong môi trường axit thu được 41,58 gam tripeptit ; 25,6 gam đipeptit và

92,56 gam A. Giá trị của m là : a. 149 gam. b. 161 gam. c. 143,45 gam. d. 159 gam.

14*M100

=

15,73%

®

M = 89 là H2N-C2H4-COOH

3(X)4

®

4(X)3 (X)4

®

2(X)2 (X)4

®

4(X)

0,135 ← 0,18 0,08 ← 0,16 0,26 ← 1,04

å

mol = 0,135 + 0,08 + 0,26 = 0,475

®

m = 0,475 * 302 = 143,45

Câu 5: ( A11)Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (mạch hở) thu được hỗn hợp gồm 28,48 gam Ala, 32 
gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Giá trị của m làA. 90,6.B. 111,74. C. 81,54. D. 66,44.

nAla = 28,48 : 89 = 0,32 nAla-Ala = 32 : 160 = 0,2 nAla-Ala-Ala = 27,72 : 231 = 0,12

Tỉ lệ số mol = 0,32 : 0,2 : 0,12 = 32 : 20 : 12 ta có

27Ala-Ala-Ala-Ala + 37 H2O

®

32Ala + 20Ala-Ala + 12Ala-Ala-Ala

0,27 0,37 0,32…..0,2………0,12
m = 28,48 + 32 + 27,72 – 0,37*18 = 81,54.

Hay m = 0,27 * 302 = 81,54.

Cách 2: (Ala)4

®

4Ala (Ala)4

®

2(Ala)2 3(Ala)4

®

4(Ala)3

0,08 ←0,32 0,1 ←0,2 0,09 ← 0,12

å

mol (Ala)4 = 0,08 + 0,1 + 0,09 = 0,27

®

m = 0,27*302 = 81,54.

b/ THUỶ PHÂN TRONG DUNG DỊCH NaOH:
- Tỉ lệ phản ứng phản ứng với NaOH:

1 dipeptit + 2NaOH

ắắ

đ

Mui + 1H2O 
 1 tripeptit + 3NaOH

ắắ

đ

Mui + 1 H2O 
 1 tetrapeptit + 4NaOH

ắắ

đ

Mui + 1 H2O

Nếu trong peptit có Glu thì tăng hệ số cho NaOH và H2O lên 1 đơn vị

Þ

dùng định luật bảo tồn khối lượng tìm mpeptit= mmuối +mH2O – mNaOH

Þ

Nhờ tỷ lệ mol npeptit: nNaOH ta suy ra loại peptit

c/ THUỶ PHÂN TRONG DUNG DỊCH HCl:
 - Tỉ lệ phản ứng phản ứng với HCl:

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

1 tetrapeptit + 3H2O + 4HCl

ắắ

đ

Mui 
 Nếu trong peptit có Lys thì tăng hệ số cho HCl lên 1 đơn vị

Þ

dùng định luật bảo tồn khối lượng tìm mpeptit= mmuối – mHCl – mH2O

Þ

Nhờ tỷ lệ mol npeptit: nHCl ta suy ra loại peptit

Bài 1: Tripeptit X có cơng thức sau : H2N–CH2–CO–NH–CH(CH3)–CO–NH–CH(CH3)–COOH

Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol X trong 400 ml dung dịch NaOH 1M. Khối lượng chất rắn thu được khi cô cạn dung dịch
sau phản ứng là :a. 28,6 gam. b. 22,2 gam. c. 35,9 gam. d. 31,9 gam.

H2N–CH2–CO–NH–CH(CH3)–CO–NH–CH(CH3)–COOH + 3NaOH

ắắ

đ

Mui + H2O

0,1……….0,1

Þ

mrăn=mmuoi + mNaOHdu = (0,1*217 + 40*0,4) – 18*0,1= . 35,9

Bài 2: (Đề ĐHA-2011) Thủy phân hoàn toàn 60(g) hỗn hợp hai Đipeptit thu được 63,6(g) hỗn hợp X gồm các Aminoacid
no mạch hở (H2NRCOOOH). Nếu lấy 1/10 hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được m(g) muối. Giá trị của m

là?

a.7,82. b. 8,72. c. 7,09. d.16,3.
Số mol H2O = (63,6 – 60) : 18 = 0,2

Số mol các amino axit = 2 nH2O = 0,4

Số mol HCl = Số mol các amino axit = 2 nH2O = 0,4

Nhưng lấy 1/10 nên = 0,04

Theo bảo toàn khối lượng: m = mX + mHCl = 6,36 + 0,04*36,5 = 7,82

Bài 3: Thủy phân hoàn toàn 143,45 gam hỗn hợp A gồm hai tetrapeptit thu được 159,74 gam hỗn hợp X gồm các

Aminoacid (Các Aminoacid chỉ chứa 1nhóm COOH và 1 nhóm NH2 ) . Cho tịan bộ X tác dụng với dung dịch HCl dư,sau

đó cơ cạn dung dịch thì nhận được m(gam) muối khan.Tính khối lượng nước phản ứng và giá trị của m lần lượt bằng? a.
8,145(g) và 203,78(g). b. 32,58(g) và 10,15(g). c. 16,2(g) và 203,78(g) d. 16,29(g) và 203,78(g).

- Theo bảo toàn mH2O = ( 159,74 – 143,45) = 16,29 gam

- số mol của H2O = 16,29 : 18 = 0,905

- Tetrapeptit X phan ứng với H2 O theo t l: 1(X)4 + 3H2O

đ

ị

s mol cỏc aminoaxit = 4/3nH2O = 4*0,905/3

- Do aminoaxit có 1 NH2 nên phản ứng với HCl theo tỉ lệ 1 : 1

- vì vậy số mol HCl = số mol aminoaxit = 4*0,905/3

Þ

mHCl = 4*0,905*36,5/3 = 44,043

- Theo bảo toàn khối lượng: mmuối = maminoaxit + mHCl = 159,74 + 44,043 = 203,78(g).

Bài 4: X là tetrapeptit Ala-Gly-Val-Ala, Y là tripeptit Val-Gly-Val. Đun nóng m gam hỗn hợp X và Y có tỉ lệ số mol nX : 
nY = 1 : 3 với 780 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Z. Cô cạn dung dịch
thu được 94,98 gam muối. m có giá trị là :

a. 68,1 gam. b. 64,86 gam. c. 77,04 gam. d. 65,13 gam.

X4 + 4NaOH

ắắ

đ

Mui + H2O Y3 + 3NaOH

ắắ

đ

Mui + H2O

a...4a...a 3a...9a...3a
nNaOH= 4a + 9a = 0,78

Þ

a=0,06

mhh = mmuoi + mH2O - mNaOH= 94,98 + 4*0,06*18 - 0,78*40= 68,1

Câu 5: (A12)Đun nóng m gam hỗn hợp gồm a mol tetrapeptit mạch hở X và 2a mol tripeptit mạch hở Y với 600 ml dung
dịch NaOH 1M (vừa đủ). Sau khi các phản ứng kết thúc, cô cạn dung dịch thu được 72,48 gam muối khan của các amino
axit đều có một nhóm –COOH và một nhóm –NH2 trong phân tử. Giá trị của m là

A. 51,72. B. 54,30. C. 66,00. D. 44,48.

 X (tetrapeptit: 3 lk CO-NH, 1 COOH, 1NH2) + 4NaOH ® muối + H2O

mol: a 4a a

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

mol: 2a 6a 2a

Ta có: 4a + 6a = 0,6.1® a = 0,06 mol. Bảo toàn m: m + 40.0,6 = 72,48 + 18.3.0,06 ® m = 51,72 gam

Câu 6: (CĐ 12)Thủy phân hoàn toàn m gam đipeptit Gly-Ala (mạch hở) bằng dung dịch KOH vừa đủ, thu được dung
dịch X. Cô cạn toàn bộ dung dịch X thu được 2,4 gam muối khan. Giá trị của m là

A. 1,22 B. 1,46 C. 1,36 D. 1,64

Dipeptit + 2KOH --> muối + H2O

146.x 2.x.56 2,4 18x
Bảo tồn khối lượng ta có :

146x + 56.2.x = 2,4 + 18x suy ra x= 0,01 mol ;
Vậy m = 146.0,01 = 1,46g

Câu 7: (A13) Cho X là hexapeptit, Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val và Y là tetrapeptit Gly-Ala-Gly-Glu. Thủy phân hoàn toàn
m gam hỗn hợp gồm X và Y thu được 4 amino axit, trong đó có 30 gam glyxin và 28,48 gam alanin. Giá trị của m là

A. 77,6 B. 83,2 C. 87,4 D. 73,4

Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val + 5H2O®2Gly + 2Ala + 2Val Gly-Ala-Gly-Glu + 3 H2O®2Gly + 1Ala + 1Glu

x...2x ...2x y...2y...y
HD giải :



Hexapeptit : x ; tetrapeptit : y



mol (glyxin) = 2x + 2y = 0,4 và mol(alanin) = 2x + y = 0,32



x = 0,12 ; y = 0,08 .



mX = (89.2 + 75.2 + 117.2 – 5.18).0,12 = 56,64



mY = (75.2 + 89 + 147 – 3.18).0,08 = 26,56

Câu 8: ( A 14)Thủy phân hoàn toàn 4,34 gam tripeptit mạch hở X (được tạo nên từ hai

a

-amino axit có cơng thức dạng
2 x y

H NC H COOH

) bằng dung dịch NaOH dư, thu được 6,38 gam muối. Mặt khác thủy phân hoàn toàn 4,34 gam X bằng
dung dịch HCl dư, thu được m gam muối. Giá trị của m là

A. 6,53 B. 8,25 C. 5,06 D. 7,25

Tri + 3NaOH

ắắ

đ

Mui + H2O

x.3xx

ắắđ

btkl 4,34 + 3x*40 = 6,38 + 18x

Þ

x = 0,02

Tri + 3HCl + 2H2O

ắắ

đ

Mui

0,02...0,06...0,04

ắắđ

btkl m

Muoi = 4,34 + 0,06*36,5 + 0,04*18 = 7,25

Câu 9: ( B 14) Hỗn hợp X gồm chất Y (C2H8N2O4) và chất Z (C4H8N2O3); trong đó, Y là muối của axit đa chức, Z là

đipeptit mạch hở. Cho 25,6 gam X tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được 0,2 mol khí. Mặt khác 25,6 gam
X tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được m gam chất hữu cơ. Giá trị của m là

A. 20,15. B. 31,30. C. 23,80. D. 16,95.

- Y : (COONH4)2 và Z : Gly-Gly

(COONH4)2 + 2NaOH

ắắ

đ

NaOOC-COONa + 2NH3 + 2H2O

0,1

¬

0,2

Þ

mCli-Gli = 25,8 - 0,1*124 = 13,2

Þ

nGli-Gli = 0,1

(COONH4)2 + 2HCl

ắắ

đ

HOOC-COOH + 2NH4Cl Gli-Gli + 2HCl + H2O

ắắ

đ

2Muối

0,1...0,1 0,1...0,2
mhuu co = 0,1*90 + 0,2*111,5 = 31,3

Câu 10: Hỗn hợp X gồm 3 peptit với tỉ lệ số mol là 1 : 2 : 1. Khi thủy phân hoàn toàn m gam X thu được chỉ thu được
13,5 gam glixin và 7,12 gam alanin. Giá trị của m là

A. 17,38 gam. B. 16,30 gam. C. 19,18 gam. D. 18,46 gam.

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

- Dùng phương pháp qui đổi 3 peptit X1, X2,X3 thành 1 peptit Y theo phản ứng trùng ngưng:

1X1 + 2X2 + 1X3

ắắắắđ

trungngung (Gli)n(Ala)m + 3H2O (1)

- Tỷ lệ: 0,18 9
0,08 4

Gli
Ala

n n

n

= =

m

=

Þ

chọn n = 9 thì m = 4

Þ

(Gli)n(Ala)m viết thành

Þ

(Gli)9(Ala)4

ắắắắ

thuyphan

đ

9Gli + 4Ala (2)

0,02

¬

0,18

- Từ: 1X1 + 2X2 + 1X3

ắắắắđ

trungngung (Gli)9(Ala)4 + 3H2O (1)

0,02

®

0,06

btkl

ắắđ

Khi lng X = khi lng (Gli)n(Ala)m + H2O = 0,02[75*9 + 89*4 – (13 -1)*18] + 0,06*18 = 17,38

Câu 11: Hỗn hợp X gồm 3 peptit đều mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 1 : 2. Thủy phân hoàn toàn m gam X, thu
được hỗn hợp sản phẩm gồm 71,20 gam alanin và 52,50 gam glyxin. Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của ba
peptit trong X nhỏ hơn 10. Giá trị của m là:

A. 96,70 B. 101,74 C. 100,30 D. 103,9
- Số mol Ala= 0,8 mol và số mol Gly= 0,7 mol

- Dùng phương pháp qui đổi 3 peptit X1, X2,X3 thành 1 peptit Y theo phản ứng trùng ngưng:

1X1 + 1X2 + 2X3

ắắắắđ

trungngung (Gli)n(Ala)m + 3H2O (1)

- Tỷ lệ: 0,7 7
0,8 8

Gli
Ala

n n

n

= =

m

=

Þ

chọn n = 7 thì m = 8

Þ

(Gli)n(Ala)m viết thành

Þ

(Gli)7(Ala)8

ắắắắ

thuyphan

đ

7Gli + 8Ala (2)

0,1

¬

0,7

- Từ: 1X1 + 2X2 + 1X3

ắắắắđ

trungngung (Gli)7(Ala)8 + 3H2O (1)

0,01

®

0,03

btkl

ắắđ

Khi lượng X = khối lượng (Gli)7(Ala)8 + H2O = 0,1[75*7 + 89*8 – (15 -1)*18] + 0,3*18 = 103,9

Câu 12: (B 2014) Hỗn hợp X gồm ba peptit đều mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng là 1:1:3. Thủy phân hoàn toàn m gam X,
thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 14,24 gam alanin và 8,19 gam valin. Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của ba
peptit trong X nhỏ hơn 13. Giá trị của m là

A. 18,83 B. 18,29 C. 19,19 D. 18,47

- Nhanh hơn:

- Số mol Ala= 0,16 mol và số mol Val = 0,07 mol
- Tỷ lệ: 0,16 16

0,07 7

Ala
Val

n n

n

= =

m

=

Þ

chọn n = 16 thì m = 7

Þ

peptit mới (Ala)16(Val)7 với mol = 0,01

- Từ: 1X1 + 1X2 + 3X3

ắắắắđ

trungngung (Ala)16(Val)7 + 4H2O (1)

0,01

®

0,04

btkl

ắắđ

Khi lng X = khi lng (Ala)16(Val)7 + H2O = 0,01[89*16 + 117*7 – (23 -1)*18] + 0,04*18 = 19,19

2. Phản ứng cháy của Peptit:

*Thường bài cho 2 peptit cùng tạo từ 1 aminoaxit no, 1NH2 và 1COOH sau đó tiến hành thí nghiệm:
- Đốt peptit thứ nhất cho biết tổng khối lượng H2O và CO2 .

- Đem đốt peptit thứ 2 yêu cầu tính số mol CO2 hay số mol O2…

- Các bước làm bài:

+ Viết đúng công thức tổng quát cho peptit tạo từ aminoaxit CaH2a+1NO2 thì cơng thức:

. dipeptit: H[HN-CnH2nCO]2OH hay 2*( CaH2a+1NO2) – 1H2O = C2aH4aN2O3

¾¾¾¾

dat a b 2 =

®

CbH2bN2O3

. tripeptit là H[HN-CnH2nCO]3OH hay 3*( CaH2a+1NO2) – 2H2O = C3aH6a - 1N3O4

ắắắắ

dat a b 3 =

đ

CbH2b-1N3O4

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

. pentapeptit là H[HN-CnH2nCO]5OH hay 5*( CaH2a+1NO2) – 4H2O = C5aH10a - 3N4O5

ắắắắ

dat a b 5 =

đ

CbH2b-3N5O6

. Hexapeptit là H[HN-CnH2nCO]6OH hay 6*( CaH2a+1NO2) – 5H2O = C6aH12a - 2N5O6

ắắắắ

dat a b 6 =

đ

CbH2b-4N6O7

+ Viết và cân bằng đúng phản ứng cháy, từ số mol bài cho ta tìm số cacbon n, hay a.
+ Suy ra công thức peptit thứ 2.

+ Dự vào phản ứng cháy hay dùng bảo tồn cxi để tìm số mol CO2; số mol O2…

Bài 1: Tripeptit mạch hở X và Tetrapeptit mạch hở Y đều được tạo ra từ một Aminoacid no,mạch hở có 1 nhóm –COOH 
và 1 nhóm –NH2 .Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thu được sản phẩm gồm H2O,CO2 và N2 trong đó tổng khối lượng CO2
và H2O bằng 36,3(g) .Nếu đốt cháy hoàn tồn 0,2 mol Y thì số mol O2 cần phản ứng là?

a. 2,8(mol). b. 1,8(mol). c. 1,875(mol). d. 3,375 (mol)

H[HN-CnH2nCO]3OH

ắắ

đ

(3n+3)CO2 + (6n+5)/2H2O + 3/2 N2

0,1...0,1(3n+3)...0,1(6n+5)/2
mCO2 + mH2O = 0,1(3n+3)*44 + 0,1(6n+5)*18/2 = 36,3

ắắ

đ

n = 1 Vậy Y là: H[HN-CH2CO]4OH + 9O2

ắắ

đ

8CO2 + 7H2O

0,2………1,8

Bài 2: X và Y lần lượt là các tripeptit và tetrapeptit được tạo thành từ cùng một amino axit no mạch hở, có một nhóm –
COOH và một nhóm –NH2. Đốt cháy hồn tồn 0,1 mol Y thu được sản phẩm gồm CO2, H2O, N2, trong đó tổng khối
lượng của CO2 và H2O là 47,8 gam. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần bao nhiêu mol O2 ?

a. 2,8 mol. b. 2,025 mol. c. 3,375 mol. d. 1,875 mol.

C4aH8a - 2N4O5

ắắ

đ

4aCO2 + (4a – 1)H2O + 2N2

0,1...0,1*4a ...0,1*(4a – 1)

mCO2 + mH2O = 47,8

ơắđ

44*0,1a*4 + 0,1(4a – 1)*18 = 47,8 giải a = 2

Þ

công thức của tripeptit là C6H11N3O4

C6H11N3O4 + 6,75O2

ắắ

đ

6CO2 + 5,5H2O + 1,5N2

0,3...

®

2,025

Bài 3 (ĐỀ ĐH 2010) Đipeptit mạch hở X và Tripeptit mạch hở Y đều được tạo ra từ một Aminoacid no,mạch hở có 1 
nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2 .Đốt cháy hồn tồn 0,1 mol Y thu được sản phẩm gồm H2O, CO2 và N2 trong đó tổng

khối lượng CO2 và H2O bằng 54,9(g) .Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X,sản phẩm thu được cho lội qua dung dịch nước

vôi trong dư thì được m(g) kết tủa . Giá trị của m là? A. 45. b. 120. c.30. d.60.

H[HN-CnH2nCO]3OH

ắắ

đ

(3n+3)CO2 + (6n+5)/2H2O + 3/2 N2

0,1...0,1(3n+3)...0,1(6n+5)/2
mCO2 + mH2O = 0,1(3n+3)*44 + 0,1(6n+5)*18/2 = 54,9

ắắ

đ

n = 2 Vy X l: H[HN-C2H4CO]2OH

ắắ

đ

6CO2

0,2………..1,2 mCaCO3 = 1,2*100 = 120

Câu 4: ( B 13)Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm X và Y chỉ tạo ra một
amino axit duy nhất có cơng thức H2NCnH2nCOOH. Đốt cháy 0,05 mol Y trong oxi dư, thu được N2 và 36,3 gam hỗn hợp

gồm CO2, H2O. Đốt cháy 0,01 mol X trong oxi dư, cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết

tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m làA. 29,55. B. 17,73. C. 23,64. D. 11,82.
H[HN-CnH2n-CO-]4OH

ắắ

đ

(4n+4)CO2 + (8n+6)/2H2O

0,05..0,0454n+4) 0,05(4n+3)
0,05(4n+4)*44 + 0,05(4n+3)*18 = 36,3

ắắ

đ

n = 2
H[HN-C2H4-CO-]3OH

ắắ

đ

9CO2

0,010,09

ắắ

đ

m = 0,09*197 = 17,73

Cõu 5: un nóng 0,08 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt) cần dùng 300 ml dung dịch NaOH

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và nước là 136,14 gam. Giá trị a : b

là:

A. 0,750. B. 0,625. C. 0,775. D. 0,875.

- X có 6 N

Þ

có 7 O và là hexapeptit nên có CT CnH2n – 4N6O5

- Y có 6 O

Þ

có 5 N và là pentapeptit nên có CT CmH2m – 3N5O6

- TN1: X + 6NaOH

ắắ

đ

Mui + H2O

a...6a

Y + 5NaOH

ắắ

đ

Muối + H2O

b...5b

- Hệ pt: a + b = 0,08 6a + 5b = 0,45 giải a = 0,05 và b = 0,03 tỷ lệ a:b = 5 : 3
- TN2: Gọi nX = 5x và nY = 3x; nCO2 = y; nH2O = z

CnH2n-4O7N6

ắắ

đ

nCO2 + (n-2)H2O + 3N2 CmH2m-3O6N5

ắắ

đ

mCO2 + (m-1,5)H2O + 3N2

5x...5x...5xn-10x 3x... 3mx...3xm-4,5x)
Ta có hệ: + mBình tang = 44y + 18z = 136,14 (1)

+ mA = mC + mH + mO + mN ơắđ 60,9 = 12y + 2z + 5x*16*7 + 3x*16*6 + 5x*14*6 + 3x*14*5

ơắđ

12y + 2z+ 1478x = 60,9 {2)
+ nCO2 nH2O ơắđ y z = 14,5x ơắđ y z 14,5x = 0 (3)

Giải hệ: y = 2,28: z = 1,99 và x = 0,02

Þ

nA = 5x + 3x = 0,16

- ng vi 0,16 mol A

ắắ

đ

mA = 60,9 gam

0,08 mol A

ắắ

đ

mA TN1 = 30,45 gam

- Áp dụng BTKL: mmuoi = 30,45 + 0,45*40 – 0,08*18 = 97*nmuoi Gli + 111*nmuoi Ala = 47,01 (4)

- Bảo toàn natri: nNaOH = nMuoi Gli + nMuoi Ala = 0,45 (5) giai hệ 4 và 5 có nmuoi Gli = 0,21 và nMuoi Ala = 0,24 là D

Câu 6. (thi thử của bộ Rất khó) Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt)
cần dùng 600 ml dung dịch NaOH 1,5M chỉ thu được dung dịch chứa a mol muối của glyxin và b mol muối của
alanin. Mặt khác đốt cháy 30,73 gam E trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối
lượng của CO2 và nước là 69,31 gam. Giá trị a : b gần nhất với

A. 0,730. B. 0,810. C. 0,756. D. 0,962.

- Vì X và Y chỉ được cấu tạo bởi các amino axit no chứa 1 chức NH2 và 1 chức COOH

- X có 6N nên là hexapeptit và Y có 6O nên là pentepeptit.

Þ

X có cơng thức tổng qt : CnH12n-4N6O7 và Y có cơng thức tổng qt CmH2m-3N5O6

Þ

X có 6N và có 7O cịn Y có 6O và 5N
- Gọi số mol của X và Y lần lượt là x, y mol

Hexapeptit + 6NaOH pentapeptit + 5NaOH
x...6x y...5y

- Ta có hệ : x + y = 0,16 và 6x + 5y = 0,9 giai hệ x = 0,1 và y = 0,06
- Ta có: nX : nY = 5:3

- Trong 30,73 gam gọi số mol X và Y lần lượt là 5x và 3x mol, số mol CO2 là y mol, số mol H2O là z mol

+ mCO2 + mH2O = 44y + 18z = 69,31 (1)

+ Bảo toàn nguyên tố cho E: mE = mc + mH + mO + mN

= 12y + 2z + (5x*16*7 + 3x*16*6) + (5x*14*6 + 3x*14*5) = 30,73 (2)
+ Phản ứng cháy:

CnH2n-4N6O7

ắắ

đ

nCO2 + (n -2)H2O CmH2m-3N5O6

ắắ

đ

mCO2 + (2m -3)/2H2O

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Ta có: nCO2 - nH2O = y – z = -2*5x – 4,5x (3) Giải ra: x = 0,01; y = 1,07 z = 0,01

- Vậy trong 30,73 gam E thì có nX + nY = 5.0,01+ 3. 0,01 = 0,08

Þ

TN 1: Ứng với nX + nY = 0,16 mol → mE = 61,46 gam

- Bảo toàn khối lượng cho thí nghiệm khi cho 0,16 mol E vào dung dịch NaOH → (75+22)a + (89+22)b = 61,46 + 0,9.40

- 0,16.18 → 99a + 111b = 94,58

lại có a+ b = 0,9 → a= 0,38 và b = 0,52
Vậy a: b ≈ 0,7306. Đáp án A.

Câu 7: Cho hỗn hợp A chứa hai peptit X và Y tạo bởi các amino axit no mạch hở, phân tử chứa 1 nhóm -COOH, 1 nhóm
-NH2 ,biết rằng tổng số nguyên tử O trong 2 phân tử X, Y là 13. Trong X hoặc Y đều có số liên kết peptit khơng nhỏ hơn

4. Đun nóng 0,7 mol A trong KOH thì thấy 3,9 mol KOH phản ứng và thu được m gam muối. Mặt khác đốt cháyhoàn
toàn 66,075 gam A rồi cho sản phẩm hấp thụ vào bình chứa Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 147,825 gam. Giá trị

của m là

A. 490,6 B. 560,1 C. 470,1 D. 520,2

- Mục đích ta tìm Khối lượng A ở TN1 sau đó dung BTKL.

- Tổng oxi = 13

Þ

tổng N = 11

Þ

Tổng số liên kết = 9 và khơng có peptit nào có số liên kết nhỏ hơn 4, tức là từ 4 trở
lên nên: X là pentapeptit ( 4 liên kêt) CnH2n-3O6N5 và Y là hexa peptit có 5 liên kết CmH2m-4O7N5.

- TN1: pen + 5KOH

ắắ

đ

Muoi + H2O: Hex + 6KOH

ắắ

đ

Muoi + H2O

a...5a...a b...6b...b
có hệ: a + b = 0,7 5a + 6b = 3,9 giải a = 0,3 và b = 0,4 tỷ lệ a:b = 3 : 4
- TN2: Gọi nX = 3x và nY = 4x; nCO2 = y; nH2O = z

CnH2n-3O6N5

ắắ

đ

nCO2 + (2n-3)/2H2O + 2,5N2 CnH2n-3O6N5

ắắ

đ

mCO2 + (m-2)H2O + 3N2

3x...3nx...3x(2n-3)/2 4x...4mx...4x(m-2)
Ta có hệ: + mBình tang = 44y + 18z = 147,825 (1)

+ mA = mC + mH + mO + mN ơắđ 66,075 = 12y + 2z + 3x*16*6 + 4x*16*7 + 3x*14*5 + 4x*14*6

ơắđ

12y + 2z + 1282x = 66,075 (2)

+ Từ phương trình: ta tìm mơi liên hệ giua y và z với x thông qua nước và CO2:

nCO2 nH2O

ơắđ

y z = 1,5*3x + 2*4x

ơắđ

y z – 12,5x = 0 (3)

Giải hệ: y = 2,475: z = 2,1625 và x = 0,025

Þ

nA = 3x + 4x = 3*0,025 + 4*0,025 = 0,175

- Ứng vi 0,175 mol A

ắắ

đ

mA = 66,075 gam

0,7 mol A

ắắ

đ

mA ở TN1 = 66,075*0,7/0,175 = 264,3 gam

- Áp dụng BTKL: mmuoi = 264,3 +3,9*56 – 0,7*18 = 470,1

Câu 8: Đun nóng 0,14 mol hỗn hợp A gồm hai peptit X (CxHyOzN4) và Y (CnHmO7Nt) với dung dịch NaOH vừa đủ chỉ thu

được dung dịch chứa 0,28 mol muối của glyxin và 0,4 mol muối của alanin. Mặt khác đốt cháy m gam A trong O2 vừa đủ

thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và nước là 63,312 gam. Giá trị m gần nhất là:

A. 28. B. 34. C. 32. D. 18.

- Ta tìm khối lượng của A ở TN 1 là bao nhiêu và khi đốt nó thì sinh ra tỗng khối lượng CO2và H2O là bao nhiêu, sau đó

dùng qui tác tam xuất.

- Thuỷ phân: từ công thức ta bết X là tetra (a mol) còn Y là hexa (b mol).

Tetr + 4NaOH Hexa + 6NaOH

a...4a b...6b

Þ

Ta có hệ: nA = a + b = 0,14 nNaOH ( BT natri trong muối) = 4a + 6b = 0,28 + 0,4

Þ

a = 0,08 và b = 0,06

Þ

BTKL mA = 0,28*97 + 0,4*111 + 0,14*18 0,68*40 = 46,88

- t chỏy: CnH2n-2O5N4

ắắ

đ

nCO2 + (n-1)H2O CmH2m-4O7N6

ắắ

đ

mCO2 + (m-2)H2O

0,08...0,08n ....0,08n-0,08 0,06...0,06m...0,06m..0,12

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

Þ

nCO2 – nH2O = y – z = 0,2 (2) giai 1 và 2 có y = 1,76 và z = 1,56

Þ

å

mCO2 + mH2O = 1,76*44 + 1,56*18 = 105,52

- Vy: c 46,88 gam A

ắắ

đ

mCO2 + mH2O = 105,52

m...63,312

Þ

m = 28,128 là A

Câu 9: (2015) Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở là X (x mol) và Y (y mol), đều tạo bởi glyxin và alanin.
Đun nóng 0,7 mol T trong lượng dư dung dịch NaOH thì có 3,8 mol NaOH phản ứng và thu được dung dịch chứa m
gam muối. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn x mol X hoặc y mol Y thì đều thu được cùng số mol CO2. Biết tổng số
nguyên tử oxi trong hai phân tử X và Y là 13, trong X và Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Giá trị của m là

A. 396,6. B. 409,2. C. 340,8. D. 399,4.

- Tổng oxi = 13

Þ

tổng N = 11

Þ

Tổng số liên kết = 9 và khơng có peptit nào có số liên kết nhỏ hơn 4, tức là từ 4 trở
lên nên: X là pentapeptit ( 4 liên kêt) CnH2n-3O6N5 với n

³

11 và Y là hexa peptit có 5 liên kết CmH2m-4O7N5 với m

³

13.

- TN1: pen + 5KOH

ắắ

đ

Muoi + H2O: Hex + 6NaOH

ắắ

đ

Muoi + H2O

a...5a...a b...6b...b
có hệ: a + b = 0,7 5a + 6b = 3,8 giải a = 0,4 và b = 0,3 tỷ lệ a:b = 4 : 3
- TN2: Gọi nX = 4x và nY = 3x; nCO2 = y; nH2O = z

CnH2n-3O6N5

ắắ

đ

nCO2 CnH2n-3O6N5

ắắ

đ

mCO2

4x...4nx 3x...3mx
- Bài cho: số mol CO2 bằng nhau nên 4nx = 3mx

ơắđ

n/m = 3/4 = 12/16

ị

Hai peptit l: C12H21O6N5 0,4 mol và C16H28O7N6 0,3 mol

- Bảo toàn khối lượng: mT + mNaOH = mmuoi + mH2O

Þ

mmuoi = 0,4*331 + 0,3*416 + 152 – 12,6 = 396,6

3/ Tính khối lượng phân tử hay số mắt xích của peptit:
Dựng cụng thc: AxBy

ắắ

đ

%A =

* *100

A
A Bx Y

NTK x

M = %bi cho

ắắ

đ

MAxBy

Da vo t l: 1 protein

ắắ

đ

n aminoaxit

số mol ...số mol

ắắ

đ

n = (s mol aminoaxit / s mol protein)

Câu 1:Một hemoglobin (hồng cầu của máu) chứa 0,4% Fe (mỗi phân tử hemoglobin chỉ chứa 1 nguyên tử Fe). Phân tử

khối gần đúng của hemoglobin trên là :A. 12000 B. 14000 C. 15000 D. 18000
1 Hemoglobin

ắắ

đ

1 Fe

%Fe = 56*1M*100 %= 0,4%

ắắ

đ

M = 14000

Bi 2: Xác định Phân tử khối gần đúng của một Polipeptit chứa 0,32% S tromh phân tử. Giả sử trong phân tử chỉ có 2 
nguyên tử S? a. 20.000(đvC) b.10.000(đvC). c. 15.000(đvC). d. 45.000(đvC).

%S = 32*M2*100 %= 0,32%

ắắ

đ

M = 20 0000

Bi 3: Khi thuỷ phân 500 g protein A thu được 170 g alanin. Nếu PTK của A là 50 000 thì số mắt xích alanin trong A là:
A) 1,91. B) 19,1. C) 191. D) 17 000.

1 protein

ắắ

đ

n Aalanin.

(500:50000)...(170:89)

ắắ

đ

n = 191

Bi 4: Thy phõn 1250 gam protein X thu được 425 gam alanin. Nếu phân tử khối của X bằng 100000 đvC thì số mắt
xích alanin có trong X là : a. 453. b. 382. c. 328. d. 479.

1 protein

ắắ

đ

n Aalanin.

(1250:100000)...(425:89)

ắắ

đ

n = 382
3/ Xỏc nh loại peptit:

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

+ Ta chuyển namino/ nH2O thành phân số tố giản, thì tử là loại peptit 
 + VD namino/ nH2O = 4/3 thí là tetrapeptit

Câu 1: Khi thủy phân hoàn toàn 65 gam một peptit X thu được 22,25 gam alanin và 56,25 gam glixin. X là: 
A. tripeptit B. tetrapeptit C.pentapeptit D. Đipeptit

- mH2O = (22.25 + 56,25) 65 = 13,5

ắắ

đ

nH2O = 0,75 nAla = 0,25 nGli = 0,75

peptit + H2O

ắắ

đ

Ala + Gli

0,75.0,25..0,75

ắắ

đ

namino/nH2O = (0,25+0,75)/ 0,75 = 4/3 là tetra

Bài 2: Khi thủy phân hoàn toàn 55,95 gam một peptit X thu được 66,75 gam alanin (amino axit duy nhất). X là :
a. tripeptit. b. tetrapeptit. c. pentapeptit. d. đipeptit. mH2O = 66,75 55,95 = 10,8

ắắ

đ

nH2O = 0,6

nAla = 0,75

peptit + H2O

ắắ

đ

Ala

0,6..0,78

ắắ

đ

namino/nH2O = 0,75/0,6 = 5/4 là penta

Câu 3: Khi thủy phân hoàn toàn 0,25 mol peptit X mạch hở (X tạo thành từ các -amino axit có một nhóm -NH2 và một

nhóm -COOH) bằng dung dịch KOH (dư 15% so với lượng cần phản ứng), cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp chất rắn
tăng so với khối lượng X là 253,1 gam. Số liên kết peptit trong X là

A. 10. B. 15. C. 16. D. 9.

Peptit + xKOH

ắắ

đ

Mui + H2O

0,25…….0,25x………0,25

- mMuoi = mpeptit + mKOH phan ung – mH2O = mpeptit + 56*0,25x – 0,25*18 (1)

- mKOH du = 0,15*0,25x*56 = 2,1x

- Chất rắn tăng so với peptit nên:

mran – mpeptit = 253,1

ơắđ

mpeptit + 56*0,25x 0,25*18 + 2,1x mpeptit = 253,1

Þ

x = 16 nên số liên kết

Câu 4: Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol peptit A mạch hở (A được tạo ra bởi các amino axit có 1 nhóm amino và 1 nhóm
cacboxyl) bằng một lượng NaOH gấp 3 lần lượng cần dùng. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn
tăng so với khối lượng của A là 58,2 gam. Số liên kết peptit của peptit A là:

A. 14 B. 15 C. 4 D. 5

Peptit + xNaOH

ắắ

đ

(x+1)Muoi + H2O

0,1...0,1x...0,1(x+1) ...0,1 va2 0,2xNaOH du
- mmuoi = mPeptit + mNaOH phan ung – mH2O = 0,1*Mpeptit + 0,1*x*40 – 0,1*18

- mran – mpeptit = 58,2

ơắđ

mNaOH du + mmuoi mpeptit = 58,2

ơắđ

[(0,2x*40) + (0,1*Mpeptit + 0,1*x*40 – 1,8)] – 0,1Mpeptit = 58,2 giai x = 5

POLIME

Dạng 2. Xác định số mắt xích của polime

- số mắt xích bằng tỉ lệ khối lượng phân tử của đoạn polime và khối lượng của mắt xích
- tính số mắt xích dựa vào phản ứng clo hóa hoặc phản ứng cộng

Câu 1.

Polietilen có khối lượng phân tử 14000 đvC. Hệ số trùng hợp n là:

A. 50 B. 500 C. 1700 D. 178

HD: (CH2-CH2)n

→

14000

500

28 n

=

→ Đáp án: B

Câu 2.

Polisaccarit ( C6H10O5)n có khối lượng phân tử là 162000 đvC có hệ số trùng hợp là:

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

HD:

162000

1000

162 n

=

→ Đáp án: C

Câu 3.

Khối lượng phân tử của tơ Capron là 15000 đvc. Số mắt xích trong cơng thức phân tử của loại tơ này là:
A. 113 B. 133 C. 118 D. 226

HD: tơ capron: [ NH-(CH2)5-C]n

O

15000

133

113 n

=

→ Đáp án: B

Câu 4.

Hệ số polime hóa trong mẫu cao su buna (M  40.000) bằng

A. 400 B. 550 C. 740 D. 800

HD: cao su buna [CH2-CH=CH-CH2]n

40000

740

54 n

=

»

→ Đáp án: C

Câu 5.

Polime X có phân tử khối M=280.000 đvC và hệ số trùng hợp n=10.000. X là
A. PE B. PVC C. (-CF2-CF2-)n D. polipropilen

HD: phân tử khối của một mắt xích là X
→

280000

28 10000

M

X

n

=

đvC → Đáp án: A

Câu 6.

Clo hoá PVC được một loại tơ Clorin chứa 66,6% Clo. Trung bình một phân tử Clo tác dụng với bao nhiêu mắc

xích PVC?

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

HD:

Phn ng clo húa:

CnH2nCln + Cl2

ắắđ

xt CnH2n-1Cln+1 + HCl

→

%

35,5(

1)

.100% 66,6%

62,5

34,5

n

Cl

n

+

=

+

→

n

»

2

→ Đáp án: B

Câu 7: Cứ 5,668 gam cao su buna-S phản ứng vừa hết với 3,462 gam brom trong CCl4. Hỏi tỉ lệ mắt xích butađien và
stiren trong cao su buna-S là bao nhiêu?

A. 1/3 B. 1/2 C. 2/3 D. 3/5

gặp bài dạng này giải hệ là dễ hiểu nhất.
C4H6 : a mol (Butadien 1-3)

C8H8 : b mol. (Stiren)

số mol Br2 là số mol của Butadien 1-3, ta có hệ:

54a + 104b = 5,668
a = 3,462/160.

suy ra a = 0,02. b = 0,04. Nên a/b = 1/2.

Hoặc giải cách khác như sau: ta có số mol Br2 chính là số mol butadien
trong 5.668 g

tỉ lệ là ½

Hoặc giải cách khác như sau : Cao su buna-S là san phâm cua buta-1,3-dien và striren

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

mBr

nCaosuS

mBr

nCaosuS

mBr

nCaosuS

3, 462

160 5, 668

54

104 mBr

m

nCaosuS

=

m

+

n

m:n=1:2

Phương pháp 2: BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG

I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. Nội dung phương pháp

- Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng (BTKL): “ Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối
lượng các chất sản phẩm”

Điều này giúp ta giải bài toán hóa học một cách đơn giản, nhanh chóng
Xét phản ứng: A + B  C + D

Ta ln có: mA + mB = mC + mD (1)

* Lưu ý: Điều quan trọng nhất khi áp dụng phương pháp này đó là việc phải xác định đúng lượng chất (khối lượng)
tham gia phản ứng và tạo thành (có chú ý đến các chất kết tủa, bay hơi, đặc biệt là khối lượng dung dịch).

2. Các dạng bài toán thường gặp

Hệ quả 1: Biết tổng khối lượng chất ban đầu  khối lượng chất sản phẩm
Phương pháp giải: m(đầu) = m(sau) (không phụ thuộc hiệu suất phản ứng)

Hệ quả 2: Trong phản ứng có n chất tham gia, nếu biết khối lượng của (n – 1) chất thì ta dễ dàng tính khối lượng của
chất cịn lại.

Hệ quả 3: Bài tốn: Kim loại + axit  muối + khí
m = m + m

- Biết khối lượng kim loại, khối lượng anion tạo muối (tính qua sản phẩm khí)  khối lượng muối
- Biết khối lượng muối và khối lượng anion tạo muối  khối lượng kim loại

- Khối lượng anion tạo muối thường được tính theo số mol khí thốt ra:
 Với axit HCl và H2SO4 loãng

+ 2HCl  H2 nên 2Cl  H2

+ H2SO4 H2 nên SO42  H2

 Với axit H2SO4 đặc, nóng và HNO3: Sử dụng phương pháp ion – electron (xem thêm phương pháp bảo toàn

electron hoặc phương pháp bảo toàn nguyên tố)

Hệ quả 3: Bài toán khử hỗn hợp oxit kim loại bởi các chất khí (H2, CO)

Sơ đồ: Oxit kim loại + (CO, H2)  rắn + hỗn hợp khí (CO2, H2O, H2, CO)

Bản chất là các phản ứng: CO + [O]  CO2

H2 + [O]  H2O

 n[O] = n(CO2) = n(H2O)  m = m - m[O]

3. Đánh giá phương pháp bảo toàn khối lượng.

Phương pháp bảo toàn khối lượng cho phép giải nhanh được nhiều bài toán khi biết quan hệ về khối lượng của
các chất trước và sau phản ứng.

Đặc biệt, khi chưa biết rõ phản ứng xảy ra hoàn tồn hay khơng hồn tồn thì việc sử dụng phương pháp này càng
giúp đơn giản hóa bài tốn hơn.

Phương pháp bảo toàn khối lượng thường được sủ dụng trong các bài toán nhiều chất.
4. Các bước giải.

- lập sơ đồ biến đổi các chất trước và sau phản ứng.

- Từ giả thiết của bài tốn tìm

å

m =

å

m (không cần biết phản ứng là hồn tồn hay khơng hồn tồn)

- Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng để lập phương trình tốn học, kết hợp dữ kiện khác để lập hệ phương trình
tốn.

muối kim loại anion tạo muối

rắn oxit

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

- Giải hệ phương trình.

THÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Hồ tan hoàn toàn 3,9 gam kali vào 36,2 gam nước thu được dung dịch có nồng độ

A. 15,47%. B. 13,97%. C. 14,0% D. 4,04%.

Giải:

2K + 2H2O 2KOH + H2



0,1 0,10 0,05(mol)

mdung dịch = mK +

m

H2O -

m

H2 = 3,9 + 36,2 - 0,05



2 = 40 gam

C%KOH =

40

56 0,1



100 

% = 14%



Đáp án C

Ví dụ 2: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp CuSO4 và KCl với điện cực trơ đến khi thấy khí bắt đầu thốt ra ở cả hai điện

cực thì dừng lại thấy có 448 ml khí (đktc) thốt ra ở anot. Dung dịch sau điện phân có thể hoà tan tối đa 0,8 gam MgO.
Khối lượng dung dịch sau điện phân đã giảm bao nhiêu gam (coi lượng H2O bay hơi là không đáng kể) ?

A. 2,7 B. 1,03 C. 2,95. D. 2,89.

Giải:

CuSO4 + 2KCl





+ Cl2



+ K2SO4 (1)

0,01



0,01

Dung dịch sau điện phân hoà tan được MgO



Là dung dịch axit, chứng tỏ sau phản ứng (1) CuSO4 dư

2CuSO4 + 2H2O



2Cu



+ O2



+ H2SO4 (2)

n +

n

O2 =

22400

480

= 0,02 (mol)

H2SO4 + MgO



MgSO4 + H2O (3)

0,02



0,02 (mol)

mdung dịch giảm = mCu +

m

Cl2 +

m

O2 = 0,03



64

+ 0,01x71 + 0,01x32 = 2,95 gam



Đáp án C

Ví dụ 3: Cho 50 gam dung dịch BaCl2 20,8 % vào 100 gam dung dịch Na2CO3, lọc bỏ kết tủa được dung dịch X. Tiếp tục

cho 50 gam dung dịch H2SO4 9,8% vào dung dịch X thấy ra 0,448 lít khí (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng

độ % của dung dịch Na2CO3 và khối lượng dung dịch thu được sau cùng là:

A. 8,15% và 198,27 gam. B. 7,42% và 189,27 gam.

C. 6,65% và 212,5 gam. D. 7,42% và 286,72 gam.

Giải:

n = 0,05 mol ; n = 0,05 mol
BaCl2 + Na2CO3



BaCO3



+ 2NaCl

0,05 0,05 0,05 0,1

Dung dịch B + H2SO4



khí



dung dịch B có Na2CO3 dư

Na2CO3 + H2SO4



Na2SO4 + CO2 + H2O

0,02 0,02



n ban đầu = 0,05 + 0,02 = 0,07 mol



C% =

100

106

07 ,

0 

%

100 

= 7,42%
ĐLBTKL: mdd sau cùng = 50 + 100 + 50 - m



- m

= 50 + 100 + 50 - 0,05.197 - 0,02.44 = 189,27 gam

Cl2

H2SO4
BaCl2

Na2CO3
Na2CO3

CO2

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>



Đáp án B

Ví dụ 4: X là một



- aminoaxit, phân tử chứa một nhóm -NH2 và một nhóm -COOH. Cho 0,89 gam X phản ứng vừa đủ

với HCl thu được 1,255 gam muối. Công thức tạo ra của X là:

A. CH2 =C(NH2)-COOH. B. H2N-CH=CH-COOH.

C. CH3-CH(NH2)-COOH. D. H2N-CH2-CH2-COOH.

Giải:

HOOC - R - NH2 + HCl



HOOC -R-NH3Cl



mHCl = m muối - maminoaxit = 0,365 gam



mHCl = 0,01 (mol)



Maminoxit =

01 ,

0

89 ,

0

= 89

Mặt khác X là



-aminoaxit



Đáp án C

Ví dụ 5: Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với 9,2 gam Na, thu
được 24,5 gam chất rắn. Hai ancol đó là:

A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH.

C. C3H5OH và C4H7OH. D. C3H7OH và C4H9OH.

Giải:

R

OH

+ 2Na



R

ONa

+ H2

Theo đề bài hỗn hợp rượu tác dụng với hết Na



Học sinh thường nhầm là: Na vừa đủ, do đó thường giải sai theo hai
tình huống sau:

Tình huống sai 1: nNa=

23

2 ,

9

= 0,4



nrượu = 0,4



rượu =

4 ,

0

6 ,

15

= 39



Đáp án A



Sai.

Tình huống sai 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng:
nrượu =

22

6 ,

15

5 ,

24 

= 0,405



rượu =

405 ,

0

6 ,

15

= 38,52



Đáp án A



Sai
Áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng ta có:

m = mrượu + mNa - mrắn = 15,6 + 9,2 - 24,5 = 0,3 gam



nrượu= 2n = 0,3 (mol)



rượu =

3 ,

0

6 ,

15

= 52



Đáp án B

Ví dụ 6: Trùng hợp 1,680 lít propilen (đktc) với hiệu suất 70%, khối lượng polime thu được là:

A. 3,150 gam. B. 2,205 gam. C. 4,550 gam. D.1,850 gam.
Giải:

ĐLBTKL: mpropilen = mpolime =

4 ,

22

680 ,

1

.42.

%

100 %

70

= 2,205 gam



Đáp án B

Ví dụ 7: Xà phịng hố hoàn toàn 17,24 gam chất béo cần vừa đủ 0,06 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu
được khối lượng xà phòng là:

A. 17,80 gam. B.18,24 gam. C. 16,68 gam. D.13,38 gam.

(Trích đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008)

Giải:

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH



3RCOONa + C3H5(OH)3

Theo định luật bảo tồn khối lượng:

17,24 + 0,06.40= mxà phịng + 0,02.92



mxà phòng =17,80 gam



Đáp án: A

M

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

Ví dụ 8: Cho 3,60 gam axit cacboxylic no, đơn chức X tác dụng hoàn toàn với 500ml dung dịch gồm KOH 0,12M và
NaOH 0,12M. Cô cạn dung dịch thu được 8,28 gam hỗn hợp chất rắn khan. Công thức phân tử của X là:

A. C2H5COOH. B. CH3COOH. C. HCOOH. D. C3H7COOH.

(Trích đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008)

Giải:

RCOOH + KOH  RCOOK + H2O

RCOOH + NaOH  RCOONa + H2O

nNaOH = nKOH = 0,5.0,12 = 0,06 mol

ĐLBTKL: mX + mNaOH + mKOH = mrắn + m



m = 1,08 gam



n = 0,06 mol



nRCOOH = n = 0,06 mol



MX = R + 45 =

06 ,

0

60 ,

3

= 60



R = 15



X: CH3COOH



Đáp án B

Ví dụ 9: Nung 14,2 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại hoá trị 2 được 7,6 gam chất rắn và khí X. Dẫn tồn bộ
lượng khí X vào 100ml dung dịch KOH 1M thì khối lượng muối thu được sau phản ứng là: A. 15 gam

B. 10 gam C. 6,9 gam D. 5 gam

Giải:
X là CO2

ĐLBTKL: 14,2 = 7,6 + mX



mX = 6,6 gam



nX = 0,15 mol

Vì:

CO
KOH

n

m

15 ,

0

1 ,

0

< 1



muối thu được là KHCO3

CO2 + KOH



KHCO3

0,1 0,1 0,1



m = 0,1.100 = 10 gam



Đáp án B

Ví dụ 10: Nhiệt phân hoàn toàn M gam hỗn hợp X gồm CaCO3 và Na2CO3 thu được 11,6 gam chất rắn và 2,24 lít khí ở

điều kiện tiêu chuẩn. Hàm lượng % của CaCO3 trong X là:

A. 6,25% B. 8,62% C. 50,2% D. 62,5%

Giải:

CaCO3





t CaO + CO

nCaCO3 = nCO2 = 0,1 (mol)



mCaCO3= 10 gam

Theo ĐLBTKL: mX = mchất rắn = mkhí = 11,6 + 0,1



44=16 gam



%CaCO3=

16

10 

100% = 62,5%



Đáp án: D

Ví dụ 11: Đun 27,6 gam hỗn hợp 3 ancol đơn chức với H2SO4 đặc ở 140oC (H=100%) được 22,2 gam hỗn hợp các ete có

số mol bằng nhau. Số mol mỗi ete trong hỗn hợp là:

A. 0,3. B. 0,1 C. 0,2 D.0,05

Giải:

Số ete thu được là:

2 )

1

3 (

3 

= 6

ĐLBTKL: 27,6= 22,2 +

m

H2O



m

H2O = 5,4 gam



n

H2O = 0,3 mol



n

H2O=



n

ete = 6nete



nmỗi ete = 0,3: 6 = 0,5 mol



Đáp án: D

Ví dụ 12: Đốt cháy hoàn toàn 0,025 mol chất hữu cơ X cần 1,12 lít O2 (đktc), dẫn tồn bộ sản phẩm thu được qua bình 1

đựng P2O5 khan và bình 2 đựng Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng 0,9 gam, bình 2 tăng 2,2 gam. Công thức phân tử

của X là:

H2O

H2O H2O

H2O

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

A. C2H4O. B. C3H6O. C. C3H6O2. D. C2H4O2.

Giải

mbình 2 tăng =

m

CO2 , mbình 1 tăng =

m

H2O

ĐLBTKL: mx +

m

O2 =

m

CO2+

m

H2O



mx + 32.0,05 = 0,9 + 2,2



mx = 1,5 gam



Mx = 1,5:0,025=60



Đáp án: D

Ví dụ 13: Cho 20,2 gam hỗn hợp 2 ancol tác dụng vừa đủ với K thấy thốt ra 5,6 lít H2(đktc) và khối lượng muối thu được

là: A. 3,92 gam B. 29,4 gam C. 32,9 gam D. 31,6 gam
Giải:

R

(OH)a + aK



R

(OK)a +

2 a

x xa 0,5 ax



n

H2= 0,5 ax = 0,25



ax = 0,5 mol
ĐLBTKL: 20,2 + 39.0,5 = mmuối + 2.0,25



mmuối = 39,2 gam



Đáp án A

Ví dụ 14: Xà phịng hố chất hữu cơ X đơn chức được 1 muối Y và ancol Z. Đốt cháy hoàn toàn 4,8 gam Z cần 5,04 lít
O2 (đktc) thu được lượng CO2 sinh ra nhiều hơn lượng nước là 1,2 gam. Nung muối Y với vơi tơi xút thu được khí T có tỉ

khối hơi đối với H2 là 8. Công thức cấu tạo của X là:

A. C2H5COOCH3 B. CH3COOCH3 C. HCOOCH3. D. CH3COOC2H5

Giải:

X + NaOH



muối Y + ancol Z



X: este đơn chức
RCOOR’ + NaOH





to

RCOONa + R’OH
RCOONa + NaOH RH + Na

2CO3

MRH = 8.2 =16



RH: CH4



RCOONa : CH3COONa

CxHyO(Z) + O2



CO2 + H2O

ĐLBTKL: 4,8 + 0,225.32 =

m

CO2+

m

H2O = 12

m

= HO

m

+ 1,2



m

CO2= 6,6 gam, H O

m

= 5,4 gam
mC = 12.

n

=1,8 gam; mH = 2.nH2O = 0,6 gam; mO = 2,4 gam

x: y: z =

12

8 ,

1

6 ,

0

16

4 ,

2

= 0,15: 0,6: 0,15 = 1: 4: 1



Z: CH3OH



X : CH3COOCH3



Đáp án B

Ví dụ 15: Đốt cháy hoàn toàn 4,3 gam một axit cacboxylic X đơn chức thu được 4,48lít CO2 (đktc) và 2,7 gam H2O. Số

mol của X là:

A. 0,01mol B. 0,02 mol C. 0,04 mol D. 0,05 mol

Giải:

Theo ĐLBTKL: mX +

m

O2=

m

CO2 +

m

H2O



m

O2= 2,7 + 0,2



44 – 4,3 = 10,3 gam



n

O2= 0,225 (mol)

Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với oxi:
nX +

n

O2=

n

CO2+

2 n

HO



n

X =

n

CO2+

2 n

HO

2 -
2

n

= 0,05(mol)



Đáp án D

Ví dụ 16: Đốt cháy hoàn toàn x gam hỗn hợp X gồm propan, buten-2, axetilen thu được 47,96 gam CO2 và 21,42 gam

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

Giải:

n

= 1,09 mol ;

n

H2O = 1,19 mol



x = mC + mH = 12.

n

+

2.n

H2o = 15,46 gam



Đáp án A

Ví dụ 17: Đun nóng 5,14 gam hỗn hợp khí X gồm metan, hiđro và một ankin với xúc tác Ni, thu được hỗn hợp khí Y. Cho
hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch brom dư thu được 6,048 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối đối với hiđro bằng 8. Độ
tăng khối lượng dung dịch brom là:

A. 0,82 gam. B. 1,62 gam C. 4,6 gam D. 2,98 gam.
Giải:



 

Ni,



to



 





Br2 Z

Nhận thấy: mkhí tác dụng với dung dịch brom = mkhối lượng bình brom tăng

mX = mY=mZ + mkhối lượng bình brom tăng

mkhối lượng bình brom tăng = mX - mZ = 5,14 -

4 ,

22

048 ,

6

2

8 

= 0,82 gam



Đáp án A

Ví dụ 18: Hồ tan hồn tồn 8,9 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl dư được 4,48 lít (đktc). Cơ cạn dung dịch
thu được sau phản ứng thì lượng muối khan thu được là:

A. 23,1 gam B. 46,2 gam C. 70,4 gam D. 32,1 gam

Giải:

Cách 1: Gọi công thức chung của hai kim loại M, hóa trị n
2M + 2nHCl



2MCln + nH2

0,4





0,2 (mol)

Theo ĐLBTKL: mkim loại + mHCl = mmuối +

m



mmuối = 8,9 + 0,4



36,5 – 0,2



2

=23,1 gam



Đáp án A

Cách 2: mCl-muối = nH+ =

2.n

H2 = 0,4 (mol)

mmuối = mkim loại + mCl-(muối) = 8,9 + 0,4



35,5 = 23,1 gam



Đáp án A

Ví dụ 19. Hồ tan hồn tồn 15,9 gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Al, Mg và Cu bằng dung dịch HNO3 thu được 6,72 lít khí

NO (sản phảm khử duy nhất) và dung dịch X. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thì lượng muối khan thu được là bao nhiêu?

A. 77,1 gam B. 71,7 gam C. 17,7 gam D. 53,1 gam

Giải:
5


N

+ 3e



N

2 (NO)

0,9



0,3(mol)

Vì sản phẩm khử duy nhất là NO



n

NO3 (trong muối) =



n

e nhường (hoặc nhận) = 0,9 mol

(Xem thêm phương pháp bảo toàn e)



m

muối = mcation kim loại + mNO



3(trong muối) 15,9 + 0,9



62 = 71,7 gam



Đáp án B

PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN ĐIỆN TÍCH

I. CƠ SƠ CỦA PHƯƠNG PHÁP
1. Cơ sở: Nguyên tử, phân tử, dung dịch ln ln trung hịa về điện

- Trong nguyên tử: số proton = số electron
- Trong dung dịch:

å

số mol  điện tích ion dương = 

å

số mol  điện tích ion âm

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

a, Khối lượng dung dịch muối (trong dung dịch) =

å

khối lượng các ion tạo muối
b, Q trình áp dụng định luật bảo tồn điện tích thường kết hợp:

- Các phương pháp bảo toàn khác: Bảo tồn khối lượng, bảo tồn ngun tố
- Viết phương trình hóa học ở dạng ion thu gọn

II. CÁC DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1: Áp dụng đơn thuần định luật bảo tồn điện tích

Ví dụ 1 : Một dung dịch có chứa 4 ion với thành phần : 0,01 mol Na+, 0,02 mol Mg2+, 0,015 mol 2
4

SO

, x mol

Cl

. Giá

trị của x là

A. 0,015. B. 0,035. C. 0,02. D. 0,01.

Giải:

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích ta có:

0,01.1 + 0,02.2 = 0.015.2 +x.1



x = 0,02



Đáp án C

Dạng 2: Kết hợp với định luật bảo tồn khối lượng

Ví dụ 2 : Dung dịch A chứa hai cation là Fe2+: 0,1 mol và Al3+: 0,2 mol và hai anion là

Cl

: x mol và 2
4

SO

: y mol. Đem
cô cạn dung dịch A thu được 46,9 gam hỗn hợp muối khan. Giá trị của x và y lần lượt là: A. 0,6 và 0,1 B. 0,3
và 0,2 C. 0,5 và 0,15 D. 0,2 và 0,3

Giải:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

0,01.2 + 0,2.3 =x.1 +y.2



x + 2y = 0,8 (*)

Khi cô cạn dung dịch khối lượng muối =  khối lượng các ion tạo muối
0,1.56+0,2.27 +x.35,5 +y.96= 46,9



35,5x +96y = 35,9 (**)
Từ (*) và (**)



x = 0,2; y = 0,3



Đáp án D.

Ví dụ 3 : Chia hỗn hợp X gồm hai kim loại có hố trị khơng đổi thành 2 phần bằng nhau.

Phần 1: Hoà tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thu được 1,792 lít H2 (đktc).

Phần 2 : Nung trong khơng khí dư thu được 2,84 gam hỗn hợp rắn chỉ gồm các oxit. Khối lượng hỗn hợp X là: A. 1,56

gam. B. 1,8 gam. C. 2,4 gam. D. 3,12 gam.

Giải:

Nhận xét: Tổng số mol  điện tích ion dương (của hai kim loại) trong hai phần là bằng nhau



Tổng số mol  điện tích
ion âm trong hai phần cũng bằng nhau

O2-



2Cl



Mặt khác:

n

Cl-=

n

H= 2

n

0,08mol

22,4

1,792





nO(trong oxit) = 0,04(mol)



Trong một phần: mkim loại= moxit – moxi = 2,84 – 0,08.16 = 1,56 gam



khối lượng hỗn hợp X = 2.1,56 = 3,12gam



Đáp án D

Dạng 3: Kết hợp với bảo tồn ngun tố

Ví dụ 4 : Cho hỗn hợp X gồm x mol FeS2 và 0,045 mol Cu2S tác dụng vừa đủ với HNO3 lỗng, đun nóng thu được dung

dịch chỉ chứa muối sunfat của các kim loại và giải phóng khí NO duy chất. Giá trị của x là:

A. 0,045 B. 0,09. C. 0,135. D. 0,18.

Giải:

- Áp dụng bảo toàn nguyên tố
Fe3+: x mol; Cu2+: 0,09 mol; 2

SO

: (x + 0,045) mol

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

3x + 2.0,09 = 2(x + 0,045)



x = 0,09



Đáp án B

Ví dụ 5 : Dung dịch X có chứa 5 ion : Mg2+, Ba2+ , Ca2+, 0,1 mol

Cl

 và 0,2 mol 

NO

. Thêm dần V lít dung dịch K2CO3

1M vào X đến khi được lượng kết tủa lớn nhất thì giá trị V tối thiểu cần dùng là

A. 150ml B. 300ml C. 200ml D. 250ml

Giải:

Có thể quy đổi các ion Mg2+, Ba2+, Ca2+ thành M2+ (xem thêm phương pháp quy đổi)

M2+ + 2

CO



MCO

3



Khi phản ứng kết thúc, phần dung dịch chứa K+,

Cl

 và 
3

NO

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích ta có:



n

Cl+
-3

n

= 0,15 (lít) = 150ml



Đáp án A

Dạng 4: Kết hợp với việc viết phương trình ở dạng ion thu gọn

Ví dụ 6 : Cho tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp gồm Al và Al2O3 trong 500ml dung dịch NaOH 1M thu được 6,72 lít H2

(đktc) và dung dịch X. Thể tích HCl 2M tối thiểu cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn nhất là

A. 0,175 lít. B. 0,25 lít. C. 0,125 lít. D. 0,52 lít.
Giải:

Dung dịch X chứa các ion Na+; 

AlO

;

OH

dư (có thể).
Áp dụng định luật bảo tồn điện tích: 

AlO

n

+

n

OH =

n

Na = 0,5

Khi cho HCl vào dung dịch X:
H+ +

OH

  H

2O (1)

H+ + 

AlO

+ H2OAl(OH)3 (2)

3H+ + Al(OH)

3 Al3++ 3H2O (3)

Để kết tủa là lớn nhất  không xảy ra (3) và nH+ = 

AlO

n

+ nOH-= 0,5
VHCl =

0 ,

25

2

5 ,

0 

(lít)  Đáp án B

Dạng 5: Bài tốn tổng hợp

Ví dụ 7 : Hồn toàn 10 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe bằng dung dịch HCl 2M. Kết thúc thí nghiệm thu được dung dịch
Y và 5,6 lít H2 (đktc). Để kết tủa hồn tồn các cation có trong Y cần vừa đủ 300ml dung dịch NaOH 2M. Thể tích dung

dịch HCl đã dùng là

A. 0,2 lít. B. 0,24 lít. C. 0,3 lít. D. 0,4 lít
Giải:


 
 OH

Na n

n nNaOH = 0,6 (mol)

Khi cho NaOH vào dung dịch Y (chứa các ion: Mg2+; Fe2+; H+ dư;

Cl

) các ion dương sẽ tác dụng với

OH

để tạo
thành kết tủa. Như vậy dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa Na+ và

Cl





n

Cl



n

Na= 0,6  nH = 0,6VHCl=



0,3lít



2 0,6

Đáp án C

Ví dụ 8 : Để hồ tan hồn tồn 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần vừa đủ 700ml dung dịch HCl 1M thu

được dung dịch X và 3,36 lít H2 (đktc). Cho NaOH dư vào dung dịch X rồi lấy toàn bộ kết tủa thu được đem nung trong

khơng khí đến khối lượng khơng đối thì lượng chất rắn thu được là

A. 8 gam B. 16 gam C. 24 gam D. 32 gam

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

Với cách giải thông thường, ta viết 7 phương trình hố học, sau đó đặt ẩn số, thiết lập hệ phương trình và giải
Nếu áp dụng định luật bảo tồn điện tích ta có:

Fe + 2HCl FeCl2 + H2

Số mol HCl hoà tan là Fe là: nHCl = 2nH2 = 0,3(mol)

Số mol HCl hoà tan các oxit = 0,7 – 0,3 = 0,4 mol
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:

nO2-(oxit) =

0,3(mol)

56 0,2.16

20

56 m

n

0,2(mol)

n

2

1

oxit oxi

Fe(trongX)

















Có thể coi: 2Fe (trong X) Fe2O3

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

PHƯƠNG PHÁP QUI ĐỔI

I. CƠ SƠ CỦA PHƯƠNG PHÁP

1. Nguyên tắc chung

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 ph

é

p tính trở nên dàng, thuận tiện.

Khi áp dụng phương pháp quy đổi phải tuân thủ 2 nguyên t

ắ

c sau :

+ Bảo toàn nguyên tố.

+ Bảo toàn số oxi hoá.

2. Các hướng quy đổi và chú ý

(l) Một bài tốn có thể có nhiều hướng quy đổi khác nhau, trong đó có 3 hướng chính :

Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hoặc chỉ một chất.

Trong trường hợp này thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất như ban đầu, ta chuyển thành hỗn hợp với số chất

ít hơn (cũng của các ngun tố đó), thường là hỗn hợp 2 chất, thậm chí là 1 chất duy nhất.

Ví dụ, với hỗn hợp các chất gồm

F

e,

F

eO,

F

e

O

,

F

e

O

ta có thể chuyển thành các tổ hợp sau : (

F

e và

F

eO), (

F

e và

F

e

O

), (

F

e và

F

e

O

), (

F

eO và

F

e

O

), (

F

eO và

F

e

O

), (

F

e

O

và

F

e

O

) hoặc

F

e

O

.

Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng.

Thơng thường ta gặp bài tốn hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ gồm 2 (hoặc 3) nguyên tố. Do đó,

có thể quy đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp chỉ gồm 2 (hoặc 3) chất là các nguyên tử tương ứng.

Ví dụ ; (

F

e,

F

eS,

F

eS

, Cu, CuS, Cu

S) (Cu,

F

e, S).

Khi thực hiện ph

é

p quy đổi phải đảm bảo :

*

Số electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron).

*

Do sự thay đổi tác nhân oxi hố



có sự thay đổi sản ph

ẩ

m cho phù hợp.

Thông thường ta hay gặp dạng bài sau :

Kim loại Hỗn hợp sản ph

ẩ

m trung gian Sản ph

ẩ

m cuối

Ví dụ : Q trình OXH hoàn toàn

F

e thành

F

e

F

e

F

e

F

e

O

Ở

đây, vì trạng thái đầu (

F

e) và trạng thái cuối (

F

e

) ở hai quá trình là như nhau, ta có thể quy đổi hai tác nhân

OXH O

và HNO

thành một tác nhân duy nhất là O

(2) Do việc quy đổi nên trong một số trường hợp số mol một chất có thể có giá trị âm để tổng số mol mỗi

nguyên tố là khơng đổi (bảo tồn).

(3) 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 hoá bài toán để tránh viết phương trình phản ứng, qua đó

rút ng

ắ

n thời gian làm bài.

(4) Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái qt cao nhất là quy đổi thẳng về các nguyên tử tương ứng. Đây

là phương án cho lời giải nhanh, gọn và d

ễ

hiểu biểu thị đúng bản chất hố học.

II. CÁC DẠNG BÀI TỐN THƯỜNG GẶP

Ví dụ 1:

Nung m gam bột s

ắ

t trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất r

ắ

n X. Hoà tan hết hỗn hợp X trong

dung dịch HNO

dư thốt ra 0,56 lít ở đktc NO (là sản ph

ẩ

m khử duy nhất). Giá trị của m là:

quy đổi

OXH2
OXH1

+ O2

+ HNO3

+ O2

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

A. 2,52

B. 2,22

C. 2,62

D. 2,32

Giải:

Sơ đồ hoá bài tốn:

F

e

[O]

2 3
3 4

Fe

FeO

X

Fe O

ì

ü

ï

ù

ắắắ

đ ớ

ý

ù

ùỵ

ợ

m gam

3,0 gam

Cú: n

= 0,025mol

Trong trường hợp này ta có thể quy đổi hỗn hợp ban đầu về các hỗn hợp khác đơn giản gồm hai chất (Fe và

Fe

2

O

3

; FeO và Fe

2

O

3

; Fe

3

O

4

và Fe

2

O

3

; Fe và FeO; Fe và Fe

3

O

4

; FeO và Fe

3

O

4

hoăc thậm chí chỉ một chất

Fe

x

O

y

ở đây tác giả chỉ trình bày hai phương án tối ưu nhất

Phương án 1:

Quy đổi hỗn hợp X thành







mol

y

:

O

F

e

mol

x

:

F

e

3
2

Theo bảo toàn khối lượng: 56x +160y = 3,0 (1)

Các quá trình nhường nhận electron:

F

e



F

e

+3e N

+ 3e



N

x

3x

0,075 0,025

Theo bảo toàn electron: 3x = 0,075



x = 0,025 (2)

Từ (1) và (2)











0,01

y

0,025

x

; Vậy X gồm







0,01mol

:

O

F

e

0,025mol

:

F

e

3
2

Theo bảo toàn nguyên tố đối với

F

e:



n

= n

+ 2

n

Fe2O3

= 0,045 mol



m =56.0,045= 2,52



Đáp án A

Phương án 2:

Quy đổi hỗn hợp X thành







mol

y

:

F

eO

mol

x

:

F

e

Theo bảo toàn khối lượng: 56x+72y = 3,0 (3)

Các quá trình nhường nhận của eletron:

F

e



F

e

+ 3e ;

F

e



F

e

+ 1e ; N

+ 3e



N

x

3x

y

0,075

0,025

Theo bảo toàn eletron: 3x + y = 0,075 (4)

Từ (3) (4)











0,03

y

0,015

x

; Vậy X gồm:







mol

0,03

:

eO

mol

0,015

:

F

e

F

Theo bảo toàn nguyên tố đối với

F

e:



n

= n

+n

FeO

= 0,045 mol



m = 56.0,045 = 2,52



Đáp án A.

Ví dụ 2:

Hồ tan hồn tồn 30,4 gam r

ắ

n X gồm cả CuS Cu

S và S bằng HNO

dư, thốt ra 20,16 lít khí NO

duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)

dư vào Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 81,55.

B. 104,20.

C. 110,95.

D. 115.85.

Giải:

Qui đổi hỗn hợp X thành







mol

y

:

CuS

mol

x

:

Cu

Theo bảo toàn khối lượng: 64x+96y= 30,4(5)

Sơ đồ hố bài tốn:

Khí NO
Dung dịch Fe3+

(0,56 lít, đktc)

Khí NO+2

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

X









0
0

CuS

u

C

Các quá trình nhường nhận electron

Cu



Cu

+ 2e ; CuS



Cu

+ S

+ 8e ; N

+ 3e



N

x

2x

y

8y

2,7



0,9

Theo bảo toàn eletron: 2x +8y = 2,7 (6)

Từ (5),(6)















0,35

y

0,05

x



X gồm









mol

0,35

:

CuS

mol

0,05

:

Cu

Theo bảo toàn nguyên tố:













mol

0,35

n

0,3mol

n

S
BaSO
Cu

Cu(OH)
4
2



m = 98.0,3 + 233.0,35



m=110,95



Đáp án C

Ví dụ 3:

Hỗn hợp X có tỉ khối so với H

là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol

X, tổng khối lượng của CO

và H

O thu được là

A. 18,60 gam.

B. 18,96 gam.

C. 19,32 gam.

D. 20,40 gam.

Giải:

Sơ đồ đốt cháy:









 











O

H

CO

H

C

H

C

2
2
t
,
O
4
3
8
3 0
2

Tổng khối lượng CO

và H

O thu được là:

M = 44. 0,3 +18. (0,06. 4 + 0,042)= 18,96 gam



Đáp án B



Tương tự có thể quy đổi hỗn hợp X thành (C

3

H

8

và C

3

H

6

) hoặc (C

3

H

6

và C

3

H

4

) cũng thu được kết quả trên

Ví dụ 4:

Nung m gam bột Cu trong Oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất r

ắ

n X gồm Cu, CuO và Cu

O. Hồ tan

hồn tồn X trong H

SO

đặc nóng thốt ra 4,48 lít khí SO

duy nhất (đktc). Giá trị của m là

A. 9,6.

B. 14,72.

C. 21,12.

D. 22,4.

Giải:

Sơ đồ hoá bài toán

Cu













 



















 HSOđ

[O] 2 4

O

Cu

CuO

Cu

X

Quy đổi hỗn hợp X thành







mol

y

:

CuO

mol

x

:

Cu

Theo bảo toàn khối lượng: 64x +80y = 24,8 (9)

Các quá trình nhường nhận eletron:

Cu



Cu

+ 2e ; S

+ 2e



S

ĐLBT e

x

2x

0,4 0,2

Từ (9) và (10)











0,15

y

0,2

x

; Vậy X gồm:







mol

0,15

:

CuO

mol

0,2

:

Cu

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Cu :

Cu CuO

n

=

n

=

0,2 0,15 0,35mol

+

=

Þ

m 64. 0,35 22,4

=

å



Đáp án D

+ HNO3 dư+5 (20,16 lít , đktc)

m gam
Cu2+

SO42- +Ba(OH)2 dư Cu(OH)2

BaSO4

Dung dịch Y

+2
+6
30,4 gam

Khí SO2 (0,2
mol)

Dung dịch Cu2+

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>



Tương tự có thể quy đổi hỗn hợp X thành (Cu và Cu

2

O) hoặc (CuO và Cu

2

O)

1. Quy đổi nhiều hợp chất về các nguyên tử hoặc đơn chất tương ứng

Ví dụ 5:

(Làm lại ví dụ 1)

Nung m gam bột s

ắ

t trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất r

ắ

n X. Hoà tan hết hỗn

hợp X trong dung dịch HNO

(dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản ph

ẩ

m khử duy nhất). Giá trị của m là

A. 2,52.

B. 2,22.

C. 2,62.

D. 2,32.

Giải:

Quy đổi hỗn hợp X thành:







mol

y

:

O

mol

x

:

F

e

Sơ đồ hoá bài toán:

F

e

























 ddHNO
0

[O] 3

O

F

e

X

Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 16y =3,0 (11)

Các quá trình nhường nhận electron:

F

e



F

e

+ 3e ; O

+ 2e



O

-2

; N

+ 3e



N

X 3x y 2y 0,075 0,025

Từ (11) và (12)



;

0,03

y

0,045

x









Vậy X gồm







Cu

F

e

:

:

0,045

0,03

mol

mol

m = 56.0,045 = 2,52



Đáp án A.

Ví dụ 6:

Trộn 5,6 gam bột m

ắ

t với 2,4 gam bột lưu hu

ỳ

nh rồi đun nóng (trong điều kiện khơng có khơng khí)

thu được hỗn hợp r

ắ

n M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thấy giải phóng hỗn hợp khí X và cịn lại

một phần khơng tan Y. Để đốt cháy hoàn toàn X và Y cần vừa đủ V lít khí oxi (đktc). Giá trị của V là

A. 2,8.

B. 3,36.

C. 4,48.

D. 3,08.

Giải:

Nhận thấy: Hỗn hợp khí X gồm H

S và H

, phần khơng tan Y là S

Hỗn hợp H

và H

S có thể quy đổi thành H

và S, như vậy đốt X và Y coi như đốt H

và S, vì vậy số mol H

bằng số mol

F

e

2H

+ O



2H

O

S + O



SO



n

).22,4

2,8lít

2

1 (

V

O2



Fe



S





Đáp án A.

Ví dụ 7:

(

Làm lại ví dụ 2

) Hồ tan hoàn toàn 30,4 gam r

ắ

n X gồm Cu, CuS, Cu

S và S bằng HNO

dư, thốt ra

20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)

dư vào Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của

m là

A. 81,55.

B. 104,20.

C. 110,95.

D. 115,85.

Giải:

Quy đổi hỗn hợp X thành







mol

y

:

S

mol

x

:

Cu

Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 32y =30,4 (13)

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

Sơ đồ hóa bài tốn:

















HNO
0
0
3

S

u

C

X

Các q trình nhường, nhận electron:

Cu



Cu

+ 2e ; S



S

+ 6e ; N

+ 3e



N

x 2x y 6y 2,7



0,9

Theo bảo toàn electron:

2x+6y =2,7 (14)

Từ (13),(14)











0,35

y

0,3

x

X gồm







S

:

0,35

mol

mol

0,3

:

Cu

Theo bảo toàn nguyên tố:











0,35mol

n

0,3mol

n

S
BaSO
Cu
Cu(OH)
4
2



m = 98.0,3 + 233.0,35



m= 110,95



Đáp án C.

Ví dụ 8:

(

Làm lại ví dụ 3

) Hỗn hợp X có tỉ khối so với H

là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy

hoàn toàn 0,1 mol X. tổng khối lượng của CO

và H

O thu được là

A. l8,60 gam.

B. 18,96 gam.

C. 19,32 gam.

D. 20,40 gam.

Quy đổi hỗn hợp X thành







mol

y

:

H

mol

0,3

:

C



n

= 4,24 - 0,3. 12 = 0,64 mol

Sơ đồ cháy:









 











O

H

CO

H

C

2
2
t
,
O o
2

Tổng khối lượng CO

và H

O thu được là: m= 44. 0,3 + 18. 0,32 = 18,96 gam



Đáp án B.

Ví dụ 9:

(

Làm lại ví dụ 4

) Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất r

ắ

n X gồm Cu, CuO

và Cu

O. Hoà tan hoàn tồn X trong H

SO

đặc nóng thốt ra 4,48 lít khí SO

duy nhất (đktc). Giá trị của m là

A.9,6

B.14,72.

C.21,12.

D. 22,4.

Giải:

Quy đổi hỗn hợp X thành







mol

y

:

O

mol

x

:

Cu

Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 16y =24,8 (15)

Sơ đồ hóa bài tốn :

dư

Khí NO
Dung dịch Y
+2

(20,16 lít, đktc)

Cu2+

SO42- +Ba(OH)2 dư

Cu(OH)2
BaSO4
+2
+6
\
m gam

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

2-



 





















[O] H2SO4đ

O

Cu

X

Cu

m gam 24,8 gam

Các quá trình nhường, nhận electron:

Cu



Cu

+ 2e ; O

+ 2e



O

-2

; S

+ 2e



S

x 2x y 2y 0,4 0,2

Theo bảo toàn electron: x – y =0,2 (16)

Từ (15),(16)











0,15

y

0,35

x

Vậy X gồm







mol

0,15

:

O

mol

0,35

:

Cu



m= 64.0,35 =22,4



Đáp án D.

2. Quy đổi một chất thành nhiều chất.

Ví dụ 10:

Khi đốt cháy hồn tồn một polime X (tạo thành từ phản ứng đồng trùng hợp giữa buta-1,3-đien và

acrilo nitrin) với lượng oxi vừa đủ thấy tạo thành một hỗn hợp khí ở nồng độ áp suất xác định chứa 59,1 % CO

về thể tính. Tỉ lệ số mol hai loại monome là

A.

5

3

B.

3

C.

3

1

D.

2

3 Giải:

Quy đổi polime thành 2 monome ban đầu

C

H



4CO

+ 3H

O

x 4x 3x

C

H

N



3CO

+ 1,5 H

O + 0,5 N

y 3y 1,5y 0,5y

Ta có:











3

1 y

x

0,591

5y

7x

3y

4x

Đáp án C

3. Quy đổi tác nhân oxi hóa

Ví dụ 11:

(Làm lại ví dụ 1)

Nung m gam bột s

ắ

t trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất r

ắ

n X. Hòa tan hết

hỗn hợp X trong dung dịch HNO

(dư), thốt ra 0,56 lít (đktc) NO (là sản ph

ẩ

m khử duy nhất). Giá trị của m là:

A. 2,52

B. 2,22

C. 2,62

D. 2,32

Giải:

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>























 




4
3
3
2

[O]

O

F

e

O

F

e

F

eO

F

e

X

F

e

m gam 3,0 gam

Thay vai trị oxi hóa của HNO

bằng

[

O

]

, ta có:

3
2

[O]

3
2

[O]

F

e

O

O

F

e

O

F

e

F

eO

F

e

X

F

e



 

























 



 

m gam 3 gam

Ở

đây ta đã thay vai trò nhận electron của N

bằng O:

N

+ 3e



N



O

+ 2e



O

-2

0,075 0,025

Theo nguyên t

ắ

c quy đổi, số electron do N

nhận và O

nhận phải như nhau:



2n

O(**)

= 0,075



n

O(**)

= 0,0375

Theo bảo toàn khối lượng:

m

Fe2O3



m



m

O(**)



3,0



16.0,0375



3,6

gam

Theo bảo toàn nguyên tố đối với

F

e: n

= 2

0,045mol

160 2.3,6

n

Fe2O3





m = 56.0,045 = 2,52 gam



Đáp án A.

Ví dụ 12:

(

Làm lại ví dụ 4

) Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất r

ắ

n X gồm Cu, CuO

và Cu

O. Hoà tan hoàn toàn X trong H

SO

đặc nóng thốt ra 4,48 lít khí SO

duy nhất (đktc). Giá trị của m là

A. 9,6

B. 14,72.

C. 21,12.

D. 22,4.

Giải:

Sơ đồ hóa bài tốn:



 





























 HSO đ

[O] 2 4

O

Cu

CuO

Cu

X

Cu

m gam 24,8 gam

Thay vai trị oxi hóa của H

SO

bằng

[

O

]

:

CuO

O

Cu

CuO

Cu

X

Cu

[O]



 

























 



 

m gam 24,8 gam

Ở

đây ta thay vai trò nhận electron của S

bằng O:

S

+ 2e



S



O

+ 2e



O

-2

0,4 0,2

Theo nguyên t

ắ

c quy đổi: n

O(**)

=0,2 mol.

dd HNO3

NO (0,025
mol)

dd Fe3+

(*) (**)

Khí SO2 (0,2
mol)

Dung dịch Cu2+

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

Theo bảo toàn khối lượng: m

CuO

=m

+ m

O(**)

= 24,8 + 16.0,2 =28 gam

22,4

.64

80

28 m







Đáp án D.

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ SẮT
I. NỘI DUNG

- Sắt là một trong những nguyên tố quan trọng, có nhiều ứng dụng trong đời sống và có một vị trí quan trọng
trong chương trình Hố học phổ thơng cũng như trong các kì thi Tốt nghiệp THPT, Cao đẳng, Đại học.

- Ngồi các phương pháp đã nêu ở các chuyên đề trên, các bài tập về sắt và hợp chất của sắt cịn có thể sử dụng
thêm một số cách giải nhanh sau đây:

+ Khi Fe3O4 tác dụng với các chất oxi hoá, ta coi Fe3O4 là hỗn hợp của Fe2O3 và FeO. Trong đó chỉ có FeO tham

gia phản ứng oxi hố - khử với

n

FeO

=

n

Fe O3 4
+ Vị trí của Fe trong dãy điện hoá

+ +

>

2 3

Fe

. Do đó trong các phản ứng có thể xảy ra theo nhiều trường hợp
khác nhau.

+ Trong bài toán tìm cơng thức phân tử của oxit sắt, cần tìm số mol Fe và số mol oxi có trong oxít rồi lập tỉ lệ mol
Fe: O, từ đó suy ra cơng thức phân tử.

+ Sử dụng phương pháp bảo tồn electron với bài toán cho một oxit sắt FexOy tác dụng với dung dịch HNO3 tạo ra

sản phẩm khí do sự khử N+5.

II. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Cơng thức tính khối lượng muối thu được khi cho hỗn hợp sắt và các oxít sắt tác dụng với HNO3 lỗng dư giải
phóng khí NO.

mMuối =

80

242

( mhỗn hợp + 24 nNO )

Ví dụ : Hòa tan hết 11,36 gam chất rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được m gam

muối và 1,344 lít khí NO ( đktc ) là sản phẩm khử duy nhất . Tìm m ?.
Giải

mMuối =

80

242

( mhỗn hợp + 24 nNO ) =

80

242

( 11,36 + 24 .0,06 ) = 38,72 gam

Cơng thức tính khối lượng muối thu được khi hòa tan hết hỗn hợp sắt và các oxít sắt bằng HNO3 đặc nóng, dư giải
phóng khí NO2 .

mMuối =

80

242

( mhỗn hợp + 8 nNO2 )

Ví dụ : Hòa tan hết 6 gam chất rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 trong HNO3 đặc nóng, dư thu được 3,36 lít khí NO2

(đktc ). Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam muối khan.
mMuối =

80

242

( mhỗn hợp + 8 nNO2 ) =

80

242

( 6 + 8 .0,15 ) = 21,78 gam

Công thức tính khối lượng muối thu được khi hịa tan hết hỗn hợp sắt và các oxít sắt bằng HNO3 dư giải phóng
khí NO và NO2 .

mMuối =

80

242

( mhỗn hợp + 24. nNO + 8. nNO2 )

Ví dụ : Hòa tan hết 7 gam chất rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 trong HNO3 dư thu được 1,792 lít (đktc ) khí X gồm NO

và NO2 và m gam muối . Biết dX/H2= 19. Tính m ?

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

mMuối =

80

242

( mhỗn hợp + 24 nNO + 8 nNO2 ) =

80

242

( 7+ 24.0,04 + 8.0,04 )= 25,047 gam

Cơng thức tính khối lượng muối thu được khi hòa tan hết hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng H2SO4 đặc, nóng,
dư giải phóng khí SO2 .

mMuối =

160

400

( mhỗn hợp + 16.nSO2 )

Ví dụ : Hịa tan hết 30 gam chất rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng H2SO4 đặc nóng, dư thu được 11,2 lít khí SO2

(đktc ). Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam muối khan.
Giải

mMuối =

160

400

( mhỗn hợp + 16.nSO2 ) =

160

400

( 30 + 16.0,5 ) = 95 gam

Công thức tính khối lượng sắt đã dùng ban đầu, biết oxi hóa lượng sắt này bằng oxi được hỗn hợp rắn X . Hịa tan
hết X với HNO3 lỗng dư giải phóng khí NO.

mFe =

80

56

( mhỗn hợp + 24 nNO )

Ví dụ : Đốt m gam sắt trong oxi thu được 3 gam chất rắn X . Hòa tan hết X với HNO3 lỗng dư giải phóng 0,56 lít khí NO

( đktc) . Tìm m ?
Giải

mFe =

80

56

( mhỗn hợp + 24 nNO ) =

80

56

( 3 + 0,025 ) = 2,52 gam

Cơng thức tính khối lượng sắt đã dùng ban đầu, biết oxi hóa lượng sắt này bằng oxi được hỗn hợp rắn X . Hịa tan
hết X với HNO3 đặc , nóng ,dư giải phóng khí NO2.

mFe =

80

56

( mhỗn hợp + 8 nNO2 )

Ví dụ : Đốt m gam sắt trong oxi thu được 10 gam hỗn hợp chất rắn X . Hịa tan hết X với HNO3 đặc nóng, dư giải phóng

10,08 lít khí NO2 ( đktc) . Tìm m ?

Giải
mFe =

80

56

( mhỗn hợp + 24 nNO2 ) =

80

56

( 10 + 8. 0,45 ) = 9,52 gam

Bài 1.

Có một loại oxit sắt dùng để luyện gang. Nếu khử oxit sắt này bằng cacbon oxit ở nhiệt độ cao người ta thu được
0,84 gam sắt và 0,448 lít khí cacbonic(đktc). Cơng thức hố học của loại oxit sắt nói trên là

A. Fe2O3. B. Fe3O4

C. FeO D. Khơng xác định được

Bài 2.

Để hịa tan hoàn toàn 10,8 gam oxit sắt cần vừa đủ 300 ml dung dịch HCl 1M. Oxit sắt là
A. FeO B. Fe2O3

C. Fe3O4 D. Cả FeO và Fe3O4 đều đúng

Bài 3.

Hoà tan hết m gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 có số mol bằng nhau trong dung dịch HNO3 thu được 2,688

lít NO (đktc). Giá trị của m là

A. 70,82 gam B. 83,52 gam

C. 62,64 gam D. 41,76 gam

Bài 4.

Hoà tan hoàn toàn 8,64 gam một oxit sắt trong dung dịch HNO3 thu được 0,896 lít NO (đktc) duy nhất. Oxit sắt đó

là

A. FeO B. Fe2O3

C. Fe3O4 D. Cả FeO và Fe3O4 đều đúng

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

2,4 gam chất rắn không tan. Giá trị của m là

A. 8,0 B. 5,6

C. 10,8 D. 8,4

CHUYÊN ĐỀ VỀ SẮT VÀ HỢP CHẤT CỦA SẮT
PHƯƠNG PHAP GIAI TOAN KIM LOAI SĂT
- Ở nhiêt đô thường, trong không khi âm, săt bị rỉ set

4Fe + 3O2 + 2nH2O→ 2Fe2O3.2nH2O

- Vơi HNO3 loang và đặc cho san phâm khac nhau:

Fe + 4HNO3loang → Fe(NO)3 + NO↑ + 2H2O

Fe + 6HNO3đặc → Fe(NO)3 + 3NO2↑ + 3H2O

- Vơi H2SO4 loang và đặc cho san phâm khac nhau:

Fe + H2SO4loang → FeSO4 + H2

Fe + H2SO4đặc → Fe2(SO)3 + 3SO2↑ + 6H2O

- Săt không tac dụng vơi H2SO4 đặc, nguôi và HNO3 đặc, nguôi

Fe + H2SO4đặc nguôi → không xay ra

Fe + 6HNO3đặc nguôi → không xay ra

- Muôi săt (II) làm mât màu tim cua KMnO4 trong axit:

10 FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O

Màu tim hông vàng nhat
- Muôi săt (III) có tinh oxi hóa manh:

2FeCl3 + Fe → 3FeCl2

2FeCl3 + Cu → 2FeCl2 + CuCl2

2FeCl3 + 2KI → 2FeCl2 + I2 + 2KCl

2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl

- Oxit săt tư Fe3O4 có tinh bazơ :

Fe3O4 + 4H2SO4loang → Fe2(SO4)3 + FeSO4 + 4H2O

Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O

- Môt sô phan ưng cần chu y:
a) 2Fe + 6H2SO4đ





t 3SO

2 + Fe2(SO4)3 + 6H2O

b) Fe + 6HNO3đ





t 3NO2 + Fe(NO3)3 + 3H2O

c) Fe + 4HNO3 → NO + Fe(NO3)3 + 2H2O

d) 2FeS + 6HNO3 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 6NO + 4H2O

e) 3FeS + 12HNO3 →Fe2(SO4)3 + Fe(NO3)3 + 6H2O + 9NO

- Môt sô cặp oxi hóa khử quan trong:
Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2

Fe + 2FeCl3 →3FeCl2

Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4

AgNO3 + Fe(NO3)2 → Ag + Fe(NO3)3

3AgNO3dư + FeCl2 →2AgCl↓ + Fe(NO3)3 + Ag

Phương phap giai:

1. Căp oxi hóa khử thương găp:

- Cac muôi săt (III) có tinh oxi hóa, nị khử thành mu6oi1 săt (II)

2
2
3

3
0

3

2 Fe

Cl

Fe

Cl

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

2
2
2
2
3
3
0

2 Fe

Cl

Cu

Cl

Fe

Cl

Cu







Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag

2. Toan nhiệt nhôm:
3FexOy + 2yAl





t yAl2O3 + 3xFe

Fe2O3, FeO, Fe3O4 + Al





t Al

2O3 + Fe

- Định luât bao toàn khôi lương: mAl (ban đầu) + moxit = m chât răn

- Định luât tăng giam khôi lương: ∆mrăn giam = mrăn trươc - mrăn sau

Chât răn thu đươc sau pah3n ưng gôm 2 nhóm:
Nhóm 1: Al2O3 và kim loai M

Nhóm 2: Al dư hoặc oxit dư hoặc ca hai cung dư.

Gia thiêt Kêt luân

- Hoa tan chât răn thu đươc trong NaOH dư thu đươc m (g)
chât răn không tan.

- Chât răn không tan là kim loai Fe

- Chât răn thu đươc tan môt phần trong NaOH và sinh ra V
lit khi.

- Khi sinh ra là H2 và Al dư

- Phan ưng nhiêt phân hoàn toàn - Hoặc Al hêt hoặc oxit hêt
- Hiêu suât cac phan ưng 100% - Hoặc Al hêt hoặc oxit hêt

- Al + hôn hơp



FeO

,

CrO



2Al + 3



O

M

_ Al2O3 + 3



M

Đặt



FeO

,

CrO





M

O

- Al + hôn hơp



Fe

2

O

3

,

Cr

2

O

3



2Al +

M

O

3



Al

2

O

3



2 M

Đặt



Fe

2

O

3

,

Cr

2

O

3



M

O

3
3. Toan nhiệt luyện:

Fe2O3, FeO, Fe3O4 + CO; C, H2





t CO2/H2O + Fe..

Fe2O3, FeO, Fe3O4 + Al





t Al

2O3 + Fe

Đinh luât: Theo định luât bao toàn nguyên tô:
nCO =

n

CO2



n

O(trong oxit)

n

H2O



n

H2= nO(trong oxit)



n

O(trong oxit) =

n

H2



n

CO

4. Đinh luât bao toan electron ( cơ ban )

Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + san phâm khử ( NO hoặc NO2 ) + H2O

- San phâm khử:

+ NO: khi hóa nâu trong không khi
+ NO2: khi màu nâu

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

San phâm khử Biêu thưc.

NO2 Hóa trị.nkim loai = ( 5 – 4).

NO

n

NO Hóa trị.nkim loai = ( 5 – 2).nNO

Nhơ:

5: sô oxi hóa cua N trong axit

3
5

O

N

H



2: sô oxi hóa cua N trong khi

N

2

O

4: sô oxi hóa cua N trong khi

2
4

O

N



Tinh sô mol HNO3 tư san phâm khử:

NO:

n

HNO3= nNO + ( 5 -2).nNO

NO2:

n

HNO3=

n

NO2



(

5 

4 ).

n

NO2

NO và NO2:

n

HNO3= ( 5 – 2).

n

NO2



(

5 

4 ).

n

NO2+

n

NO



n

NO2

Tinh khôi lương muôi có trong dung dịch:
mmuôi = mkim loai + 

NO

m

= mkim loai + 62.ne nhân

NO:→mmuôi = mkim loai + 62.(5- 2).

n

NO

NO2: → mmuôi = mkim loai + 62.(5- 4).

n

NO2

Fe + H2SO4đặc

Kim loai + H2SO4đặc → muôi + san phâm khử SO2 ( mui xôc ) + H2O

Liên hê giưa kim loai và san phâm khử:
3nFe = ( 6 – 4).

n

SO2

Tinh sô mol axit H2SO4đặc tư san phâm khử SO2

2
2

2

(

6

4 ).

1

SO
SO

SO

H

n







Tinh muôi có trong dung dịch:
mmuôi = mFe + 2

SO

m

↔ mmuôi = mFe + 96.

.(

6

4 ).

2

2

1

SO

n



Fe + H2SO4loang và HX ( HCl, HBr )

Liên hê giưa sô mol kim loai và khi H2

n

H2



2 .

n

Fe

Tinh muôi có trong dung dịch:

mmuôi = mFe + mgôc axit ( 2

,

)

4 Cl Br

SO

m

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

nO( Oxi trong oxit săt ) = ½ .

n

H

nO( Oxi trong oxit săt ) =

n

SO4

Tinh sô mol H+: Dung dịch HCl và H

2SO4: nH+ = nHCl + 2.

n

H2SO4

Tinh khôi lương muôi:

FexOy +



HCl

;

H

SO



: mmuôi = moxit – mO + 



2

SO
Cl

m

Dạng: KL Fe tác dụng với H2SO4 đn hoặc HNO3

a) Thứ tự phản ứng: Fe + 4HNO3 => Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1)

2Fe + Fe(NO3)3 => 3Fe(NO3)3 (2)

2Fe + 6H2SO4 => Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (3)

Fe + Fe2(SO4)3 => 3FeSO4 (4)

b) Bai toan hôn hơp kim loai tan hêt trong HNO3 hoặc H2SO4 không tạo muối amoni NH4NO3
Cần chu y: - HNO3 , H2SO4 đặc nguôi không tac dụng vơi Al, Fe, Cr

- Sử dụng phương phap bao toàn e:

å

e

nhËn (kim lo¹i)

=

å

e

cho (chÊt khÝ)

- Khơi lương mi

NO

3-: (manion tạo muối = manion ban đầu – manion tạo khớ)

-ỡù
ớ
ùợ

kim loại

muèi NO (trong muèi)

e traođổi
NO (trong muối kim loại )

m

= m

n

= n

- Khơi lương mi

SO

42 -:

-ìï
í
ïỵ

2
4
2

kim lo¹i

muèi SO (trong muèi)

e trao đổi
SO (trong muối kim loại )

m

= m

n

2 * n

= n

- Cần nhớ một số các bán phản ứng sau: 
2H+ + 2e → H

2 NO3- + e + 2H+ → NO2 + H2O

SO42– + 2e + 4H+ → SO2 + 2H2O NO3- + 3e + 4H+ → NO + 2H2O

SO42– + 6e + 8H+ → S + 4H2O 2NO3- + 8e + 10H+  N2O + 5H2O

SO42– + 8e + 10H+ → H2S + 4H2O 2NO3- + 10e + 12H+ → N2 + 6H2O

NO3- + 8e + 10H+ → NH4+ + 3H2O

Định luât bao toàn electron nâng cao
Môt sô phan ưng quan trong:

Fe ( là chât dư )

Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + …

Fedư + Fe(NO3)3 → Fe(NO3)2

- Xet tỷ lê mol giưa Fe và axit để biêt chât nào hêt, theo biểu thưc:
Xet biểu thưc ĐLBT electron: 3nFe

)

1 (

.

e

N

e

n

HNO







Trong đó: N = 2 nêu san phâm khử là N2 hay N2O

N = 1 nêu san phâm khử khac ( NO, NO2, NH3,

NH

4)

e là sô electron nhân cua nitơ
NO2 → e = 1

NO → e = 3
N2O → e = 8

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

NH4NO3 → e = 8

ne là sô mol electron nhân cua nitơ

Nêu 3.nFe <

)

1 .(

.

N

e

n

HNO



thì axit dư và muôi thu đươc là Fe(NO3)3

Nêu 3.nFe =

)

1 .(

.

N

e

n

HNO



thì axit và Fe vưa đu, muôi là Fe(NO3)3

Nêu 3.nFe >

)

1 .(

.

N

e

n

HNO



thì Fe dư và muôi thu đươc là: Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 và Fe(NO3)2

Vơi kim loai khac, môt cach tông quat ta có công thưc thể hiên tỉ lê mol giưa kim loai và san phâm khử.
Nêu hóa trị.nkim loai <

)

1 .(

.

N

e

e

n

HNO



thì axit dư và kim loai hêt
Nêu hóa trị.nkim loai =

)

1 .(

.

N

e

e

n

HNO



thì axit và kim loai vưa đu.
Nêu hóa trị.nkim loai >

)

1 .(

.

N

e

e

n

HNO



thì axit hêt và kim loai dư.

Cac tỉ lê này giup giai nhanh cac bài toan có dư mà không cần phai viêt phương trình phan ưng oxi hóa khử.
Fe ( dư)

Fe + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + …

Fedư + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4

Kim loai + muôi nitrat và axit HCl/H2SO4 → khi NO + ….

Kim loai + hôn hơp axit



HCl

/

HNO





khi NO +…
Bài toan cần giai theo phương trình ion

FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + MnSO4 +…

- Chât khử: Fe+2 – 3e → Fe+3

- Chât oxi hóa: 



nO

M

(7 – 2)e → Mn+2

Phan ưng: Cu2S ; FeS; FeS2 + HNO3 → NO + muôi sunfat +…

- Chât khử:

Fe

2 

S

2 - 9e →

Fe

3 + 

S

6

2
2
2 


S

Fe

- 15e →

Fe

3 + 2

S

2
2
1 


S

Cu

- 10e → 2

Cu

2 + 

S

- Chât oxi hóa:
3
5

O

N

 + ( 5 – 2)e →

N

2

O

Phan ưng: Cu2S ; FeS; FeS2 + H2SO4đặc → SO2 + muôi sunfat

- Chât khử:

Fe

2 

S

2 -9e →

Fe

3 + 

S

6

2
1
2 


S

Fe

- 15e →

Fe

3 + 2

S

2
2
1 


S

Cu

- 10e → 2

Cu

2 + 

S

- Chât oxi hóa:  2
4
6

O

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

Phan ưng: FeCO3; FeO + H2SO4đặc → SO2 + muôi sunfat +…

- Chât khử:

3
2

CO

Fe

 - ( 3 – 2)e →

Fe

3

Fe

2

O

- ( 3 – 2)e →

Fe

3
- Chât oxi hóa:  2

4
6

O

S

+ ( 6 – 4)e → 

S

O

2
Fe va bai toan thuy luyện

Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + …

Fe + 2Fe(NO3)3 → 3Fe(NO3)2

Nêu Fe dư, sẽ có hai kha năng: thu đươc muôi Fe2+ và Fe3+ hoặc Fe2+

Gia thiêt Kêt luân

Fe dư Đươc ca hai muôi Fe(NO3)3 và Fe(NO3)2

Chỉ có muôi Fe+3 là Fe(NO
3)3

Axit dư Chỉ có muôi Fe(NO3)3

Thu môt muôi Có thể là muôi Fe(NO3)3 và Fe(NO3)2

Bai toan 2: Fe + dd muôi →+ ...

- Cho thanh kim loai Fe + muôi BCln hoặc B(NO3)n

Fe + MCln → FeCl2 + B↓

- Nêu Fe < M : ( lương tan it hơn lương bam )

→ Khôi lương thanh kim loai Fe tăng so vơi ban đầu: ∆m↑ = mbam - mFe

→Khôi lương thanh kim loai Fe sau phan ưng là:
mFe sau phan ưng = ∆m↑ + mFe ban đầu

Bai toan 3: Fe + hôn hơp 2 muôi MCln hoăc M/(NO3)n
Fe + MCln → FeCln + B ↓

Fe + M/(NO

3)n → Fe(NO3)2 + M/

-Ion kim loai có tinh oxi hóa manh phan ưng trươc, yêu phan ưng sau.
- Sau khi kêt thuc phan ưng, thu đươc 2 phần:

+ Dung dịch: theo thư tư muôi kim loai manh nhât rôi đên muôi yêu hơn.

+ Phần răn: ngươc lai, kim loai yêu nhât rôi đên kim loai manh hơn.

Gia thiêt Kêt luân

Thu đươc 3 kim loai Fe dư

Thu đươc 2 kim loai Fe phan ưng vưa đu vơi muôi thư hai.
Hoặc Fe phan ưng thiêu vơi muôi thư 2
Thu đươc 1 kim loai Fe phan ưng vưa đu vơi muôi thư nhât

Fe phan ưng thiêu vơi muôi thư nhât
Bai toan 4: Fe + HNO3/H2SO4 → Fe(NO3)3 ; Fe2(SO4)3

Kim loai M ( trươc Fe+3 ) + Fe+3 ) → ….

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

Theo quy tăc anpha:  






Ag

Ag

Fe

Cu

Fe

3
2
2

Ta có tỉ lê: k =

Fe
AgNO

n

3

hoặc k =

Fe
Ag

n



Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag ( 1)

Fe + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3Ag ( 2)

Xet tỉ lê mol AgNO3 và Fe khi cho phan ưng:

Trương hơp 1: k =

Fe
Ag

n



< 2

San phâm: Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag ( 1)

→ Fe dư

Trương hơp 2: k =

Fe
Ag

n



= 2

San phâm: Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag ( 1)

→ Ca Fe và AgNO3 hêt

Trương hơp 3: 2 < k =

Fe
Ag

n



< 3

San phâm: Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag ( 1)

Fe + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3Ag ( 2)

→ Ca Fe và AgNO3 hêt

Trương hơp 4: k =

Fe
Ag

n



= 3

San phâm: Fe + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3Ag ( 2)

→ Ca Fe và AgNO3 hêt

Trương hơp 5: k =

Fe
Ag

n



> 3

San phâm: Fe + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3Ag ( 2)

→ AgNO3 dư

Một số thí dụ minh họa có lời giải:

Câu 1. Hồ tan hết 21,6 gam Mg bằng dung dịch HNO3 lỗng vừa đủ thu được 0,1 mol khí N2 duy nhất và dung dịch A.

Cô cạn cẩn thận A thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 140,2 B. 141,2 C. 142,2 D. 143,2
Giải

Số mol Mg: 0,9 mol
5Mg + 12H+ + 2NO

3- ® 5Mg2+ + N2 + 6H2O (1)
® Mg pư (1) = 0,5 mol

Vì pư chỉ tạo ra một khí duy nhất nên sản phẩm có muối NH4NO3

4Mg + 10H+ + NO

3-® 4Mg2+ + NH4+ + 3H2O (2)

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

Số mol NH4NO3 = 0,1 mol

Cô cạn A: Mg(NO3)2: 0,9 mol

NH4NO3: 0,1 mol
® m = 141,2g. Đáp án B

Câu 2. Cho 53,4g hỗn hợp bột gồm sắt và đồng. Đốt nóng hỗn hợp A trong khơng khí một thời gian thu được hỗn hợp
chất rắn B có khối lượng là 72,6g gồm ba oxit của Fe và đồng (II) oxit. Hòa tan hết hỗn hợp B bằng hỗn hợp dung dịch
HCl 2M và H2SO4 1M thu được dung dịch muối C.

a. Cần bao nhiêu ml dung dịch HCl 2M và H2SO4 1M để hòa tan hết hỗn hợp B ?

A. 400 ml B. 500 ml C. 600 ml D. 700 ml

b. Cô cạn dung dịch C một cách cẩn thận thì thu được bao nhiêu gam muối khan ?
A. 152,6g B. 153,6g C. 154,6g D. 155,6g

Giải

a. Tính V hỗn hợp 2 axit :

Áp dụng định luật bảo khối lượng :

O

m

phản ứng = m hỗn hợp oxit – m hỗn hợp kim loại

= 72,6 – 53,4 = 19,2 g

19, 2

16

O

n

-®

=

= 1,2 mol

Mà

n

H+

=

n

O2-

=

1,2

´

2 = 2,4 mol

®

V dd axit tối thiểu =

2, 4

2 1 2

+ ´

= 0,6 lít = 600 ml. Đáp án C

b. Tính khối lượng muối khan :

mhỗn hợp muối khan = 2

( )A Cl SO

m

+

m

+

m

= 53,4 + 0,6(2

´

35,5+1

´

96) = 153,6g. Đáp án B

Câu 3. Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Al và Fe vào một lít dung dịch chứa AgNO3 0,1M và Cu(NO3)2 0,2M.

Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn Y và dung dịch Z.

Biết chất rắn Y không tác dụng với HBr và dung dịch Z khơng cịn màu xanh.
Thành phần % khối lượng của Al, Fe trong hỗn hợp X là

A. 31,53 % Al và 68,47% Fe B. 32,53 % Al và 67,47% Fe
C. 33,53 % Al và 66,47% Fe D. 34,53 % Al và 65,47% Fe
Giải

- Chất rắn Y không tác dụng với dung dịch HBr chứng tỏ Al và Fe đã phản ứng hết.
- Dung dịch Z khơng cịn màu xanh chứng tỏ ion Cu2+ đã phản ứng hết

Gọi số mol của Al và Fe trong 8,3g hỗn hợp là x và y
Ta có các q trình oxi hóa- khử sau:

®

Al3+ + 3e Ag+ + 1e

®

Ag

x 3x 0,1 0,1 (mol)

®

Fe2+ +2e Cu2+ +2e

®

Cu

y 2y 0,2 0,4 (mol)
Vì số mol e cho = số mol e nhận nên ta có :

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

Giải hệ (1), (2) ta được:
x = 0,1; y = 0,1

®

mAl = 0,1

´

27 = 2,7 g

®

% mAl =

2, 7

100%

8,3

= 32,53 %
% mFe = 67,47%. Đáp án B

Câu 4. Hoà tan hết m gam hỗn hợp gồm Al và Na bằng dung dịch NaOH dư, thu được 8,96 lít khí H2 (đktc) và dung dịch

A. Sục khí CO2 vào A tới khi lượng kết tủa không thay đổi nữa thu được 15,6 gam kết tủa.

Giá trị của m là

A. 10 B. 11 C. 12 D. 13

Giải : Gọi số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu Na = x mol; Al = y mol

2Na + 2H2O



2NaOH + H2 (1)

(mol) : x x 0,5x

2Al + 2NaOH + 2H2O



2NaAlO2 + 3H2 (2)

(mol) : y y y 1,5y

Từ (3) (4)



0,5x + 1,5y = 0,4



x + 3y = 0,8 (3)
Dung dịch A gồm NaAlO2 = y mol; NaOH dư. Sục CO2 dư vào A :

NaOH + CO2



NaHCO3 (4)

NaAlO2 + CO2 + 2H2O



Al(OH)3 + NaHCO3 (5)

(mol) : y y

Số mol Al(OH)3 = 0,2 mol



y = 0,2 (6)

Kết hợp với (3)



x = 0,2

Vậy: m = 23x + 27y = 23.0,2 + 27.0,2 = 10 (gam). Đáp án A

Câu 5. Hỗn hợp A chứa sắt và kim loại M có hóa trị khơng đổi. Đem chia đôi 38,4g A và cho 1 phần tan hết trong dung
dịch HCl thu được 8,96 lít H2 (đktc). Phần thứ 2 cho tác dụng hết với Cl2 thì dùng hết 12,32 lít (đktc).

a) Phần trăm khối lượng của kim loại M trong hỗn hợp A là

A. 11,5% B. 12,5% C. 13,5% D. 14,5%
b) Kim loại M là

A. Mg B. Zn C. Ca D. Be

Giai : Fe + 2HCl  FeCl2 + H2

Fe + 1,5Cl2  FeCl3

M + nHCl  MCln + n/2H2

M + 0,5n Cl2  MCln

Nhận xét số mol Cl2 = 0,55 lớn hơn số mol H2 = 0,4 là do một phần lượng Cl2 tác dụng với Fe  FeCl3 . Suy ra số

mol Fe = (0,55- 0,4)2 = 0,3(trong 1/2 A) và số mol M = (0,4 - 0,3)

2 n

0, 2

n

Lượng M =

38, 4

2

 (0,3  56) = 2,4g (trong 1/2A) chiếm 12,5%. Đáp án B
M =

2, 4n

0, 2

= 12n thích hợp với n = 2  M = 24 là Mg. Đáp án A

Câu 6.Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 nung nóng. Sau một thời gian thu được 6,96 gam hỗn hợp

chất rắn X, cho X tác dụng hết với dung dich HNO3 0,1M (vừa đủ) thu được dung dịch Y và 2,24 lít hỗn hợp khí Z (đktc)

gồm NO và NO2 có tỉ khối so với hidro là 21,8.

1. Giá trị của m là

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

2. Thể tích dung dịch HNO3 cần cho phản ứng là

A. 2,1 lít B. 2,2 lít C. 2,3 lít D. 2,4 lít
3. Khối lượng muối thu được trong dung dịch Y là

A. 23,2g B. 24,2g C. 25,2g D. 26,2g
Hướng dẫn

Ta có:

C+2



C+4 + 2e

N+5 +3e



N+2

N+5 +1e



N+4

Gọi a, b lần lượt là số mol của NO và NO2

















1 ,

0

36 ,

4

46

30 b

a

b

a











mol

b

mol

a

085 ,

0

015 ,

0

1) Giá trị m = 6,96 + 0,065.44 – 0,065.28 = 8 gam. Đáp án D
2) Thể tích dung dịch HNO3 = 2,3 lít. Đáp án C

3) Gọi a là số mol của Fe(NO3)3

áp dụng ĐL BTKL ta có:

6,96 + (3a + 0,1)63 = 242a +27a + 5,26

mol

a



0 ,

1 

m = 24,2g. Đáp án B

Câu 7. Cho Cl2 (dư) sục qua dung dịch hỗn hợp gồm NaBr và NaI thu được 23,4g NaCl. Thể tích (đktc) của Cl2 đã tham

gia phản ứng là

A.1,12 lít B.2,24 lít C. 4,48 lít D. 3,36 lít
Hướng dẫn

Ta thấy: nCl2 = 1/2.nCl- = 1/2.nNaCl = 1/2.0,4 = 0,2 (mol).



VCl2 = 0,2.22.4 = 4,48 (l). Đáp án C

Câu 8. Trộn 1,08g bột Al với hỗn hợp bột gồm CuO và Fe2O3 rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm ở nhiệt độ cao trong

điều kiện khơng có khơng khí thì thu được hỗn hợp chất rắn A. Hoà tan hết A trong dung dịch HNO3 (dư) thì thu được khí

NO. Đem oxi hố hết NO thành NO2 rồi chuyển hố hồn tồn thành HNO3. Thể tích của oxi (đktc) đã tham gia vào q

trình trên là

A. 0,112 lít B. 0,224 lít C. 0,336 lít D. 0,672 lít
 Hướng dẫn

Ta thấy trong q trình trên thì chỉ có Al và O2 thay đổi số oxi hóa :

Al từ 0



+3 nhường đi 3e ,



0,04 mol Al nhường 0,04.3 = 0.12 (mol) e
O2 từ 0



-2 nhận thêm 2.2 = 4e ,



x mol O2 nhận 4x (mol) e

theo ĐL bảo toàn electron: 4x = 0,12



x = 0,03 (mol)
Vậy VO2 = 0,03.22,4 = 0,672 (lit). Đáp án D

Câu 9. Đốt cháy hỗn hợp FeS và FeS2 cần 10,08 lít oxi ở đktc ta thu được 6,72 lít khí X (đktc) và chất rắn Y. Dùng hidro

khử Y ta thu được m gam chất rắn . Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 11,2 B. 12,2 C. 13,2 D. 14,2

Hướng dẫn

Khí X là SO2. Số mol SO2 = 0,3 mol

Số mol oxi = 0,45 mol
Các phản ứng hóa học :

2FeS + 3,5O2Fe2O3 + 2SO2

2FeS2 + 5,5O2 Fe2O3 + 4 SO2

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

Nhận xét : Cứ 2 mol chất rắn cháy thì số mol khí giảm 1,5 mol

Vậy x mol hỗn hợp cháy số mol khí giảm 0.45 - 0, 35 = 0,15 mol
 x = 0,2 mol

Số mol sắt = số mol hỗn hợp = 0,2 mol
m = 0,2 . 56 = 11,2g. Đáp án A

Câu 10. Cho hỗn hợp A gồm 2 kim loại Fe và Al, tác dụng vừa đủ với 400 ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M và H2SO4 1M;

khi phản ứng kết thúc, cho tiếp dung dịch HNO3 lỗng dư thấy thốt ra 2,24 lít (đktc) khí khơng màu hố nâu ngồi

khơng khí.

Thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A là

A. %mAl = 24,32% ; %mFe = 75,68% B. %mAl = 25,32% ; %mFe = 74,68%

C. %mAl = 26,32% ; %mFe = 73,68% D. %mAl = 27,32% ; %mFe = 72,68%

Hướng dẫn a) 2Al + 6H+ 2Al3+ + 3H
2 (1)

Fe + 2H+Fe2+ + H
2 (2)

3Fe2+ + 4H+ + NO

3- 3Fe3+ + NO + 2H2O (3)

b) nH+ = 0,4.1+0,4.2=1,2 mol

nFe = nFe2+ = 3nNO = 0,3 mol

nAl = (1,2 – 0,3.2)/3 = 0,2 mol

%mAl = (0,2.27.100%)/(0,2.27+0,3.56) = 24,32%

%mFe = 75,68%. Đáp án A

Câu 11. Cho V lít hỗn hợp A gồm O2 và O3 có tỷ khối so với H2 là 20. Phản ứng vừa đủ với 0,3 mol hỗn hợp Ca và Mg

biết cả O2 và O3 đều phản ứng với Ca và Mg tạo CaO và MgO. Giá trị của V là

A. 1,688 B. 2,688 C. 3,688 D. 4,688
Hướng dẫn

Gọi x là số mol O2 trong V(l) hỗn hợp A (x > 0)

Gọi y là số mol O3 trong V(l) hỗn hợp A (y > 0)

Ta có (32x+48y)/(x+y) = 20.2 => x = y

Gọi M là công thức chung của Ca và Mg
M  M2++ 2e

0,3 2.0,3
O + 2 e  O

2-=> 2.0,3 = 2,5x 2-=> x = 0,06
=> nA = 0,06.2 = 0,12 mol

=> VA = 0,12.22,4 = 2,688. Đáp án B

Câu 12. Cho a gam kim loại M tác dụng với dung dịch HCl dư thu được dung dịch X và 2,24 lít khí H2 (đktc). Dung dịch

X phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dich Cl2 0,5M được dung dịch Y. Làm khô dung dịch Y thu được 16,25 gam muối

khan.

1. Giá trị của a là

A. 2,8 B. 5,6 C. 11,2 D. 16,8
2. Kim loại M là

A. Zn B. Mg C. Fe D. Ni
Hướng dẫn

2M + 2xHCl  2MClx + xH2 (1)

=> Dung dịch X có MClx và HCl dư. X phản ứng với dung dịch Cl2 => chỉ có MClx phản ứng được với Cl2 => kim loại M

có nhiều hố trị

2MClx + (y-x) Cl2 2MCly

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102>

nM = nMClx = a/A (mol) = nMCly

=> (A + 35,5y).a/A = 16,25 (I)
nCl2 = 0,5.100/1000 = 0,05 (mol)

nH2 = 2,24/22,4 = 0,1 (mol)

M  My+ + y e

a/A y.a/A
2H+ + 2e  H

2.0,1 0,1
Cl2 + 2e  2Cl

-0,05 2.-0,05

áp dụng định luật bảo toàn e => ya/A = 2.0,1 + 2.0,05 = 0,3 (II)
Thay (II) và (I) ta có:















3 ,

0 A

ya

25 ,

16 A

ya

5 ,

36 a

=> a = 5,6; 5,6y/A = 0,3 => A = 5,6y/0,3. Đáp án B

y 1 2 3

A 18,66 37,33 56

Chỉ có cặp A = 56; y = 3 là thoả mãn => M là Fe. Đáp án C

Câu 13. Đốt cháy hỗn hợp FeS và FeS2 cần 10,08 lít oxi ở đktc ta thu được 6,72 lít khí X (đktc) và chất rắn Y. Dùng hidro

khử Y ta thu được m gam chất rắn . Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 5,6 B. 11,2 C. 16,8 D. 22,4

Hướng dẫn

Khí X là SO2. Số mol SO2 = 0,3 mol.

Số mol oxi = 0,45 mol.
Các phản ứng hóa học :

2FeS + 3,5O2Fe2O3 + 2SO2.

2FeS2 + 5,5O2 Fe2O3 + 4SO2.

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O

Nhận xét : Cứ 2 mol chất rắn cháy thì số mol khí giảm 1,5 mol

Vậy x mol hỗn hợp cháy số mol khí giảm 0.45 - 0, 35 = 0,15 mol
 x = 0,2 mol

Số mol sắt = số mol hỗn hợp = 0,2 mol  m = 0,2 . 56 = 11,2 g. Đáp án B

Câu 14. Cho hh A có cùng số mol của FeS và FeS2. Nung nóng một lượng A trong bình kín, dung tích khơng đổi và chứa

lượng dư O2. Sau khi pư hồn tồn, đưa bình về nhiệt độ ban đầu. Giả thiết chất rắn có thể tích khơng đáng kể so với thể

tích bình.

1. Áp suất khí trong bình trước và sau pư thay đổi như thế nào ?
A. Áp suất giảm B. Áp suất tăng

C. Áp suất không thay đổi D. Khơng xác định được

2. Nếu đem nung nóng bình như trên chứa m1 gam hh A, thu được 16 gam chất rắn.

Giá trị của m1 là

A. 19,8 B. 20,8 C. 21,8 D. 22,8

3.Thể tích dd HNO3 85%(d =1,47g/ml) cần dùng để hoà tan hoàn toàn m1 gam hh A (biết rằng pư giải phóng khí

</div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

A. 179,5 ml. B. 180,5 ml. C. 181,5 ml. D. 182,5 ml.
Hướng dẫn

1.+ PTHH : 4FeS + 7O2



2Fe2O3 + 4SO2 (1)

4FeS2 + 11O2



2Fe2O3 + 8SO2 (2)

+ Xác định được:

n

O2(pư) >

n

SO2(pư)



số mol khí giảm



áp suất giảm. Đáp án A

2. Xác định được:

3
2O

Fe

n

= 0,1 mol



m1 = 20,8g. Đáp án B

3. + PTHH : FeS + 12HNO3



Fe(NO3)3 + H2SO4 + 9NO2 + 5H2O (3)

FeS2 + 18HNO3



Fe(NO3)3 + 2H2SO4 + 15NO2 + 7H2O (4)

+ Xác định được:

HNO

n

(pư)= 3 mol;

n

HNO3(đã dùng)= 3,6 mol



V(HNO3 85%) = 181,5 ml. Đáp án C

Câu 15. Đốt cháy 15 gam quặng sắt pirit thiên nhiên có tạp chất trơ. Cho tồn bộ khí thu được vào bình chứa nước clo dư,
thêm tiếp dung dịch bari clorua dư. Kết tủa tạo thành nặng 46,6 gam. Thành phần % khối lượng FeS2 chứa trong quặng

trên là

A. 56,67% B. 57,67% C. 58,67% D. 59,67%
Hướng dẫn

Ta có sơ đồ phản ứng :

FeS2 --> 2SO2 --> 2H2SO4 -->2BaSO4

nFeS2 = 1/2nBaSO4 = 1/2.(46,6/233) = 0,1 (mol)

--> %mFeS2 = (0,1.88)/15 = 0,5867 hay 58,67%. Đáp án C

Câu 16. Cho hh gồm 1,12g Fe và 1,92g Cu vào 400 ml dung dịch gồm NaNO3 0,2M và H2SO4 1M. Thu được dd X, cho

V ml dd NaOH 1M vào X thu được lượng kết tủa lớn nhất. Giá trị của V là
A. 360 B. 180 C. 90 D. 120

Hướng dẫn

Theo bài ra ta có: nFe = 0,02 mol ; nCu = 0,03 mol ; nH+ = 0,4 mol

Ta có thứ tự các phản ứng là :
Fe + 4H+ + NO

3- Fe3+ + NO + 2H2O (1)

0.02 0.08 0.02 0.02
3Cu + 8H+ + 2NO

3- 3Cu2+ +2NO + 4H2O (2)

0.03 0.08 0.02 0.03

Theo PTHH (1) và (2) ta có Fe; Cu hết. H+ và NO

3- còn dư. Khi cho X tác dụng với NaOH ta có:

H+ + OH- H
2O (3)

Fe3+ + 3OH- Fe(OH)
3 (4)

Cu2+ + 2OH- Cu(OH)
2 (5)

Theo 3,4,5 ta có số mol của NaOH cần dùng là 0.24 + 0.06 +0.06 = 0,36 mol. Vậy thể tích dung dịch NaOH cần
dùng là: V = 360 ml. Đáp án A

Câu 17. Hịa tan hồn tồn một hỗn hợp gồm 0,56 gam Fe và 3,2 gam Fe2O3 vào 700ml dung dịch HCl 0,2M, thu được

dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch KMnO4 dư đã được axit hóa bằng H2SO4 lỗng thì thu được khí B. Thể tích

khí B đo ở 250C và 1,5 atm là

A. 1,14 lít B. 1,24 lít C. 1,34 lít D. 1,44 lít
 Hướng dẫn

● Hỗn hợp (Fe, Fe2O3) + dd HCl :

Fe + 2HCl FeCl2 + H2



0,01 0,02 0,01

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

0,02 0,12 0,04



nHCl pư = 0,14 mol (vừa đủ).

Dung dịch A chứa 0,01 mol FeCl2 và 0,04 mol FeCl3 .

● A + KMnO4:

10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 5Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4

0,01 + 10Cl2



+ 24H2O

0,01
Ion Cl đóng vai trị là chất khử nên cịn có phản ứng :

30Cl- + 6MnO

4- + 48H+ 6Mn2+ + 15Cl2



+ 24H2O

0,12 0,06





nCl- = 0,01 + 0,06 = 0,07 mol VCl2 = 1,14 lít (250C, 1,5 atm). Đáp án A

Nếu áp dụng định luật bảo tồn ngun tố có thể tính ngay nCl2 = 1/2 nHCl = 0,07 mol mà khơng cần dựa vào

phương trình phản ứng.

Câu 18. Cho 9,6 gam Cu vào 100ml dung dịch hai muối NaNO3 1M và Ba(NO3)2 1M, không thấy hiện tượng gì, cho thêm

vào 500ml dung dịch HCl 2M thấy thốt ra V lít (đktc) khí NO duy nhất. Giá trị của V là
A. 3,36 B. 5,6 C. 4,48 D. 2,24

Suy luận : nCu = = 0,15 mol; nHCl = 2.0,5 = 1 mol





= nHCl = 1 mol.
 n

NaNO3 = 0,1.1 = 0,1 (mol) ; nBa (NO3)2= 1.0,1 = 0,1 mol.

NaNO3 Na+ + NO3 (1)

0,1





0,1

Ba(NO3)2 Ba2+ + 2NO3 (2)

0,1





2.0,1
(1)(2)



nNO



3 = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol

3Cu + 2NO3 + 8H+ 3Cu2+ + 2NO



+ 4H
2O (3)

bđ: 0,15 0,3 1

pư: 0,15 0,1 0,4 0,15 0,1
dư: 0 0,2 0,6
(3) nNO = 0,1 mol



VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lít



đáp án D

Câu 19. Hịa tan hồn tồn 9,65 gam hỗn hợp Al, Fe trong dung dịch HCl dư, dung dịch thu được cho tác dụng với dung
dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa, đem nung trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi còn lại 8 gam chất rắn. Phần trăm
khối lượng của Fe trong hỗn hợp ban đầu là

A. 58,03%. B. 41,97%. C. 46,20%. D. 47,91 %.
 Hướng dẫn

Cách 1. Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Fe trong hỗn hợp. Ta có:
27x + 56y = 9,65 (1)
Các phương trình phản ứng:

2Al + 6H+ 2Al3+ + 3H



(2)

x x

Fe + 2H+ Fe2+ + H



(3)

y y

9,6

64 

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

H+ + OH- H

2O (4)

Al3+ + 4OH- AlO

2 + 2H2O (5)

Fe2+ + 2OH- Fe(OH)



(6)

y y

2Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3



(7)

y y

2Fe(OH)3 Fe Fe2O3 + 3H2O (8)

y 0,5y

Chất rắn còn lại là Fe2O3



nFe O3 = 0,5y = = 0,05



y = 0,1 mol



%mFe = = 58,03%



đáp án A

Cách 2
Theo ĐLBTNT ta có:

nFe = 2nFe O3 = = 0,1 mol



%mFe = = 58,03%



đáp án A

Câu 20. Để 11,2 gam bột sắt ngồi khơng khí sau một thời gian thu được chất rắn X. Hịa tan hồn tồn X trong dung
dịch H2SO4 đặc, nóng (dư). Thu được dung dịch Y và khí SO2 thốt ra (giả sử SO2 là sản phẩm khử duy nhất). Khối lượng

muối khan thu được trong dung dịch Y là

A. 40 gam. B. 80 gam. C. 20 gam. D. 120 gam.

Suy luận nFe = = 0,2 mol

Theo ĐLBTNT ta có :

nFe (SO )3 = nFe = 0,1 mol



mmuối = 400. 0,1 = 40 gam



đáp án A

Câu 21. Đốt cháy hoàn 0,1 mol mỗi chất FeS2 và CuS bằng lượng O2 dư, khí thu được sau phản ứng cho hấp thu hết vào

dung dịch KMnO4 1M. Thể tích dung dịch thuốc tím đã bị mất màu là

A. 600 ml. B. 300 ml. C. 120ml. D. 60 ml.

Suy luận Theo định luật BTNT ta có:

nSO = 2nFeS2 + nCuS = 2.0,1 + 0,1 = 0,3 mol

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 (*)

0,3



0,12

(*)



Vdd KMnO4= 0,12/1 = 0,12 lít = 120 ml



đáp án C

Câu 22. Để tác dụng vừa đủ 7,68 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4, cần dùng 260ml HCl 1M.Thu được dd X cho

dd NaOH dư tác dụng với dung dịch X thu được kết tủa lọc lấy kết tủa đem nung trong khơng khí đến khối lượng khơng
đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là

A. 6 B.7 C.8 D.9

Hướng dẫn

Khi cho hh oxit tác dụng với HCl ta có bản chất của phản ứng là:
O2- + 2H+ H

0,13 0.26 0,13 mO = 0,13.16 = 2,08 gam nFe = 0,1 mol

Vậy khối lượng Fe2O3 thu được là: m = 0,1/2.160 = 8 gam Đáp án C

Câu 23. Hòa tan 9,65 gam hỗn hợp Al và Fe trong HCl dư thu được dd X. Cho X tác dụng với NaOH dư, lọc lấy kết tủa
rồi nung trong khơng khí đến khối lượng không đổi thu được 8 gam chất rắn. Khối lượng mỗi kim loại Fe và Al trong hỗn
hợp đầu lần lượt là

A. 5,6 gam và 4,05 gam B. 6,5 gam và 3,15 gam
160

8
.
2

65 ,

9 %

100 .

1 ,

0 .

56

2 160

65 ,

9 %

100 .

1 ,

0 .

56

56
2
,
11

2
1
2 4

</div>
(106)<div class='page_container' data-page=106>

C. 8 gam và 1,65 gam D. 2,8 gam và 6,85 gam
Hướng dẫn

Sản phẩm sau khi nung chỉ có Fe2O3: ta có số mol của Fe2O3 = 8/160 = 0,05 mol

Áp dụng đlbtnt ta có số mol của Fe = 2 lần số mol của Fe2O3 = 0,1 mol

Khối lượng của Fe trong hỗn hợp = 5,6 gam thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại là: %Fe =

5,6/9,65 .100 = 58,03% , %Al = 41,97% Đáp án B

Câu 24. Hỗn hợp chất rắn A gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol Fe3O4. Hịatan hồn tồn A bằng dd HCl dư, thu được dd B.

Cho dd NaOH dư vào B, thu được kết tủa C. Lọc lấy kết tủa đem nung trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu
được m gam chất rắn . Giá trị của m là

A. 40 B. 20 C. 30 D.10

Hướng dẫn

Chất rắn thu được sau khi nung là Fe2O3. Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe ta có:

mol

25 ,

0

1 ,

0 .

2

3

1 ,

0 n

2

3 n

4
3
3

2
3

2O sau FeO (dau) FeO











Vậy giá trị của m là:

m

Fe2O3



0 ,

25 .

160 

40 gam

Đáp án A

Câu 25. Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dd HNO3 dư thu được dd X không chứa

muối NH4+ và hỗn hợp khí gồm NO và NO2. Thêm BaCl2 dư vào dd X thu được m gam kết tủa. Mặt khác nếu thêm

Ba(OH)2 dư vào X thu được kết tủa, lấy kết tủa đem nung trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được a gam chất

rắn. Giá trị của m và a lần lượt là

A. 111,48 và 157,44 B. 112,48 và 167,44
C. 113,48 và 177,44 D. 114,48 và 187,44
Hướng dẫn

Áp dụng định luật BTNT ta có

Các sơ đồ phản ứng: Cu2+ Cu(OH)

2 CuO

0,33 0,33 0,33
Fe3+ Fe(OH)

3 Fe2O3

0,24 0,24 0,12
S+6 BaSO

0,48 0,48

Vậy giá trị m và a lần lượt là: m = 0,48. 233 = 111,48 gam

a = 0,48.233 + 0,33.80 + 0,12.160 = 157,44 gam. Đáp án A

Câu 26. Cho luồng khí CO đi qua hỗn hợp X gồm các oxit: Fe3O4, Al2O3, MgO, ZnO, CuO nung nóng, sau một thời gian

thu được hỗn hợp khí Y và 23,6 gam chất rắn Z. Cho Y lội chậm qua bình đựng dung dịch nước vơi trong dư, thấy có 40
gam kết tủa xuất hiện. Khối lượng của X là

A. 30 gam. B. 41,2 gam. C. 34,8 gam. D. 20,6 gam.
Hướng dẫn

nCaCO3 = = 0,4 mol

CO2 + Ca(OH)2 CaCO3



+ H2O (1)

0,4





0,4
(1)



nCO2 = 0,4 mol

● X + CO, t0: Al

2O3, MgO không bị khử.

CuO + CO Cu + CO2 (2)

Fe3O4 + CO FeO + CO2 (3)

FeO + CO Fe + CO2 (4)

106
100

</div>
(107)<div class='page_container' data-page=107>

ZnO + CO Zn + CO2 (5)

Theo (2) (3) (4) (5)



nCO = nCO2 = 0,4 mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng:

mX + mCO = mZ + mCO



m

X = mZ + mCO2- mCO = 23,6 + 44.0,4 - 28.0,4 = 30 gam



đáp án A.

Bài toán trên cũng có thể giải nhanh bằng phương pháp tăng giảm khối lượng như sau: Cứ 1mol CO phản ứng sẽ tạo
ra 1 mol CO2 làm khối lượng chất rắn giảm 16 gam. Vậy nếu có 0,4 mol CO2 tạo ra thì khối lượng chất rắn giảm 0,4.16 =

6,4 gam



Khối lượng chất rắn ban đầu là 23,6 + 6,4 = 30 gam.
CÁC BÀI TẬP VỀ SẮT CÓ LỜI GIẢI

Câu 1 : Oxi hóa chậm m gam Fe ngồi khơng khí sau một thời gian thu được 12 gam hỗn hợp X ( Fe , FeO , Fe2O3

,Fe3O4 ). Để hòa tan hết X , cần vừa đủ 300 ml dung dịch HCl 1M , đồng thời giải phóng 0,672 lít khí ( đktc ). Tính m ?

A.10,08 B.8,96 C.9,84 D.10,64

Câu 2: Hịa tan hồn tồn 2,8 gam hỗn hợp FeO , Fe2O3 và Fe3O4 cần vừa đủ V ml dung dịch HCl 1M , thu được dung

dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH dư vào dung dịch X thu được kết tủa Y. Nung Y trong khơng khí đến khối lượng
khơng đổi thu được 3 gam chất rắn. Tính V ?

A.87,5 B.125 C.62,5 D.175

Câu 3 : Trộn bột Al với bột Fe2O3 ( tỉ lệ mol 1 : 1 ) thu được m gam hỗn hợp X. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp

X trong điều kiện khơng có khơng khí sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn Y. Hòa tan hết Y bằng acid nitric lỗng dư ,
thấy giải phóng 0,448 lít khí NO ( đktc – sản phẩm khử duy nhất ). m =?

A.7,48 B.11,22 C.5,61 D.3,74

Câu 4: Hòa tan hết 7,68 gam hỗn hợp FeO , Fe2O3 và Fe3O4 cần vừa đủ 260 ml dung dịch HCl 1M. Dung dịch thu được

cho tác dụng với dd NaOH dư rồi lọc kết tủa nung trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được m gam rắn.. tính m
?

A.20 B.8 C.16 D.12

Câu 5: X là hỗn hợp gồm Fe và 2 oxit của sắt. Hòa tan hết 15,12 gam X trong dung dịch HCl dư , sau phản ứng thu được
16,51 gam muối Fe (II) và m gam muối Fe (III ) . Mặt khác , khi cho 15,12 gam X phản ứng hoàn toàn với dung dịch acid
nitric lỗng dư thì giải phóng 1,568 lít NO ( sản phẩm khử duy nhất - ở đktc ). Thành phần % về khối lượng của Fe trong
X là ?

A.11,11% B.29,63% C.14,81% D.33,33%

Câu 6 :Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Cu và 2 oxit sắt cần vừa đủ 500ml dung dịch HCl 1,2M. Cô cạn dung dịch sau
phản ứng thu được 38,74 gam hỗn hợp hai muối khan . m nhận giá trị ?

A.22,24 B.20,72 C.23,36 D.27,04

Câu 7: Hòa tan hết a gam hỗn hợp 2 oxit sắt bằng dung dịch HCl dư sau phản ứng thu được dung dịch chứa 9,75 gam
FeCl3 và 8,89 gam FeCl2 . a nhận giá trị nào ?

A.10,08 B.10,16 C.9,68 D.9,84

Câu 8 : Hòa tan hết 4 gam hỗn hợp A gồm Fe và 1 oxit sắt trong dung dịch acid HCl dư thu được dung dịch X. Sục khí
Cl2 cho đến dư vào X thu được dung dịch Y chứa 9,75 gam muối tan. Nếu cho 4 gam A tác dụng với dung dịch HNO3

loãng dư thì thu được V lít NO ( sản phẩm khử duy nhất - đktc)/ V= ?

A.0,896 B.0,747 C.1,120 D.0,672

Câu 9: Hòa tan hết a gam hỗn hợp X gồm Fe và một oxit sắt trong b gam dung dịch H2SO4 9,8% ( lượng vừa đủ), sau

phản ứng thu được dung dịch chứa 51,76 gam hỗn hợp hai muối khan. Mặt khác nếu hòa tan hết a gam X bằng dung dịch
H2SO4 đặc nóng thì thu được duy nhất 58 gam muối Fe (III). Xác định b ?

A.370 B.220 C.500 D.420

</div>
(108)<div class='page_container' data-page=108>

Câu 10 : Hòa tan hết m gam hỗn hợp A gồm Cu và 1 oxit sắt bằng 320 ml dung dịch HCl 1M ( vừa đủ ). Dung dịch thu
được sau phản ứng chỉ chứa hai muối là FeCl2 ( có khối lượng 15,24 gam ) và CuCl2. Xác định công thức của oxit sắt và

giá trị m ?

A. Fe3O4 và 14,40 gam B. Fe2O3 và 11,84 gam C. Fe3O4 và 11,84 gam D. Fe2O3 và 14,40 gam

Câu 11: Hòa tan hết m gam hỗn hợp Y( gồm Cu và 2 oxit của sắt ) bằng 260 ml dung dịch HCl 1M - lượng vừa đủ , thu
được dung dịch Z chứa 2 muối với tổng khối lượng là 16,67 gam. Xác định m ?

A.11,60 B.9,26 C.11,34 D.9,52

Câu 12 :Y là một hỗn hợp gồm sắt và 2 oxit của nó. Chia Y làm hai phần bằng nhau :

Phần 1 : Đem hòa tan hết trong dung dịch HCl dư thu được dung dịch Z chứa a gam FeCl2 và 13 gam FeCl3

Phần 2 : Cho tác dụng hết với 875 ml dung dịch HNO3 0,8M ( vừa đủ ) thu được 1,568 lít khí NO ( đktc - sản phẩm khử

duy nhất ). Tính a. ?

A.10,16 B.16,51 C.11,43 D.15,24

Câu 13 : Hịa tan hoàn toàn 13,92 gam hỗn hợp X gồm MgO, FeO và Fe2O3 phải dùng vừa hết 520 ml dung dịch HCl 1M.

Mặt khác , khi lấy 0,27 mol hỗn hợp X đốt nóng trong ống sứ khơng có khơng khí rồi thổi một luồng H2 dư đi qua để phản

ứng xảy ra hồn tồn thì thu được m gam chất rắn và 4,86 gam nước. Xác định m?

A.16,56 B.20,88 C.25,06 D.16,02

Câu 14: Hỗn hợp A gồm CuSO4 , FeSO4 và Fe2(SO4)3 , trong đó % khối lượng của S là 22% . Lấy 50 gam hỗn hợp A hoà

tan vào trong nước. Thêm dung dịch NaOH dư , lấy kết tủa thu được đem nung ngồi khơng khí đến khối lượng không đổi
. Lượng oxit sinh ra đem khử hồn tồn bằng CO thì lượng Fe và Cu thu được bằng :

A.17 gam B.18 gam C.19 gam D.20 gam

Câu 15 : A là hỗn hợp các muối Cu(NO3)2 , Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3. Trong đó N chiếm 16,03% về khối lượng. Cho dung

dịch KOH dư vào dung dịch chứa 65,5 gam muối A . Lọc kết tủa thu được đem nung trong khơng khí đến khối lượng
khơng đổi thu được bao nhiêu gam oxit ?

A.27 B.34 C.25 D.31

Câu 16: Hòa tan hết một hỗn hợp X gồm 0,02 mol Fe : 0,04 mol Fe3O4 và 0,03 mol CuO bằng dung dịch HCl dư.Cho từ

từ dung dịch NH3 đến dư vào dung dịch sau phản ứng, lọc kết tủa đem nung trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi

thu được a gam chất rắn. a nhận giá trị ?

A.12,8 B.11,2 C.10,4 D.13,6

Câu 17.Hòa tan hỗn hợp gồm sắt và 1 oxit của sắt cần vừa đủ 0,1 mol H2SO4 đặc ; thốt ra 0,224 lít SO2 ( đktc). Cơ cạn

dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam muối khan ?

A.8 B.12 C.16 D.20

Câu 18: Cho m gam Fe tan vừa đủ trong dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl3 thu được dung dịch X chỉ chứa một muối duy

nhất và 5,6 lít H2 ( đktc ). Cơ cạn dung dịch X thu được 85,09 gam muối khan. m nhận giá trị nào ?

A.14 B.20,16 C.21,84 D.23,52

Câu 19: Cho dung dịch acid nitric lỗng vào một cốc thủy tinh có đựng 5,6 gam Fe và 9,6 gam Cu. Khuấy đều để phản
ứng xảy ra hồn tồn ; có 3,136 lít NO thốt ra ( đktc ) và cịn lại m gam chất rắn không tan. Giá trị của m bằng :

A.2,56 B.1,92 C.4,48 D.5,76

Câu 20: Hịa tan hồn tồn 5,4 gam một oxit sắt vào dung dịch HNO3 dư thu được 1,456 lít hỗn hợp NO và NO2 ( đktc

-ngồi ra khơng cịn sản phẩm khử nào khác ). Sau phản ứng khối lượng dung dịch tăng lên 2,49 gam so với ban đầu. Công
thức của oxit sắt và số mol HNO3 phản ứng là :

A.FeO và 0,74 mol B.Fe3O4 và 0,29 mol C.FeO và 0,29 mol D.Fe3O4 và 0,75 mol

Câu 21: Hòa tan 10 gam hỗn hợp gồm Fe và FexOy bằng HCl thu được 1,12 lít H2 ( đktc ). Cũng lượng hỗn hợp này nếu

hòa tan hết bằng dung dịch HNO3 đặc nóng thu được 5,6 lít NO2 ( đktc ). Xác định FexOy ?

</div>
(109)<div class='page_container' data-page=109>

Câu 22: Cho m gam hỗn hợp X gồm Al ,Fe3O4 , FeO, Fe2O3 tác dụng với dung dịch HCl dư thu được dung dịch Y, trong

đó khối lượng của FeCl2 là 31,75 gam và 8,064 lít H2 ( đktc ).Cô cạn dung dịch Y thu được 151,54 gam chất rắn khan.

Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Z và khí NO ( sản phẩm khử duy

nhất ). Cô cạn dung dịch Z thu được bao nhiêu gam muối khan ?

A.242,3 B.268,4 C.189,6 D.254,9

Câu 23: Nung 23,2 gam hỗn hợp X ( FeCO3 và FexOy ) tới phản ứng hồn tồn thu được khí A và 22,4 gam Fe2O3 duy

nhất. Cho khí A hấp thụ hồn tồn vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 7,88 gam kết tủa. Mặt khác , để hòa tan hết 23,2

gam X cần vừa đủ V ml dung dịch HCl 2M. CT FexOy và giá trị của V là :

A.FeO và 200 B.Fe3O4 và 250 C.FeO và 250 D.Fe3O4 và 360

Câu 24: Hịa tan hồn tồn một hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 ( trong đó tỉ lệ khối lượng của FeO và Fe2O3 bằng 9:20

) bằng dung dịch HCl , thu được 16,25 gam FeCl3. Khối lượng muối FeCl2 thu được sau phản ứng bằng :

A.5,08 gam B.6,35 gam C.7,62 gam D.12,7 gam

Câu 25: Cho lần lượt 23,2 gam Fe3O4 và 8,4 gam Fe vào dung dịch HCl 1M. Thể tích dung dịch HCl tối thiểu để hịa tan

các chất rắn trên là :

A.0,9 lít B.1,1 lít C.0,8 lít D.1,5 lít

Câu 26: Cho luồng khí CO đi qua một lượng quặng hematit ( chứa Fe2O3 ) thì thu được 300,8 gam hỗn hợp các chất rắn X

và thoát ra hỗn hợp khí Y. Cho hấp thụ tồn bộ khí Y bằng dung dịch NaOH dư thấy khối lượng bình NaOH tăng thêm
52,8 gam. Đem chất rắn X hòa tan trong dung dịch HNO3 dư thu được 387,2 gam muối. Thành phần % khối lượng của

Fe2O3 trong quặng là :

A.80% B.60% C.50% D.40%

Câu 27: Cho 0,24 mol Fe và 0,03 mol Fe3O4 vào dung dịch HNO3 loãng , kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và 3,36

gam kim loại dư. Khối lượng muối có trong dung dịch X là :

A.48,6 gam B.58,08 gam C.56,97 gam D.65,34 gam

Câu 28: Đem nhhiệt phân hoàn toàn a mol Fe(NO3)2 thu được hỗn hợp khí X có tỉ khối so với H2 bằng T1. Nhiệt phân

hoàn toàn a mol Fe(NO3)3 thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 bằng T2. Biểu thức nào dưới đây là đúng :

A.T1 = 0,972T2 B.T1 = T2 C.T2 = 0,972T1 D.T2 = 1,08T1

Câu 29: 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 SO2 ( đktc ). Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu được kết tủa Z. Nung

Z tới khối lượng khơng đổi thì thấy khối lượng giảm 7,02 gam. Giá trị của m gam là :

A.11,2 B.19,2 C.14,4 D.16,0

Câu 30: Hịa tan hồn tồn a gam hỗn hợp X gồm Fe , FeS , FeS2 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
gam là :

A.7,92 B.9,76 C.8,64 D.9,52

Câu 31: Hòa tan hết m gam hỗn hợp gồm x mol FeO , x mol Fe2O3 và y mol Fe3O4 bằng dung dịch HNO3 đặc nóng thu

được 6,72 lít NO2 ( đktc ). Giá trị của m gam là :

A.46,4 B.48,0 C.35,7 D.69.6

Câu 32: Hòa tan hết 7,52 gam hỗn hợp A gồm Cu và 1 oxit của sắt bằng dung dịch HNO3 lỗng dư , sau phản ứng giải

phóng 0,1493 lít NO ( đktc - là sản phẩm khử duy nhất ) và cịn lại 0,96 gam kim loại khơng tan. Cô cạn dung dịch sau
phản ứng thu được 16,44 gam chất rắn khan. Công thức của oxit sắt là :

</div>
(110)<div class='page_container' data-page=110>

Câu 33: Thổi hỗn hợp khí CO và H2 đi qua a gam hỗn hợp gồm CuO và Fe3O4 có tỉ lệ mol 1:2 , sau phản ứng thu được b

gam chất rắn A. Hịa tan hồn tồn b gam A bằng dung dịch HNO3 lỗng dư , thu được dung dịch X ( không chứa ion Fe2+

). Cô cạn dung dịch X thu được 41 gam muối khan. a gam nhận giá trị nào ?

A.9,8 B.10,6 C.12,8 D.13,6

Đáp án bài tập TN về sắt :

1A - 2A - 3D - 4B - 5C - 6A - 7D - 8B - 9A - 10C - 11D - 12B - 13A - 14A - 15C - 16B - 17B - 18C - 19A
20C - 21A - 22A - 23D - 24B - 25A - 26D - 27A - 28C - 29B - 30B - 31D - 32C - 33D

ĐÁP ÁN CHI TIẾT :

Câu 1: nkhí = nH2 = 0,672/22,4= 0,03 mol .

Ta có : nH+(HCl)= nH+(hồ tan oxit ) + nH+(khí ) => 0,3 = nH+(hoà tan oxit ) + 2.0,03 => nH+(hoà tan oxit )= 0,24 mol
nO(oxit) = ½ nH+(hồ tan oxit )= 0,12 mol => m = mX– mO(oxit)= 12 – 0,12.16 = 10,08 gam
Câu 2: Quy đổi hỗn hợp thành 2,8 gam ( FeO : x mol và Fe2O3 : y mol ) ---> 3 gam Fe2O3

Thiết lập hệ : 72x + 160y = 2,8 v à x + 2y = 3.2/160 ( BTNT Fe trong Fe2O3 )

= > x = 0,025 mol v à y = 6,25.10-3 mol

FeO + 2HCl FeCl2 + H2O Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3 H2O

0,025 0,05 6,25.10-3

0,0375

=> Tổng số mol HCl p/ứ = 0,0875 mol => V = 0,0875 l = 87,5 ml

Cách khác : ( Cách giải của bạn Huỳnh Anh Tú )Quy đổi thành 2,8 gam ( Fe : x mol và O : y mol )
Sơ đồ hợp thức : 2Fe Fe2O3 Ta có : nFe = 2nFe2O3 = 2.3/160 = 0,0375 mol

=> nO (oxit) = ( 2,8 – 0,0375.56 ) / 16 = 0,04375 mol => nHCl p/u = 2 nO (oxit) = 0,0875 mol =>V = 87,5 ml

Câu 3: Phản ứng nhiệt nhơm khơng hồn tồn nên ta khơng thể xác định được rõ sản phẩm Y gồm những chất nào. Ta
quy đổi hỗn hợp Y thành X ( theo nguyên BTKL )

Ta có : Al  Al3+ +3e N+5 +3e  NO => m = 0,02( 27 + 160) = 3,74 gam

0,02  0,06 0,06  0,02

Câu 4: Ta có : nCl- = 0,26 mol => nO2- (oxit ) = ½ nCl- = 0,13 mol ( BT ĐT ) => mFe = 7,68 – 0,13.16 = 5,6 gam

Sơ đồ hợp thức : 2Fe Fe2O3 => mFe2O3 = 160.5,6/112 = 8 gam.

Câu 5: Quy đổi 15,12 gam X thành : Fe ; FeO v à Fe2O3

( x mol ) ( y mol )

Hoà tan vào dd HCl ta có pt : x + y = 16,51/127 = 0,13 mol.
Cho X vào HNO3 dư :

Fe Fe3+ + 3e N+5 + 3e  NO

x 3x 0,21  0,07
FeO Fe3+ + 1e

y y

=> Bảo toàn electron: 3x + y = 0,21

Giải hệ = > x = 0,04 mol v à y = 0,09 mol = > % mFe = 0,04.56/15,12 . 100% = 14,81%

</div>
(111)<div class='page_container' data-page=111>

BTKL : mCu & Fe = mmuoi – mCl- = 38,74 – 0,6.35,5 = 17,44 gam
 mX = mCu & Fe + mO2- (oxit ) = 17,44 +0,3.16 = 22,24 gam

Câu 7: Quy đổi thành a gam FeO v à Fe2O3

Sơ đồ hợp thức : Fe2O3  2FeCl3 ( 0,06 mol ) và FeO FeCl2 ( 0,07 mol )

=> a = 0,03.160 + 0,07.72 = 9,84 gam

Câu 8: nFe = nFeCl3 = 0,06 mol => nO (oxit ) = ( 4 – 0,06.56)/16 = 0,04 mol

Quy đổi 4 gam A thành Fe và O. Cho tác dụng với HNO3 :

Fe Fe3+ + 3e O + 2e  O2-

0,06  0,18 0,08  0,04

N+5 + 3e  NO => V = 0,1/3.22,4 = 0,747 lit

0,1  0,1/3

Câu 9: 51,76 gam gồm 2 muối F eSO4 : x mol và Fe2(SO4)3 : y mol.

Lập hệ : 152x + 400y = 51,76 và x + 2y = 58.2/400 (BTNT Fe trong Fe2(SO4)3 )

=> x = 0,13 mol và y = 0,08 mol => Số mol H2SO4 p/ ứ = x +3y = 0,37 mol

=> mdung dich = ( 0,37.98.100) / 9,8 gam = 370 gam = b

Câu 10: nFe = nFeCl2 = 0,12 mol và nO (oxit ) = ½ nH+ = 0,16 mol => nFe : nO = 0,12 : 0,16 = 3:4 => Fe3O4

BTNT Cl: nHCl = 2nFeCl2 + 2nCuCl2 => 0,32 = 2.0,12 + 2nCuCl2 => nCuCl2 = 0,04 mol = nCu

 m = mCu + mFe + mO = 0,04.64 + 0,12.56 + 0,16.16 = 11,84 gam

Câu 11: nCl- = 0,26 mol => mCu&Fe = mmuoi - mCl- = 16,67 – 0,26.35,5 = 7,44 gam
nO2- (oxit ) = ½ nCl- = 0,13 mol => mY = mCu&Fe + mO2- (oxit ) = 7,44 +0,13.16 = 9,52 gam
Câu 12: Phần II : BTNT N : nNO3- ( muoi ) = nHNO3 p/u – nNO = 0,875.0,8 – 1,568/22,4 = 0,63 mol
Fe  Fe(NO3)3  3NO3- Phần I : BTNT Fe : nFe = nFeCl2 + nFeCl3

0,21  0,63 => nFeCl2 = 0,21 – 13/162,5 = 0,13 mol => a = 0,13.127 = 16,51 gam

Câu 13: 13,92 gam X ( MgO x mol ; FeO y mol và Fe2O3 z mol ). Ta có : nO (oxit ) = ½ nH+ = ½ .0,52 = 0,26 mol

=> x + y +3z = 0,26 ( 1 ) và 40x + 72y + 160z = 13,92 ( 2 )

Trong 0,27 mol X số mol MgO , FeO và Fe2O3 lần lượt là kx , ky và kz mol => kx + ky + kz = 0,27 ( 3 )

Và : nH2O = nH2 = nO(FeO) + nO(Fe2O3) = ky +3kz = 0,27 ( 4 ). Biến đổi ( 3 ) & ( 4 ) => x = 2z ( 5 )

Giải ( 1) , (2) và ( 5) => x = 0,08 mol ; y = 0,06 mol và z = 0,04 mol => k = 0,27/0,18 = 1,5
BTKL : m = 1,5.13,92 – 0,27.16 = 16,56 gam

Câu 14: mS = 50.22/100 = 11 gam => nSO4 (2-) = nS = 11/32 = 0,34375 mol (BTNT S )

 mCu&Fe = mmuoi – mSO4(2-) = 50 – 96.0,34375 = 17 gam

Câu 15: mN = 65,5.16,03/100 = 10,5 gam => nNO3- = nN = 10,5/14 = 0,75 mol ( BTNT N )

Sơ đồ : 2NO3 – (muối ) < = > O2- (oxit )

2 mol NO3 – tạo 1 mol O2- khối lượng giảm 2.62 – 16 = 108 gam

0,75 mol NO3 – tạo 0,375 mol O2- khối lượng giảm 108.0,375 = 40,5 gam

</div>
(112)<div class='page_container' data-page=112>

Câu 16: Cu2+ tạo phức trong dd amoniac dư => chất rắn sau cùng là Fe
2O3 .

BTNT Fe : ∑nFe = nFe + 3nFe3O4 = 0,02 + 0,04.3 = 0,14 mol

=> nFe2O3 = ½∑nFe = 0,07 mol => a = 0,07.160 = 11,2 gam

Câu 17: BTNT S : nH2SO4 p/u = nSO4 (2-) muoi + nSO2 => nSO4 (2-) muoi = 0,1 – 0,01 = 0,09 mol
Fe2(SO4)3  3SO42- => mmuoi = 0,03.400 = 12 gam

0,03  0,09

Câu 18: Cách 1 : Viết PTHH : ∑nFeCl2 = 0,67 mol

Fe + 2HCl FeCl2 + H2 (1) Fe + 2FeCl3 3FeCl2 ( 2 )

0,25 0,25  0,25 0,14  ( 0,67 – 0,25 = 0,42 )
=> ∑nFe = 0,25 + 0,14 = 0,39 mol => m = 0,39.56 = 21,84 gam

Cách 2: Bảo toàn electron

Fe Fe2+ + 2e 2H+ + 2e  H
2

x x  2x 0,5  0,25

Fe3+ + 1e Fe2+

0,67 - x  0,67 - x
=> Bảo toàn electron: 2x = 0,5 + 0,67 – x
=> x = 0,39 mol => m = 21,84 gam

Câu 19: Sau phản ứng , Cu còn dư ( Fe Fe2+ )

FeFe2+ + 2e N+5 + 3e  NO

0,1 → 0,2 0,42 ← 0,14
Cu  Cu2+ + 2e

0,11← 0,22

=> m = 9,6 – 0,11.64 = 2,56 gam

Câu 20: mkhí = 5,4 – 2,49 = 2,91 gam ( NO x mol và NO2 y mol ).

Lập hệ : x + y = 1,456/22,4 = 0,065 mol và 30x + 46y = 2,91 => x = 5.10-3 mol và y = 0,06 mol

Quy đổi oxit sắt thành Fe ( a mol ) và O ( b mol ) .Ta có : 56a + 16b = 5,4

Fe Fe3+ + 3e O + 2e  O2- N+5 + 3e  NO N+5 + 1e  NO

a → 3a b →2b 0,015 ← 5.10-3 0,06 ← 0,06

Bảo toàn e: 3a – 2b = 0,06 + 0,015. Giải hệ 2 pt trên : a = b = 0,075 mol = > FeO
BTNT N : nHNO3 p/u = nNO3- muoi + nNO + nNO2 = 3nFeO + nNO + nNO2 = 0,29 mol
Câu 21: nFe = nH2 = 0,05 mol ( Fe đơn chất - không phải Fe trong oxit ).

Cho vào HNO3 , quy đổi 10 gam ( Fe a mol v à O b mol ). => 56a + 16b = 10. Bảo toàn electron :

Fe Fe3+ + 3e O + 2e  O2- N+5 + 1e  NO

2 => 3a – 2b = 0,25

a → 3a b →2b 0,25 ← 0,25

Giải hệ => a = 0,15 mol = ∑nFe và b = 0,1 mol = nO(oxit) => nFe(oxit) = ∑nFe - nFe = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol => FeO

Câu 22: nAl = 2/3 nH2 = 0,24 mol = nAl(NO3)3 = > mAlCl3 = 0,24.133,5 = 32,04 gam

=> mFeCl3 = mrắn han – mFeCl2 – mAlCl3 = 151,54 – 31,75 – 32,04 = 87,75 gam => nFeCl3 = 0,54 mol

</div>
(113)<div class='page_container' data-page=113>

nAl(NO3)3 = nAl = 0,24 mol và nFe(NO3)3 = nFeCl2 + nFeCl3 = 31,75/127 + 0,54 = 0,79 mol

=> mmuối = 0,24.213 + 0,79.242 = 242,3 gam

Câu 23: nFeCO3= nCO2 = nBaCO3 = 7,88/197 = 0,04 mol. BTNT Fe : ∑nFe = 2nFe2O3 = 0,28 mol

=> nFe(oxit) = 0,28 – 0,04 = 0,24 mol => moxit = mX – mFeCO3 = 23,2 – 0,04.16 = 18,56 gam

=> nO (oxit ) = ( 18,56 – 0,24.56 ) / 16 = 0,32 mol => Fe3O4 .

BTĐT : nHCl = nH+ = 2nCO3(2-) + 2 nO (oxit ) = 2.0,04 + 2.0,32 = 0,72 mol => V = 0,72/2 = 0,36 lit = 36O ml

Câu 24: mFeO / mFe2O3 = 9/20 => nFeO = nFe2O3 => nFeCl2 = ½ nFeCl3 = 0,05 mol => mFeCl2 = 0,05.127 = 6,35 gam

Câu 25: PTHH: Fe3O4 + 8HCl FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Fe + 2FeCl3 3FeCl2 Fe + 2HCl FeCl2 + H2

0,1 → 0,8 → 0,2 0,1 ← 0,2 0,05 → 0,1
=> nHCl = 0,8 + 0,1 = 0,9 mol => V = 0,9 lit

Câu 26: mtăng = mCO2 = 52,8 gam => nO ( bị khử ) = nCO2 = 1,2 mol

=> Khối lượng của quặng = mX + mO = 300,8 +1,2.16 = 320 gam .BTNT Fe : nFe2O3 = ½ nFe(NO3)3 = 0,8 mol

=> % mFe2O3 = 0,8.160/320.100% = 40%

Câu 27: BTNT Fe : nFeO + 3nFe3O4 = nFe(NO3)2 + nFe dư => nFe(NO3)2 = 0,27.180 = 48,6 gam

Cõu 28: 2Fe(NO3)2
0

ắắđ

Fe2O3 + 4NO2 + ½ O2 2Fe(NO3)3
0

ắắđ

Fe2O3 + 6NO2 + 3/2 O2

a 2a 0,25a a 3a 0,75a
T1 = ( 46.2a + 32.0,25a ) / ( 2a + 0,25a ) = 400/9

T2 = ( 46.3a + 32.0,75a ) / ( 3a + 0,75a ) = 43,2 => T2 / T1 = 0,972 = > T2 = 0,972T1

Câu 29: Fe(OH)3 ½Fe2O3 => nFe2O3 = 7,02/ ( 107 – 80 ) = 0,26 mol = nFe

107 80 => mFe = 0,7mA + 5,6ne = 0,7mA + 5,6.2nSO2 => mA = 19,2 gam

Câu 30: mrắn = mBaSO4 = 30,29 gam => nS(X) = nBaSO4 = 0,13 mol. Quy đổi hỗn hợp thành Fe và S

Fe Fe3+ + 3e S  S+6 + 6e N+5 + 3e  NO

0,1 ← 0,3 0,13 → 0,78 1,08 ← 0,36
=> a = mFe + mS = 9,76 gam

Câu 31: FeO và Fe2O3 có cùng số mol => quy đổi thành FeO4 .Nhẩm : nFe3O4 = nNO2 = 0,3 mol

=> m = 0,3.232 = 69,6 gam

Câu 32: Còn lại kim loại Cu không tan => ion Fe tồn tại trong dung dịch sau phản ứng là Fe2+.

Quy đổi hỗn hợp A thành Cu, Fe v à O

Cu  Cu2+ + 2e Fe Fe2+ + 2e O + 2e  O2- N+5 + 3e  NO

x 2x y 2y z 2z 0,02

Bảo toàn e : 2x + 2y – 2z = 0,02 .Ta có : 64x + 56y +16z = 7,52 – 0,96 và 188x + 180y = 16,44 (chất rắn khan )
Giải hệ ta được : x = 0,03 ; y = 0,06 v à z = 0,08 => nFe : nO = y : z = ¾ => Fe3O4

Câu 33: CuO  Cu(NO3)2 Fe3O4 3Fe(NO3)3

x 2x 2x 6x

</div>
(114)<div class='page_container' data-page=114>

Bài viết này được dành tặng cho những HS thân u của mình. Chúc các em có một kì thi ĐH sắp tới đạt kết quả tốt nhất..
Đây là những bài viết do thầy biên soạn và sưu tập từ nhiều nguồn khác nhau…

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ NHÔM

Với các bài tốn hố học về nhơm, hợp chất của nhơm cũng như các bài tốn hỗn hợp. Ngồi việc sử dụng các
phương pháp giải như bảo toàn electron, bảo toàn khối lượng, tăng - giảm khối lượng ... đã trình bày ở các chun đề
trước, cịn có một số dạng bài tập đặc trưng riêng của nhơm, đó là:

1. Muối Al3+ tác dụng với dung dịch kiềm tạo kết tủa

Khi cho một lượng dung dịch chứa OH- vào dung dịch chứa Al3+ thu được kết tủa Al(OH)

3. Nếu 3

Al(OH) Al

n

<

n

sẽ có hai trường hợp phù hợp xảy ra. Bài tốn có hai giá trị đúng.
- Trường hợp 1. Lượng OH- thiếu, chỉ đủ để tạo kết tủa theo phản ứng

Al3+ + 3OH-

®

Al(OH)
3

Lượng OH- được tính theo kết tủa Al(OH)

3, khi đó giá trị OH- là giá trị nhỏ nhất.

- Trường hợp 2. Lượng OH- đủ để xảy ra hai phản ứng:

Al3+ + 3OH-

®

Al(OH)

3 (1)

Al(OH)3 + OH-

®

AlO2- + 2H2O (2)

Trong đó, phản ứng (1) hoàn toàn, phản ứng (2) xảy ra 1 phần. Lượng OH- được tính theo cả (1) và (2), khi đó giá

trị OH- là giá trị lớn nhất.

2. Dung dịch H+ tác dụng với dung dịch AlO

2- tạo kết tủa
Khi cho từ từ dung dịch chứa OH- vào dung dịch chứa Al3+ thu được kết tủa Al(OH)

3. Nếu 3

Al(OH) Al

n

<

n

+sẽ có

hai trường hợp phù hợp xảy ra. Bài tốn có hai giá trị đúng.

- Trường hợp 1. Lượng H+ thiếu, chỉ đủ để tạo kết tủa theo phản ứng

AlO2- + H+ + H2O

®

Al(OH)3

Lượng H+ được tính theo kết tủa Al(OH)

3, khi đó giá trị H+ là giá trị nhỏ nhất.

- Trường hợp 2. Lượng H+ đủ để xảy ra hai phản ứng:

AlO2- + H+ + H2O

®

Al(OH)3 (1)

Al(OH)3 + 3H+

®

Al3+ + 3H2O (2)

Trong đó, phản ứng (1) hồn tồn, phản ứng (2) xảy ra 1 phần. Lượng H+ được tính theo cả (1) và (2), khi đó giá trị

H+ là giá trị lớn nhất.

3. Hỗn hợp kim loại gồm kim loại kiềm (kiềm thổ), nhơm tác dụng với nước

Khi đó, kim loại kiềm hoặc kiềm thổ tác dụng với nước tạo dung dịch kiềm, sau đó dung dịch kiềm hồ tan nhơm.
Ví dụ: Một hỗn hợp gồm Al, Mg và Ba được chia làm hai phần bằng nhau

- Phần 1: đem hồ tan trong nước dư thu được V1 lít khí (đktc)

- Phần 2: hoà tan trong dung dịch NaOH dư thu được V2 lít khí (đktc)

Khi đó: ở phần 1 có các phản ứng

Ba + 2H2O

®

Ba(OH)2 + H2 (1)

2Al + Ba(OH)2 + 2H2O

®

Ba(AlO2)2 + 3H2 (2)

Phần 2 có các phản ứng

Ba + 2H2O

®

Ba(OH)2 + H2 (3)

2Al + 2NaOH + 2H2O

®

2NaAlO2 + 3H2 (4)

Nếu V1 < V2 khi đó, ở phần 1 nhơm chưa tan hết, lượng Ba được tính theo H2 thoát ra. Phần 2, cả Ba và Al đều tan hết,

lượng H2 được tính theo cả (3) và (4)

II. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Cơng thức tính thể tích dung dịch NaOH cần cho vào dung dịch Al3+để xuất hiện một lượng kết tủa theo yêu cầu .
Ta có hai kết quả :

- nOH



</div>
(115)<div class='page_container' data-page=115>

- nOH



= 4. nAl


3

- nkết tủa

Ví dụ : Cần cho bao nhiêu lít dung dịch NaOH 1M vào dung dịch chứa 0,5 mol AlCl3 để được 31,2 gam kết tủa .

Giải

Ta có hai kết quả :
n OH



= 3.nkết tủa = 3. 0,4 = 1,2 mol => V = 1,2 lít

n OH



= 4. nAl


3

- nkết tủa = 4. 0,5 – 0,4 = 1,6 mol => V = 1,6 lít

Cơng thức tính thể tích dung dịch NaOH cần cho vào hỗn hợp dung dịch Al3+và H+ để xuất hiện một lượng kết tủa
theo yêu cầu .

Ta có hai kết quả :
- nOH



( min ) = 3.nkết tủa + nH


- nOH



( max ) = 4. nAl


3

- nkết tủa+ nH



Ví dụ : Cần cho bao nhiêu lít dung dịch NaOH 1M lớn nhất vào dung dịch chứa đồng thời 0,6 mol AlCl3 và 0,2 mol HCl

để được 39 gam kết tủa .
Giải

n OH



( max ) = 4. nAl


3

- nkết tủa+ nH



= 4. 0,6 - 0,5 + 0,2 =2,1 mol => V = 2,1 lít

Cơng thức tính thể tích dung dịch HCl cần cho vào dung dịch NaAlO2 hoặc Na



Al

(

OH

)

4



để xuất hiện một
lượng kết tủa theo yêu cầu .

Ta có hai kết quả :
- nH



= nkết tủa

- nH



= 4. nAlO



2 - 3. nkết tủa

Ví dụ : Cần cho bao nhiêu lít dung dịch HCl 1M vào dung dịch chứa 0,7 mol NaAlO2 hoặc Na



Al

(

OH

)



để thu được
39 gam kết tủa .

Giải

Ta có hai kết quả :
nH



= nkết tủa = 0,5 mol => V = 0,5 lít



= 4. nAlO



2 - 3. nkết tủa = 4.0,7 – 3.0,5 = 1,3 mol => V = 1,3 lít

Cơng thức tính thể tích dung dịch HCl cần cho vào hỗn hợp dung dịch NaOH và NaAlO2 hoặc Na



Al

(

OH

)



để
xuất hiện một lượng kết tủa theo yêu cầu .

Ta có hai kết quả :
 nH



= nkết tủa + nOH


 nH



= 4. nAlO



2 - 3. nkết tủa + nOH

Ví dụ : Cần cho bao nhiêu lít dung dịch HCl 1M cực đại vào dung dịch chứa đồng thời 0,1 mol NaOH và 0,3 mol NaAlO2

hoặc Na



Al

(

OH

)

4



để thu được 15,6 gam kết tủa .
Giải

Ta có hai kết quả :
nH



(max) = 4. nAlO



2 - 3. nkết tủa + nOH = 4.0,3 – 3.0,2 + 01 = 0,7 mol => V = 0,7 lít

Cơng thức tính thể tích dung dịch NaOH cần cho vào hỗn hợp dung dịch Zn2+để xuất hiện một lượng kết tủa theo
yêu cầu .

Ta có hai kết quả :
 nOH



</div>
(116)<div class='page_container' data-page=116>

nOH



( max ) = 4. nZn


2

- 2.nkết tủa

Ví dụ : Tính thể tích dung dịch NaOH 1M cần cho vào 200 ml dung dịch ZnCl2 2M để được 29,7 gam kết tủa .

Giải

Ta có nZn


2

= 0,4 mol
nkết tủa= 0,3 mol

Áp dụng CT 41 .
n OH



( min ) = 2.nkết tủa = 2.0,3= 0,6 =>V ddNaOH = 0,6 lít

n OH



( max ) = 4. nZn


2

- 2.nkết tủa = 4.0,4 – 2.0,3 = 1 mol =>V ddNaOH = 1lít

Cơng thức tính khối lượng muối sunphat khi cho kim loại tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc tạo sản phẩm khử SO2 ,

S, H2S và H2O

mMuối sunfát = mKL +

2

96

.( 2nSO2+ 6 nS + 8nH2S ) = mKL +96.( nSO2+ 3 nS + 4nH2S )
 * Lưu ý : Sản phẩm khử nào khơng có thì bỏ qua

* nH2SO4= 2nSO2+ 4 nS + 5nH2S

Cơng thức tính khối lượng muối nitrat khi cho kim loại tác dụng với dung dịch HNO3 giải phóng khí : NO2 ,NO,N2O,

N2 ,NH4NO3

mMuối Nitrat = mKL + 62( nNO2 + 3nNO + 8nN2O +10n N2 +8n NH4NO3)

* Lưu ý : Sản phẩm khử nào khơng có thì bỏ qua
 * nHNO

= 2nNO2+ 4 nNO + 10nN2O +12nN2 + 10nNH4NO3

MỘT SỐ DẠNG TOÁN ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHƠM.

1/.

Dạng 1: BÀI TỐN VỀ DUNG DỊCH CHỨA ION Al3+ TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIỀM
* Kiến thức cần nắm vững

Khi cho dung dịch kiềm vào dung dịch Al3+ sẽ có các phương trình ion thu gọn sau: Al3+ +

3OH- → Al(OH)
3 (1)

Al(OH)3 +OH- → [Al(OH)4]- (Tan)(2)

Hay có thể viết phương trình (2) dạng:
Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O

Tù (1) và (2) ta có: Al3+ + 4OH- → [Al(OH)
4]- (3)

Ngồi ra khi bài tốn ra dạng kim loại kiềm (M) tác dụng với dung dịch muối Al3+ cịn có thêm phương

trình: 2M + 2H2O → 2MOH + H2 (4)

Hay khi nung nóng kết tủa Al(OH)3 : 2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O (5)

* Phương pháp giải nhanh : 
 Áp dụng tỷ lệ:

+ Từ (1) để có lượng kết tủa tối đa thì số mol OH- = 3 số mol Al3+

OH
Al

n

T

n

=

= 3

3
OH

Al

n

T

n

</div>
(117)<div class='page_container' data-page=117>

+ Từ (3) nếu

n

OH= 4

3 

Al

n

thì sẽ khơng cịn kết tủa .

+ Với dạng toán cho dung dịch chứa ion Al3+ khi cho tác dụng dung dịch kiềm, đề cho biết lượng kết tủa,

xác định lượng kiềm có 2 trường hợp ( học sinh chỉ cần nhớ 2 biểu thức dưới đây) :

* Một số chú ý khi giải bài tập:

+ Nếu dung dịch X chứa ion Al3+ và ion H+ thì khi cho dung dịch kiềm ( chứa ion OH- ) vào X sẽ có 2

trường hợp sau:

Tùy thuộc vào đặc điểm đề bài cho mà các em cần nhận dạng đặc điểm bài toán và vận dụng các cách giải 
bài tập cho hợp lí.

a) Bài tốn thuận:

Đặc điểm của bài toán: Cho biết số mol của Al3+ và OH-, yêu cầu tính lượng kết tủa.

*Cách giải nhanh: Đặt

OH
Al

n

T

n

=

+) Nếu T ≤ 3: Chỉ xảy ra (1) và chỉ tạo Al(OH)3. (Al3+ dư nếu T < 3)

Khi đó

( )

3

OH
Al OH

n

=

- (Theo bảo toàn OH-)

+) Nếu 3 < T < 4: Xảy ra (1) và (2). Tạo hỗn hợp Al(OH)3 và [Al(OH)4]-. (Cả Al3+ và OH- đều hết)

Khi đó: Đặt số mol Al(OH)3 là x

Số mol [Al(OH)4]- là y

 Hệ phương trình: x + y =

n

Al3+

3x + 4y =

OH

n

Đặc biệt

3 4

3,5

2 T

=

+

=

thì 3

3 4

( ) [ ( ) ]

2

Al

Al OH Al OH

n

=

n

=

+) Nếu T ≥ 4: Chỉ xảy ra (2) và chỉ tạo [Al(OH)4]- (OH- dư nếu T > 4)

Khi đó: 3

( )

Al OH Al

n

=

n

* Một số ví dụ minh họa:

OH
Al

n
T

n

= 4

Trường hợp 1:

n

OH

(nhỏ nhất ) cần lấy = 3 n

↓

(

*

)

Trường hợp 2:

n

OH

(lớn nhất ) = 4

3 

Al

n

- n

↓

(

**

)

Trường hợp 1:

n

OH

(nhỏ nhất )

cần lấy = 3 n

↓

+

n

H

(***)

</div>
(118)<div class='page_container' data-page=118>

VD 1: Cho 450 ml dung dịch KOH 2M tác dụng với 100 ml dung dịch Al2(SO4)3 1M được dung dịch X. Tính nồng độ

mol/l các chất trong dung dịch X?

Hướng dẫn giải:
Theo đề: +

n

OH-

=

0,9 mol,

n

Al3+

=

0,2 mol

OH
Al

n

T

n

=

= 4,5 > 4  Tạo [Al(OH)4]- và OH- dư

Dung dịch X có : 3

( )

Al OH Al

n

=

n

+ = 0,2 mol;

OH du

n

=

0,9 – 0,2 . 4 = 0,1 mol
 CM (K[Al(OH)4]) =

0, 2

0,36

0, 45 0,1

+

»

M

CM(KOH) =

0,1

0,18

0, 45 0,1

+

»

M

VD 2: Dung dịch A chứa 16,8g NaOH cho tác dụng với dung dịch chứa 8g Fe2(SO4)3. Thêm tiếp vào đó 13,68g Al2(SO4)3

thu được 500ml dung dịch B và m gam kết tủa. Tính CM các chất trong B và m?

Hướng dẫn giải:Theo đề: + nNaOH = 0,42 mol;

2( 4 3)

Fe SO

n

=

0,02 mol;
+

2( 4 3)

Al SO

n

=

0,04 mol

Ta có:

OH
Fe

n

=

10,5  Tạo Fe(OH)3 và Fe3+ hết, OH- dư

( )

Fe OH Fe

n

=

n

=

0,04 mol;

n

Al3+

=

0,08 mol;

n

OH du-

=

0,42 – 0,04 . 3 = 0,3 mol


OH
Al

n

T

n

=

= 3,75  tạo hỗn hợp Al(OH)3 : x mol

và [Al(OH)4]-: y mol

Ta có hệ: x + y = 0,08 x = 0,02
3x + 4y = 0,3  y = 0,06
Vậy khối lượng kết tủa là: m = 1,56g

Dung dịch B gồm Na[Al(OH)4]: 0,06 mol

Na2SO4: (0,42 – 0,06)/2 = 0,18 mol

 CM (Na[Al(OH)4]) = 0,12M; CM (Na2SO4]) = 0,36M

b) Bài toán ngược:

Đặc điểm của bài toán: : Biết số mol của 1 tong 2 chất tham gia phản ứng và số mol kết tủa. Yêu cầu tính
số mol của chất tham gia phản ứng còn lại.

*Kiểu 1: Biết số mol Al(OH)3, số mol Al3+ . Tính lượng OH-.

Cách giải nhanh: So sánh số mol Al(OH)3 với số mol Al3+ , tùy trường hợp mà có thể có các trường hợp

</div>
(119)<div class='page_container' data-page=119>

 Nếu số mol Al(OH)3 = số mol Al3+: cả 2 chất phản ứng vừa đủ với nhau tạo Al(OH)3. Khi đó:

( )

3

Al OH

OH

n

=

n

 Nếu 3

( )

Al OH Al

n

<

n

+ thì có 2 trường hợp:

+) Chưa có hiện tượng hoà tan kết tủa hay Al3+ còn dư. Khi đó sản phẩm chỉ có Al(OH)
3 và

( )

3

Al OH

OH

n

=

n

+) Có hiện tượng hồ tan kết tủa hay Al3+ hết. Khi đó sản phẩm có Al(OH)

3 và [Al(OH)4]- :

Ta có: 3 3

4 ( )

[Al OH( ) ] Al Al OH

n

=

n

-

n

3 4

( ) [ ( ) ]

3

Al OH

4

OH Al OH

n

=

n

+

n

-* Một số ví dụ minh họa:

VD1: Cho 0,5 lít dung dịch NaOH tác dụng với 300ml dung dịch Al2(SO4)3 0,2M thu được 1,56g kết tủa.

Tính nồng độ mol/lít của dung dịch NaOH. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Hướng dẫn giải:

Số mol Al3+ = 0,12 mol.

Số mol Al(OH)3 = 0,02 mol < số mol Al3+ nên có 2 trường hợp xảy ra.

+TH1: Al3+ dư  Chỉ tạo Al(OH)

3 nên số mol OH- = 3 . 0,02 = 0,06 mol.

 CM(NaOH) = 0,12M

+TH2: Al3+ hết  tạo Al(OH)

3: 0,02 mol

[Al(OH)4]-: 0,12 – 0,02 = 0,1 mol

 Số mol OH- = 3 . 0,02 + 4 . 0,1 = 0,46 mol

 CM(NaOH) = 0,92M

VD2: Cho V lít dung dịch NaOH 0,4M tác dụng với 58,14g Al2(SO4)3 thu được 23,4g kết tủa. Tìm giá trị lớn

nhất của V?

Hướng dẫn giải:
Số mol Al3+ = 0,34 mol.

Số mol Al(OH)3 = 0,3 mol < số mol Al3+ nên có 2 trường hợp xảy ra.

+TH1: Al3+ dư  Chỉ tạo Al(OH)

3 nên số mol OH- = 3 . 0,3 = 0,9 mol.

 V(dd NaOH) = 2,25 lít = Vmin

+TH2: Al3+ hết  tạo Al(OH)

3: 0,3 mol

[Al(OH)4]-: 0,34 – 0,3 = 0,04 mol

 Số mol OH- = 3 . 0,3 + 4 . 0,04 = 1,06 mol

 V(dd NaOH) = 2,65 lít = Vmax.

*Kiểu 2: Biết số mol OH-, số mol kết tủa Al(OH)

3. Tính số mol Al3+.

Cách làm: So sánh số mol OH- của bài cho với số mol OH- trong kết tủa.

+Nếu số mol OH- của bài cho lớn hơn số mol OH- trong kết tủa thì đã có hiện tượng hồ tan kết tủa.

Sản phẩm của bài có Al(OH)3 và [Al(OH)4]

-3
4

( )

[ ( ) ]

3

4

Al OH
OH bai

Al OH

n

</div>
(120)<div class='page_container' data-page=120>

 3

3 4

( ) [ ( ) ]

Al OH

Al Al OH

n

=

n

+

n

+Nếu trong bài có nhiều lần thêm OH- liên tiếp thì bỏ qua các giai đoạn trung gian, ta chỉ tính tổng số mol

OH- qua các lần thêm vào rồi so sánh với lượng OH- trong kết tủa thu được ở lần cuối cùng của bài.

Ví dụ minh họa: Thêm 0,6 mol NaOH vào dd chứa x mol AlCl3 thu được 0,2 mol Al(OH)3. Thêm tiếp

0,9 mol NaOH thấy số mol của Al(OH)3 là 0,5. Thêm tiếp 1,2 mol NaOH nữa thấy số mol Al(OH)3 vẫn là 0,5

mol. Tính x?

Hướng dẫn giải:

å

n

OH-

=

0, 6 0,9 1, 2 2,7

+

=

mol

;

( )

Al OH

n

=

0,5 mol

Số mol OH- trong kết tủa là 1,5 mol < 2,7 mol  có tạo [Al(OH)
4]
-3

( )

[ ( ) ]

3

4

Al OH

OH bai

Al OH

n

-=

= 0,3 mol

 3 3

( ) [ ( ) ]

Al OH

Al Al OH

n

=

n

+

n

- = 0,8 mol

*Kiểu 3: Nếu cho cùng một lượng Al3+ tác dụng với lượng OH- khácnhau mà lượng kết tủa không thay đổi

hoặc thay đổi không tương ứng với sự thay đổi OH-, chẳng hạn như:

TN1: a mol Al3+ tác dụng với b mol OH- tạo x mol kết tủa.

TN2: a mol Al3+ tác dụng với 3b mol OH- tạo x mol kết tủa hoặc 2x mol kết tủa.

Khi đó, ta kết luận:

TN1: Al3+ cịn dư và OH- hết.

( )

3

OH
Al OH

n

=

- = x.

TN2: Cả Al3+ và OH- đều hết và đã có hiện tượng hoà tan kết tủa.

3 3

( ) ( 2)
( 2)

( ) ( 2)

[ ( ) ]

3

4

Al OH TN
OH TN

Al OH TN

Al OH Al

n

-=

-

=

Ví dụ minh họa: TN1: Cho a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 500ml dung dịch NaOH 1,2M được m gam kết tủa.

TN2: Cũng a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 750ml dung dịch NaOH 1,2M thu được m gam kết tủa.

Tính a và m?

Hướng dẫn giải:

Vì lượng OH- ở 2 thí nghiệm khác nhau mà lượng kết tủa không thay đổi nên:

TN1: Al3+ dư, OH- hết.

Số mol OH- = 0,6 mol 

( )

3

OH
Al OH

n

=

- = 0,2 mol  m = 15,6 g
TN2: Al3+ và OH- đều hết và có hiện tượng hồ tan kết tủa.

Số mol OH- = 0,9 mol  Tạo Al(OH)

3: 0,2 mol

[Al(OH)4]-: 0,075 mol



å

n

Al3+

=

0,2 + 0,075 = 0,275 mol

Số mol Al2(SO4)3 = 0,1375 mol = a.

* Một số bài tập tự luyện:

Câu 1: (Trích đề thi ĐH KA năm 2009)

Cho 100 ml dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với 200ml dung dịch Al(NO3)3 0,2 M thu được 2,34 g kết tủa. Nồng độ của

dung dịch Ba(OH)2 ban đầu là:

</div>
(121)<div class='page_container' data-page=121>

C. 0,45M hoặc 0,65M D. 0,3M hoặc 0,6M
 Câu2: (Trích đề thi ĐH KA năm 2009)

Cho 200ml dung dịch AlCl3 1,5 M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M , thu được 15,6 gam kết tủa. Giá trị lớn

nhất của V là

A. 1,2 B. 1,8 C. 2,4 D. 2,0
 Câu3: ( Trích đề thi ĐH KB năm 2010)

Cho 150ml dung dịch KOH 1,2 M tác dụng với 100ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol/lít thu được dung dịch Y và

4,68 gam kết tủa, thêm tiếp 175 ml dung dịch KOH 1,2 M vào Y , thu được 2,34 gam kết tủa. Giá trị của x là
A. 1,2 B. 0,8 C.0,9 D.1,0

Câu 4: Hòa tan 21 gam hỗn hợp gồm Al và Al2O3 bằng HCl được dung dịch A và 13,44 lít H2(ở đktc). Thêm V lit dung

dịch NaOH 0,5M vào dung dịch A thu đươc 31,2 gam kêt tua. Gia trị cua V là ?

A. 2,4 B. 2,4 hoặc 4 C. 4 D. 1,2 hoặc 2

Câu 5: Cho 46,95 gam hỗn hợp X gồm K và Ba tác dụng với dung dịch AlCl3 dư, thu được 19,50 gam kết tủa. Phần trăm

khối lượng của K trong X là:

A. 24,92%. B. 12,46%. C. 75,08%. D. 87,54%.

Câu 6: Thêm 150 ml dung dịch NaOH 2M vào một cốc đựng 100 ml dung dịch AlCl3 xM, sau khi phản ứng hồn tồn

thấy trong cốc có 0,1 mol chất kết tủa. Thêm tiếp 100 ml dung dịch NaOH 2M vào cốc, sau khi phản ứng hồn tồn thấy
trong cơc có 0,14 mol chât kêt tua. Gia trị cua x là

A. 1,6 B. 1,0 C. 0,8 D. 2

Câu 7: Thêm m gam kali vào 300 ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M thu được dung dịch X. Cho từ từ

dung dịch X vào 200 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,1M thu được kết tủa Y. Để thu được lượng kết tủa Y lớn nhất thì giá trị

của m là: A. 1,59 B. 1,17 C. 1,71 D.1,95

Câu 8: Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 và 0,1 mol H2SO4 đến khi phản ứng hoàn

toàn, thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là

A. 0,35. B. 0,25. C. 0,45. D. 0,05

Đáp án:

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đáp án C D A B B A B C

2/. Dạng 2: BÀI TOÁN VỀ DUNG DỊCH CHỨA ION

[

Al

(

OH

)

4

]

 TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH AXIT

* Kiến thức cần nắm vững

Khi cho dung dịch axit vào dung dịch chứa

[

Al

(

OH

)

4

]

 sẽ có các phương trình ion thu gọn sau:
[Al(OH)4]- + H+ → Al(OH)3 +H2O (1)

Khi số mol ion H+ lớn hơn số mol ion [Al(OH)

4]– ( hoặc số mol kết tủa ) sẽ xảy ra phản ứng sau:

Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O (2)

* Phương pháp giải nhanh :

+ Từ (1) để có lượng kết tủa tối đa thì

số mol ion

[

Al

(

OH

)

4

]

= số mol ion H+ = số mol Al(OH)
3

+ Từ (2) nếu

n

H= 4 [ ( ) ]

OH
Al

n

thì sẽ khơng cịn kết tủa



Với một lượng kết tủa xác định mà giả thiết cho (ở đề bài) ta sẽ có có 2 trường hợp cần lưu ý:

a/Trường hợp 1:

n

H = n↓ (*)

b/ Trường hợp 2:

n

H = 4 [ ( )]

OH
Al

</div>
(122)<div class='page_container' data-page=122>

+Nếu dung dịch X chứa ion

[

Al

(

OH

)

4

]

 và ion OH- thì khi cho dung dịch axit ( chứa ion H+ ) vào X sẽ có 2

trường hợp sau:

a/Trường hợp 1:

n

H = n↓+

n

OH (***)

b/ Trường hợp 2:

n

H = 4 [ ( )]

OH
Al

n

- 3n↓ +

n

OH (****)

* Một số chú ý khi giải bài tập:

+ ion

[

Al

(

OH

)

4

]

 không phản ứng với ion OH

-+ Nếu dùng CO2 dư tác dụng với dung dịch chứa ion

[

Al

(

OH

)

4

]

 thì chỉ tạo ra kết tủa Al(OH)3

tương tự phản ứng (1) mà không xảy ra phản ứng (2).

* Một số ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Cho 200ml dung dịch H2SO4 0,5M vào dung dịch chứa a mol NaAlO2 được 7,8 gam kết tủa. Giá trị của a là:

A. 0,025 B. 0,05 C. 0,1 D.0,125

Hướng dẫn giải:

n

H = 0,2.0,5.2 = 0,2 mol

+ n↓ =

78

8 ,

7

= 0,1 mol



n↓ <

n

H

Ta có các phương trình phản ứng hố học sau:
[Al(OH)4]- + H+ → Al(OH)3 +H2O (1)

Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O (2)

Áp dụng công thức giải nhanh ta có:

n

H = 4 [ ( )]

OH
Al

n

- 3n↓ = 4.a – 3.0,1 = 0,2



a = 0,125 mol



Ta chọn đáp án D

Ví dụ 2: Hịa tan 3,9 gam Al(OH)3 băng 50 ml NaOH 3M đươc dung dịch X. Thêm V lit dung dịch HCl 2M vào dung

dịch X thu đươc 1,56 gam kêt tua. Gia trị cua V là

A. 0,02 B. 0,24 C. 0,06 hoặc 0,12 D. 0,02 hoặc 0,24
Hướng dẫn giải:

+ n↓ =

78

9 ,

3

= 0,05 mol; nNaOH = 0,05.3 = 0,15 mol

+ n↓ lần 2 =

78

56 ,

1

= 0,02

Ta có các phương trình phản ứng hố học sau:
Al(OH)3 + OH -→ [Al(OH)4]- (1)

H+ + OH- → H

2O (2)

[Al(OH)4]- + H+ → Al(OH)3 + H2O (3)

Từ (1), ta có: Số mol [Al(OH)4]- = n↓ = 0,05 mol

nNaOH dư =

n

OH = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol

Từ (2) và (3) ta có 2 trường hợp:

+ Trường hợp 1:

n

H = n↓+

n

OH = 0,02 + 0,1 = 0,12 mol



V = 0,06

+ Trường hợp 2:

n

H = 4 [ ( )]

OH
Al

n

- 3n↓ +

n

OH

</div>
(123)<div class='page_container' data-page=123>



V = 0,12 mol.

Ví dụ3: Dung dịch A chứa m gam KOH và 40,18 gam KAlO2. Cho 500 ml dung dịch HCl 2M vào dung dịch A thu

được 15,6 gam kết tủa. Giá trị của m là:

A. 22,4 hoặc 44,8 B. 12,6C. 8 hoặc 22,4 D.44,8

Hướng dẫn giải:
 + n↓ =

78

6 ,

15

= 0,2 mol; + nKOH =

56 m

mol
nHCl = 0,2.0,5 = 1 mol; Số mol KAlO2 =

98

18 ,

40

= 0,21 mol
Ta có các phương trình phản ứng hoá học sau:

H+ + OH- → H

2O (1)

KAlO2 + H+ + H2O → Al(OH)3 + K+ (2)

Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O (3)

Ta có 2 trường hợp:

+ Trường hợp 1:

n

H= n↓+

n

OH = 0,2 +

56 m

= 1 mol  m = 44,8
 + Trường hợp 2:

n

H= 4 [ ( ) ]

OH
Al

n

- 3n↓ +

n

OH= 4.0,21 -3.0,2 +

56 m

= 1
m < 0  Ta chọn đáp án D

Ví dụ4: Hồ tan hoàn toàn m gam hỗn hợp K2O, Al2O3 vào nước được dung dịch A chỉ chứa một chất tan duy nhất.

Cho tư tư 275ml dung dịch HCl 2M vào dung dịch A thây tao ra 11,7 gam kêt tua. Gia trị cua m là.

A. 29,4 B. 49 C. 14,7 D. 24,5

Hướng dẫn giải:
 n↓ =

78

7 ,

11

= 0,15 mol;
nHCl = 0,275.2 = 0,55 mol;

Ta có các phương trình phản ứng hố học sau:
K2O + H2O → 2KOH (1)

Al2O3 + 2KOH +3H2O → 2K[Al(OH)4] (2)

Dung dịch chứa một chất tan duy nhất là KAlO2 hay K[Al(OH)4]. Vậy KOH phản ứng vừa đủ với Al2O3

Gọi x là số mol Al2O3 ban đầu, ta có:

+ Trường hợp 1:

n

H = n↓ (loại)

+ Trường hợp 2:

n

H = 4 [ ( )]

OH
Al

n

- 3n↓ = 4.2x -3.0,15 = 0,55x = 0,125
Vậy m = 0,125.102 + 0,125. 94 = 24,5 gam.

Ta chọn đáp án D

Ví dụ 5: 100 ml ddA chứa NaOH 0,1M và NaAlO2 0,3M .Thêm từ từ HCl 0,1M vào dung dịch A cho đến khi kết tủa

tan trở lại một phần,lọc kết tủa ,nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng khơng đổi thu được 1,02g chất rắn .Thể tích dung dịch
HCl đã dùng là:

A. 0,5 lit B. 0,6 lit C. 0,7 lít D. 0,8 lít
 Hướng dẫn giải:

+ n↓ =

102

02 ,

1 .

2

= 0,02 mol;

</div>
(124)<div class='page_container' data-page=124>

Ta có các phương trình phản ứng hoá học sau:
H+ + OH- → H

2O (1)

[Al(OH)4]- + H+ → Al(OH)3 + H2O (2)

Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O (3)

Theo giả thiết ta có:

n

H = 4 [ ( )]

OH
Al

n

- 3n↓ +

n

OH= 4. 0,03- 3.0,02 +0,01 = 0,07 mol

V =

1 ,

0

07 ,

0

= 0,7 lít. Ta chọn đáp án C
* Một số bài tập tự luyện:

Câu 1:(Trích đề ĐH KA -2008)Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 và 0,1 mol H2SO4 đến khi phản

ứng hoàn toàn, thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là
A.0,45. B. 0,35. C. 0,25. D. 0,05.

Câu 2: (Trích đề ĐH KA -2008)Hồ tan hồn tồn 0,3 mol hỗn hợp gồm Al và Al4C3 vào dung dịch KOH (dư), thu được a mol hỗn

hợp khí và dung dịch X. Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch X, lượng kết tủa thu được là 46,8 gam. Giá trị của a là

A.0,55. B. 0,60. C. 0,40. D. 0,45.

Câu 3: Cho dung dịch A chứa 0,05 mol NaAlO2 và 0,1 mol NaOH tác dụng với dung dịch HCl 2M. Thể tích dung dịch

HCl 2M lơn nhât cần cho vào dung dịch A để thu đươc 1,56 gam kêt tua là

A. 0,06 lít B. 0,18 lít C. 0,12 lít D. 0,08 lít

Câu 4. Hỗn hợp A gồm Al và Al2O3 có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 1,8:10,2. Cho A tan hết trong dung dịch NaOH vừa

đu thu đươc dung dịch B và 0,672 lit khi (ở đktc). Cho B tac dụng vơi 200ml dung dịch HCl thu đươc kêt tua D, nung D ở
nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 3,57 gam chất rắn. Tính nồng độ mol lớn nhất của dung dịch HCl đã
dùng.

A. 0,75M B. 0,35M C. 0,55M D.0,25M

Câu 5: 100 ml ddA chứa NaOH 0,1M và NaAlO2 0,3M .Thêm từ từ HCl 0,1M vào dung dịch A cho đến khi kết tủa tan

trở lại một phần,lọc kết tủa ,nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 1,02g chất rắn .Thể tích dung dịch
HCl đã dùng là:

A. 0,5 lit B. 0,6 lit C. 0,7 lít D. 0,8 lít

Câu 6:(Trích đề CĐ KA -2009) Hồ tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na2O và Al2O3 vào H2O thu được 200 ml dung dịch Y chỉ

chứa chất tan duy nhất có nồng độ 0,5M. Thổi khí CO2 (dư) vào Y thu được a gam kết tủa. Giá trị của m và a lần lượt là

A.8,3 và 7,2. B. 11,3 và 7,8. C. 13,3 và 3,9. D. 8,2 và 7,8.
Đáp án:

Câu 1 2 3 4 5 6

Đáp án A B C C C B

</div>
(125)<div class='page_container' data-page=125>

Định hướng phương pháp giải chung: 
Phản ứng nhiệt nhôm: Al + oxit kim loại oxit nhôm + kim loại

(Hỗn hợp X) (Hỗn hợp Y) +Thường gặp: 2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe

2yAl + 3FexOy Al2O3 + 3xFe

(6x – 4y)Al + 3xFe2O3 6FexOy + (3x – 2y)Al2O3 -

Phương pháp chung để giải là dùng phương pháp bảo toàn electron hoặc bảo toàn nguyên tố hoặc bảo toàn
khối lượng để giải. + Định luật bảo toàn khối lượng: mhhX =

mhhY + Định luật bảo toàn nguyên tố (mol nguyên tử):

nAl (X) = nAl (Y) ; nFe (X) = nFe (Y) ; nO (X) = nO (Y) * Chú ý : - Nếu phản

ứng xảy ra hoàn toàn, tùy theo tính chất của hỗn hợp Y tạo thành để biện luận. Ví dụ:
+ Hỗn hợp Y chứa 2 kim loại → Al dư ; oxit kim loại hết. + Hỗn hợp Y tác
dụng với dung dịch bazơ kiềm (NaOH,…) giải phóng H2 → có Al dư .

- Hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch axit có khí bay ra thì có khả năng hỗn hợp Y chứa (Al2O3 + Fe)

hoặc (Al2O3 + Fe + Al dư) hoặc (Al2O3 + Fe + oxit kim loại dư) - Nếu phản ứng xảy ra khơng hồn tồn, hỗn

hợp Y gồm Al2O3, Fe, Al dư và Fe2O3 dư .

* Một số ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Nung nóng m gam hỗn hợp Al và Fe2O3 (trong điều kiện khơng có khơng khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn

toàn , thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau:

Phần 1: tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng (dư) sinh ra 3,08 lít khí H2 (ở đktc)

Phần 2: tác dụng với dung dịch NaOH (dư) sinh ra 0,84 lít khí H2 (ở đktc) Giá trị của m là:

A.22,75gam B.21,40gam C.29,40gam D. 29,43 gam
 Hướng dẫn giải:

+ nH2(1) = 0,1375 mol ; + nH2(2) = 0,0375 mol

- Hỗn hợp rắn Y tác dụng với NaOH giải phóng H2 → Al dư và vì phản ứng xảy ra hoàn toàn nên thành phần hỗn hợp

rắn Y gồm: Al2O3, Fe và Al dư

Gọi nFe = x mol ; nAl dư = y mol có trong 1/2 hỗn hợp Y Từ đề ta có hệ phương trình:











0,0375

1,5y

0,75

3y

2x

Giải hệ phương trình đại số ta được: x = 0,1; y = 0,025
- Theo ĐLBT nguyên tố đối với O và Fe: nAl2O3 = nFe2O3 =



2

Fe

n

= 0,05 mol

- Theo đlbt khối lượng: m = (0,05.102 + 0,1.56 + 0,025.27).2 = 22,75 gam → đáp án A
Ví dụ 2: Nung nóng m gam hỗn hợp gồm Al và Fe3O4 trong điều kiện khơng có khơng khí. Sau khi

phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH (dư) thu được dung dịch Y,
chất rắn Z và 3,36 lít khí H2 (ở đktc). Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch Y, thu được 39 gam kết tủa. Giá trị của m là:

A. 45,6 gam B. 57,0 gam C. 48,3 gam D. 36,7 gam
Hướng dẫn: + nH2 = 0,15 mol ; nAl(OH)3 = 0,5 mol

Từ đề ta suy ra thành phần hỗn hợp rắn X gồm: Fe, Al2O3 (x mol) và Al dư (y mol)

Các phản ứng xảy ra là:
2Al + 2NaOH + 6H2O → 2Na[Al(OH)4] + 3H2

Al2O3 + 2NaOH + 3H2O → 2Na[Al(OH)4]

CO2 + Na[Al(OH)4] → Al(OH)3 + NaHCO3

</div>
(126)<div class='page_container' data-page=126>

- Theo đlbt nguyên tố đối với Al: 2x + y = 0,5 → x = 0,2 mol

- Theo đlbt nguyên tố đối với O: nO(Fe3O4) = nO(Al2O3) → nFe3O4 = (0,2:4) x 3 = 0,15mol

- Theo đlbt nguyên tố đối với Fe: nFe = 3nFe3O4 = 3.0,15 = 0,45 mol

- Theo đlbt khối lượng: m = 0,45.56 + 0,2.102 + 0,1.27 = 48,3 gam → đáp án C

Ví dụ 3: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X gồm Al và một oxit sắt FexOy (trong điều kiện không có khơng khí)

thu được 92,35 gam chất rắn Y. Hịa tan Y trong dung dịch NaOH (dư) thấy có 8,4 lít khí H2 (ở đktc) thốt ra và cịn lại

phần khơng tan Z. Hịa tan 1/2 lượng Z bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư) thấy có 13,44 lít khí SO2 (ở đktc) thốt ra.

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khối lượng Al2O3 trong Y và công thức oxit sắt lần lượt là:

A. 40,8 gam và Fe3O4 B. 45,9 gam và Fe2O3 C. 40,8 gam và Fe2O3 D. 45,9 gam và Fe3O4

Hướng dẫn:

+ nH2 = 0,375 mol ; + nSO2(cả Z) = 2.0,6 = 1,2 mol

- Từ đề suy ra thành phần chất rắn Y gồm: Fe, Al2O3, Al dư và phần không tan Z là Fe .

+ nH2 = 0,375 mol → nAl dư = 0,25 mol

+ nSO2 = 1,2 mol → nFe =

1, 2.2

3

=0,8 mol

+ mAl2O3 = 92,35 – 0,8.56 – 0,25.27 = 40,8 gam (1) → nAl2O3 = 0,4 mol

Theo đlbt nguyên tố đối với O → nO(FexOy) = 0,4.3 = 1,2 mol

Ta có:

x

y

Fe

O

n

0,8

1, 2

2

3

→ công thức oxit sắt là Fe2O3 (2) - Từ (1) ; (2) → đáp án C
Ví dụ 4: Trộn 5,4 gam bột Al với 17,4 gam bột Fe3O4 rồi

tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (trong điều kiện khơng có khơng khí). Giả sử chỉ xảy ra phản ứng khử Fe3O4 thành Fe.

Hịa tan hồn tồn chất rắn sau phản ứng bằng dung dịch H2SO4 loãng (dư) thu được 5,376 lít khí H2 (ở đktc). Hiệu suất

phản ứng nhiệt nhôm và số mol H2SO4 đã phản ứng là:

A. 75 % và 0,54 mol B. 80 % và 0,52 mol C. 75 % và 0,52
mol D. 80 % và 0,54 mol Hướng dẫn: nAl = 0,2 mol ; nFe3O4 = 0,075 mol ; nH2 = 0,24 mol

- Phản ứng xảy ra khơng hồn toàn: 8Al + 3Fe3O4 4Al2O3 + 9Fe

x →

8

3

x 0,5 x

9

8

x (mol)

- Hỗn hợp chất rắn gồm:

2 3

2 3 ,
e

0,5x

9

8 (0, 2

)

3 (0,075

)

8

du

du
Al O

F

Al

F O

n

x

n

x

n

x

=

ì

ï

=

ï

í

=

-ï

ï

=

-ỵ

- Ta có phương trình:

1,12.2 9x

.

2

3

8 +

(0,2 – x).3 = 0,24.2 → x = 0,16 mol
→ Hphản ứng =

0,16.100

2

= 80% (1)
,

2

3

6

2 3

8

e3 4

pu F Al Al O F O

H

</div>
(127)<div class='page_container' data-page=127>

,

2 4

1, 08

0,54

2

H SO pu

n

=

mol

(2) - Từ (1) và (2) → đáp án D

* Một số bài tập tự luyện :

Câu 1.Trộn hỗn hợp bột Al với bột Fe2O3 dư. Khơi mào phản ứng của hỗn hợp ở nhiệt độ cao trong mơi trường khơng có
khơng khí. Sau khi kết thúc phản ứng cho những chất còn lại tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,24 lít khí hidro
(đktc).Số gam bột nhơm có trong hỗn hợp đầu là:A. 0,27 gam B. 2,7 gam C. 0,027 gam D. 5,4 gam
Câu 2 .Đốt nóng một hỗn hợp X gồm bột Fe2O3 và bột Al trong mơi trường khơng có khơng khí. Những chất rắn còn lại
sau phản ứng, nếu cho tác dụng với dung dịch NaOH dư sẽ thu được 0,3 mol H2; nếu cho tác dụng với dung dịch HCl dư 
sẽ thu được 0,4 mol H2. Hỏi số mol Al trong X là bao nhiêu?A. 0,3 mol B. 0,6 mol C. 0,4 mol D. 0,25 mol 
Câu 3. Cho 8,1 gam bột Al trộn với 16 gam Fe2O3 thu được hỗn hợp A. Nung nóng hỗn hợp A đến hồn tồn trong điều

kiện khơng có oxi thu được hỗn hợp B. Cho B vào dung dịch HCl dư, thể tích H2 thốt ra (đktc) là:

A. 6,72 lít. B. 7,84 lít. C. 4,48 lít. D. 5,6 lít.

Câu 4.(Trích đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối B-2011) Thực hiện các phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm m gam Al và 4,56 
gam Cr2O3 (trong điều kiện khơng có O2), sau khi phản ứng kết thúc, thu được hỗn hợp X. Cho toàn bộ X vào một lượng

dư dung dịch HCl (lỗng, nóng), sau khi các phản ứng xảy ra hồn tồn, thu được 2,016 lít H2 (đktc). Cịn nếu cho toàn bộ

X vào một lượng dư dung dịch NaOH (đặc, nóng), sau khi phản ứng kết thúc thì số mol NaOH đã phản ứng là:
A. 0,06 mol B. 0,14 mol C. 0,08 mol D. 0,16 mol.

Câu 5.(Trích đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối B-2012) Nung nóng 46,6 gam hỗn hợp gồm Al và Cr2O3 (trong điều kiện khơng có

khơng khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Chia hỗn hợp thu được sau phản ứng thành hai phần bằng nhau. Phần một phản ứng

vừa đủ với 300 ml dung dịch NaOH 1M (lỗng). Để hịa tan hết phần hai cần vừa đủ dung dịch chứa a mol HCl. Giá trị của a là:

A. 0,9 B. 1,3 C. 0,5 D. 1,5

Câu 6.(Trích đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối A-2012) Hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Al có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 3. Thực hiện

phản ứng nhiệt nhôm X (khơng có khơng khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp gồm:

A. Al, Fe, Fe3O4 và Al2O3. B. Al2O3, Fe và Fe3O4. C. Al2O3 và Fe. D. Al, Fe và Al2O3.

Đáp án:

Câu 1 2 3 4 5 6

Đáp án B A B C B D

4/.Dạng4: HỖN HỢP NHÔM VÀ MỘT KIM LOẠI KIỀM(Na, K ) HOẶC KIM LOẠI KIỀM THỔ (Ca,Ba) TÁC
DỤNG VỚI NƯỚC.

Định hướng phương pháp giải :
Thứ tự phản ứng như sau:

Trước hết: M (kim loại kiềm) + H2O  MOH + ½ H2

Sau đó: Al + MOH + H2O  MAlO2 + 3/2 H2

Từ số mol của M cũng là số mol của MOH và số mol của Al ta biện luận để biết Al tan hết hay chưa.
+Nếu nM = nMOH ≥ nAl Al tan hết

+Nếu nM = nMOH < nAl Al chỉ tan một phần.

+Nếu chưa biết số mol của M và của Al, lại khơng có dữ kiện nào để khẳng định Al ta hết hay chưa thì
phải xét hai trường hợp: dư MOH nên Al tan hết hoặc thiếu MOH nên Al chỉ tan một phần. Đối với mỗi trường
hợp ta lập hệ phương trình đại số để giải.

</div>
(128)<div class='page_container' data-page=128>

Ví dụ 1: Hồ tan hỗn hợp X gồm Na và Al vào nước dư thu được V lít khí. Cũng hồ tan m gam hỗn hợp X trên vào
dung dịch NaOH dư thì thu được

7

4

V lít khí. Tính %(m) mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
 Hướng dẫn giải

Khi hoà tan hỗn hợp X vào dung dịch NaOH dư được thể tích khí lớn hơn khi hoà tan vào nước nên khi hoà tan
vào nước Al còn dư.

Đặt V = 4 . 22,4 lít

Số mol của Na là x mol; của Al là y mol

Khi hoà tan vào nước: 2Na  H2 2Al  3H2

x 0,5x x 1,5x
Tổng số mol H2 = 2x = 4  x = 2.

Khi hoà tan vào dung dịch NaOH dư:

2Na  H2 2Al  3H2

x 0,5x y 1,5y
Tổng số mol H2 = 0,5x + 1,5y = 7

x = 2  y = 4
Vậy hỗn hợp X có 2 mol Na; 4 mol Al

 %(m) Na = 29,87%; %(m)Al = 70,13%
Ví dụ 2: (Trích đề thi ĐH KB 2007).

Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thốt ra V lít khí. Nếu cũng cho m gam X vào
dung dịch NaOH (dư) thì được 1,75V lít khí. Thành phần phần trăm theo khối lượng của Na trong X là (biết các thể tích
khí đo trong cùng điều kiện)

A. 39,87%. B. 29,87%. C. 49,87%. D. 77,31%.
Hướng dẫn giải

Vì thể tích khí khi tác dụng với NaOH nhiều hơn khi tác dụng với nước nên chứng tỏ Al còn dư khi hòa tan vào nước
và lượng khí sẽ tính theo Na:

Na + H2O → NaOH + ½ H2
x x x/2

NaOH + Al + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2
x x 3x/2

`x/2 + 3x/2 =2x = V/22,4 => x = V/11,2 (1)

Khi tác dụng với NaOH dư thì lượng Al dư sẽ phản ứng hết, khi đó lượng khí thốt ra sẽ gồm 2 phản ứng trên cộng với
lượng Al dư (y mol) phản ứng với NaOH

NaOH + Al + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2

y y 3y/2
=> 2x + 3y/2 = 1,75V/22,4

=> y = 5V/224 (2)

%Na =

29 ,

87 %

4 ,

22

5

48 ,

4 .

27

48 ,

4 .

23 %

100 .

48 ,

4 .

23 )

(

27 .

23 .

23 





















V

y

x

*Một số bài tập tự luyện:

</div>
(129)<div class='page_container' data-page=129>

- Cho phần 1 vào dung dịch KOH (dư) thu được 0,784 lít khí H2 (đktc).

- Cho phần 2 vào một lượng dư H2O, thu được 0,448 lít khí H2 (đktc) và m gam hỗn hợp kim loại Y. Hịa tan hồn tồn

Y vào dung dịch HCl (dư) thu được 0,56 lít khí H2 (đktc).

Khối lượng (tính theo gam) của K, Al, Fe trong mỗi phần hỗn hợp X lần lượt là:

A. 0,39; 0,54; 1,40. B. 0,78; 0,54; 1,12. C. 0,39; 0,54; 0,56. D. 0,78; 1,08; 0,56.

Câu 2:(Trích đề thi ĐHKA 2013). Hỗn hợp X gồm Ba và Al. Cho m gam X vào nước dư, sau khi các phản ứng xảy ra
hồn tồn, thu được 8,96 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, hịa tan hồn tồn m gam X bằng dung dịch NaOH, thu được 15,68

lít khí H2 (đktc). Giá trị của m là

A. 29,9 B. 24,5 C. 19,1 D. 16,4

Câu 3:(Trích đề thi ĐHKA 2013). Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hịa tan hồn tồn 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 hồn tồn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào

Y, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 23,64 B. 15,76 C. 21,92 D. 39,40

Câu 4: Một hỗn hợp gồm Na, Al có tỷ lệ số mol là 1: 2. Cho hỗn hợp này vào nước. Sau khi kết thúc phản ứng thu được
8,96 lít H2(đktc) và chất rắn không tan. Khối lượng chất rắn là:

A. 5,4g B. 5,5g C. 5,6g D. 10,8g

Câu 5: Cho hỗn hợp X gồm 2 kim loại kiềm và 1 kim loại kiềm thổ tan hết vào nước dư thu được V lít H2 (đktc) và dd A.

Thêm 0,2 mol Al2(SO4)3 vào dd A thì được 0,3 mol Al(OH)3. Tính V?

A. 10,08 lít B. 14,56 lít

C. 10,08 lít hoặc 14,56 lít D.14,56 lít hoặc 10,80 lit

Câu 6:Cho m gam hỗn hợp X gồm Al và Na vào H2O thu được 500 ml dd Y chứa 2 chất tan có nồng độ đều bằng 0,5M.

Giá trị của m là:

A. 11,5g B. 6,72g C. 15,1g D.18,25g

Đáp án:

Câu 1 2 3 4 5 6

Đáp án C B B A C D

BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC TỪ NĂM 2007-2014 LỜI GIẢI CHI TIẾT
Một số chú ý khi giải tốn:

-Q trình xảy ra tại các điện cực:

+ Tai catot (-): cac cụm tư sau là tương đương: xay ra qua trình khử (nhân e), sư khử, bị khử
+ Tai Anot (+): cac cụm tư sau là tương đương xay ra qua trình oxi hoa (cho e), sư oxh, bị oxh.
Kinh nghiệm

-Tên cưc và dâu:

+ anion là ion – , anot là cưc +
+ cation là ion +, catot là cưc –

Như vây trong qua trình điên phân tên ion và tên cưc ngươc nhau vê dâu.

-Quy tăc kinh nghiêm “ khử cho o lây(nhân), bị gì sư nây”. Chât(khử cho o lây) thì ngươc vơi qua trình(bị gì sư nây).
-Sư tâp trung cac ion ở cưc: Hiểu “nôm na” như sau:

+ catot (-) nên hut ion +, ion + cần nhân e để trở nên trung hoa.
+ anot (+) nên hut ion -, ion – thì cho e để trở nên trung hoa

(Tuy nhiên sư cho nhân e và thư tư ưu tiên con phụ thuôc vào loai ion xem phần
2. PP Điện phân

</div>
(130)<div class='page_container' data-page=130>

1. Điện phân nóng chảy

a) Điện phân nóng chảy oxit: ch dng iu ch Al

NaAlF

2 3 2

2Al O ắắắđ4Al+3O
Quỏ trình điện phân:

+ Catot (-):

2Al +6e

®

2Al

+ Anot (+)

điện cực làm bằng graphit (than chì) điện phân khí sinh ra anot ăn mòn.

2-2
2

2 2

6O

3O

6 2C+O

2CO

2CO+O

2CO

e

đ

+

®

Phương trình phản ứng điện phân cho cả 2 cực là:
dpnc

2 3 2

dpnc
2 3

dpnc

2 3 2

2Al O

4Al+3O

Al O +3C

2Al+3CO

2Al O +3C

4Al+3CO

ắắắ

đ

ư

ắắắ

đ

ư

ắắắ

đ

ư

- Hụn hp khi ở anot có thể gôm: CO, CO2 và O2.

b)Điện phân nóng chảy hiđroxitt

Tổng quát: 2MOH dpnc 2M+ O1 2 +H O (M=Na, K,...)2

ắắắđ ư ư

Catot (-): 2M+ +2e

đ

2M

Anot (+): 2OH- -2e

®

2 2

O +H O

c) Điện phân núng chy mui clorua

Tng quỏt: 2MClx ắắắdpncđ2M+xCl (x=1,2)2
2. Điện phân dung dịch

-Vai tro cua nươc:

+ Là môi trờng để các cation và anion di chuyển về 2 cực.
+ Đôi khi nớc tham gia vào quá trình điện phân.

ë catot: 2H2O + 2e  H2 +
2OH-ở anot: 2H2O  O2 + 4H+ + 4e

Về bản chất nớc nguyên chất không bịđiện phân do điện trở quá lớn ( I=0). Do vậy muỗn điện phân nớc cần hoà

thêm các chất điện ly mạnh nh: muối tan, axit mạnh, bazơ mạnh...

Th t iờn phõn tai cac điện cưc:
-Day điên hóa:

…Mg2+/Mg Al3+/Al Zn2+/Zn Cr2+/Cr S/S2-Fe2+/Fe Cr3+/Cr2+ Ni2+/Ni Sn2+/Sn Pb2+/Pb Fe3+/Fe 2H+/H2 Sn4+/Sn2+ Cu2+/Cu I
2/2I

-Fe3+/Fe2+ Ag+/Ag Hg2+/Hg Br

2/2Br- Cl2/2Cl-F2/2F

--Quy luËt chung:

ë katot: cation nµo cã tÝnh oxi hóa mạnh thì bịđiện phân trớc
ở anot: anion nào có tính khử mạnh bịđiện phân trớc.

-Quy tc catot(-)

+ Các ion kim loại từ Al trở vềđầu dÃy thực tế không bị khử thành ion kim loại khi điện phân dung dịch
+ Các ion sau Al thì bị khử thành kim loại, với thứ tự u tiên ngợc từ dới lªn.

</div>
(131)<div class='page_container' data-page=131>

-Quy tăc anot(+)
Thư tư ưu tiên

-anion gôc axit, OH- cua baz ơ, OH- cua nươc điên phân theo thư tưS >2- I->Br >Cl >RCOO->OH- - - >H O2
- C¸c anion cha oxi nh: NO ;SO ;CO ;SO ;PO ;ClO3- 42- 32- 32- 43- 4-… coi nh không điện phân.

- inh luõt iờn phõn: m=A
n F

It
Trong đó:

+ m khơi lương chât giai phóng ở điên cưc (đơn vị gam)
+A khôi lương mol chât thu đươc ở điên cưc.

+n: sô e trao đôi ở điên cưc.
+I: cường đô dong điên (A )
+t: thời gian điên phân (s)
+ F = 96500 C/mol
 Một số chú ý khác:

-Để giải nhanh nên viết quá trình cho nhận e trên các điện cực và sử dụng thêm biểu thức số mol electron trao đổi: ne
= It/F.(suy ra từ phương trình Faraday)

-Nếu điện cực khơng phải là điện cực trơ thì xảy ra phản ứng giữa các chất làm điện cực với với sản phẩm tạo thành ở
điện cực đó.

-m catot tăng là m kim loai tao thành khi điên phân bam vào.
-mdd (sau điên phân) = mdd trươc điên phân - m↓↑

…
Bài tập:

Cac câu hỏi đươc lây tư cac ma đê thi tuyên sinh cua bô GD-ĐT. và đươc giư nguyên thư tư câu hỏi cua cac ma đê là sô
lơn nhât trong cac ma đê thi tuyên sinh cua bô GD-ĐT.

Môt sô bài tâp đươc giai theo cach truyên thông – viêt phương trình phân tử, đặt ân, giai hê phương trình tuy nhiên cac bài
tâp đó hoàn toàn có thể giai băng cach viêt qua trình cho nhân e trên cac điên cưc vơi cac chu y khi giai toan đa nêu trên.

Năm 2007======================

Câu 37kb-07: Điện phân dung dịch chứa a mol CuSO4và b mol NaCl (với điện cực trơ, có màng ngăn xốp). Đểdung dịch
sau điện phân làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng thì điều kiện của a và b là (biết ion SO42-không bị điện phân
trong dung dịch)

A. 2b = a. B. b < 2a. C. b = 2a. D. b > 2a.
Bai Giai:

CuSO4 Cu2+ + SO4

2-a mol 2-a
NaCl  Na+ + Cl

-b mol -b
Cu2+ + 2Cl-  Cu + Cl

2 (3)

a b

dung dịch làm phenolptalein chuyên sang màu hông khi có phan ưng tao môi trường kiêm như sau:
2Cl- + 2H2O  2OH- + Cl2 + H2

 Cl- dư.Tư phương trình (3) ta có: a/1 < b/2  2a

</div>
(132)<div class='page_container' data-page=132>

A. 0,15M. B. 0,1M. C. 0,05M. D. 0,2M.
Bai Giai:

nCu = 0,005 mol

=>nCl2 = 0,005 mol

Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O (1)
0,005 ->0,01 ( Mol )

Sau phản ứng, nồng độNaOH còn lại là 0,05M => nNaOH dư = 0,05.0,2 = 0,01 M
∑nNaOH = nNaOH(pư (1)) + nNaOH dư = 0,01 + 0,01 = 0,02 mol

CM NaOH = 0,02/0,2 = 0,1 M

Năm 2008==========================

Câu 19ka8: Khi điện phân NaCl nóng chảy (điện cực trơ), tại catơt xảy ra

A. sự oxi hoá ion Na+. B. sự oxi hoá ion Cl-. C. sự khử ion Cl-. D. sự khử ion Na+
Bai Giai:

Catot cưc âm hut ion + loai B, C.
Ion + nhân e, sư khử loai A.

Năm 2009=========================

Câu 32kb-09: Điện phân nóng chảy Al2O3với anot than chì (hiệu suất điện phân 100%) thu được m kg Al ở catot và 67,2
m3(ở đktc) hỗn hợp khí X có tỉ khối so với hiđro bằng 16. Lấy 2,24 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X sục vào dung dịch nước vôi

trong (dư) thu được 2 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 108,0. B. 67,5. C. 54,0. D. 75,6.

Bai Giai:

nCO2 = NcaCO3 = 2/100 = 0,02 mol
nX = 67,2/22,4 = 0,3 kmol

Trong 67,2m3 khí có nCO2 = 67,2.103/22,4 = 0,6 kmol

Trong X gồm có: CO2: 0,6kmol, CO: xkmol, O2(dư): ykmol
X+ y + 0,6 = 3

0,6.44 + 28x + 32y = 32.3
Giải ra: x = 1,8, y = 0,6

Bảo toàn nguyên tố oxi: NO2 ban đầu = nCO2 + ½.nCO + nO2 dư = 0,6 + 0,9 + 0,6 = 2,1kmol
Trong Al2O3: nAl2O3 = nO.2/ 3=2,2.2,1/3 = 2,8

M = 2,8.108 =75,6 kg.

Câu 36kb-09: Điện phân có màng ngăn 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm CuCl20,1M và NaCl 0,5M (điện cực trơ, 
hiệu suất điện phân 100%) với cường độdòng điện 5A trong 3860 giây. Dung dịch thu được sau điện phân có khảnăng hồ
tan m gam Al. Giá trịlớn nhất của m là

A. 5,40. B. 1,35. C. 2,70. D. 4,05.
Bai Giai:

nCuCl2 = 0,05 mol;
nNaCl = 0,25 mol
=> nCl- = 0,35 mol

Ne = It/F = 3.3860/96500 = 0,2 mol
Các bán phản ứng xảy ra ở các điện cực:
Anot (+) Cl-; H2O

2Cl- → Cl2 + 2e
0,2---0,2

</div>
(133)<div class='page_container' data-page=133>

Catot(-):NA+;Cu2+;H2O
Cu2+ + 2e → Cu

0,05---0,1

Ne còn = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol
2H2O + 2e → 2OH- + H2
0,1---0,1
Phản ứng hòa tan Al:

Al + OH- + H2O → AlO2- + 3/2H2
0,1<---0,1

=> mAl = 27.0,1 = 2,7 g.

Năm 2010==========================

Câu 1ka-10:Phản ứng điện phân dung dịch CuCl2(với điện cực trơ) và phản ứng ăn mòn điện hoá xảy ra khi nhúng hợp 
kim Zn-Cu vào dung dịch HCl có đặc điểm là:

A. Phản ứng ởcực âm có sựtham gia của kim loại hoặc ion kim loại. 
B. Phản ứng xảy ra luôn kèm theo sựphát sinh dòng điện.

C. Đều sinh ra Cu ởcực âm.

D. Phản ứng ởcực dương đều là sựoxi hoá Cl–.

Câu 46ka-10: Điện phân (với điện cực trơ) một dung dịch gồm NaCl và CuSO4có cùng sốmol, đến khi ởcatot xuất hiện 
bọt khí thì dừng điện phân. Trong cảq trình điện phân trên, sản phẩm thu được ởanot là

A. khí Cl2và H2. B. khí Cl2và O2. C. khí H2và O2. D. chỉcó khí Cl2.
Bai Giai:

2NaCl + CuSO4 → Cu + Cl2↑ + Na2SO4 (1)
(anot)

CuSO4 còn dư sau (1)

=> 2CuSO4 + 2H2O → 2Cu + O2 + 2H2SO4 (2)
(anot)

Câu 26kb-10: Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dung dịch CuSO4 nồng độx 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 sắt vào Y, sau khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4 gam kim loại. Giá trịcủa x là

A. 1,50. B. 3,25. C. 2,25. D. 1,25.
Bai Giai:

CuSO Fe

16,8

n =0,2.x (mol) ; n = = 0,3 mol
56

CuSO4 + H2Ođpdd  Cu + H2SO4 + ½ O2 (1)

a a a ½ a  64a + 16a = 8  a = 0,1 mol
Fe + H2SO4  FeSO4 + H2 (2)

0,1 0,1

Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu (3)
0,2x -0,1 0,2x -0,1 0,2x -0,1

Ta có: mkim loại = m Cu (3) + mFe dư = (0,2x – 0,1).64 + (0,3-0,2x ).56 = 12,4

 x = 1,25

</div>
(134)<div class='page_container' data-page=134>

Câu 1Ka-2011:Hoà tan 13,68 gam muối MSO4vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, cường 
độdòng điện không đổi) trong thời gian t giây, được y gam kim loại M duy nhất ởcatot và 0,035 mol khí ởanot. Còn nếu
thời gian điện phân là 2t giây thì tổng sốmol khí thu được ởcảhai điện cực là 0,1245 mol. Giá trịcủa y là

A. 3,920. B. 4,788. C. 4,480. D. 1,680.
Bai Giai:

Điện phân trong thời gian t giây thu được 0,035 mol khí vậy 2t giây ta sẽ thu được 0,035.2=0,07 mol khí, nhưng thực tế ta
thu được 0,1245 mol khí, sự chênh lệch số mol đó là do điện phân nước tạo khí H2

→ nH2 = 0,1245 – 0,07 = 0,0545

H2O → H2 + 1/2O2

0,0545----0,02725

→ nO2 tạo ra do muối điện phân = 0,07 – 0,02725 = 0,04275

MSO4 + H2O → M + H2SO4 + 1/2O2

0,0855---0,04275
→ M muối = 13,68/0,0855 = 160 → M = 64

→ m Cu tính theo t giây là mCu = 2.0.035.64 = 4,480 gam

Câu 34khối A-2011: Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam Cu(NO3)2(điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến 
khi khối lượng dung dịch giảm đi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giảthiết lượng nước bay hơi không đáng kể). Tất cảcác
chất tan trong dung dịch sau điện phân là

A. KNO3và KOH. B. KNO3, HNO3và Cu(NO3)2.
C. KNO3, KCl và KOH. D. KNO3và Cu(NO3)2.
Bai Giai:

nKCl = 0,1 ; nCu(NO3)2 = 0,15

2KCl + Cu(NO3)2 → Cu + 2KNO3 + Cl2

0,1 ---0,05---0,05---0,05
KCl hết , Cu(NO3)2 còn = 0,15 – 0,05 = 0,1

Cu(NO3)2 + H2O → Cu + 2HNO3 + 1/2O2

x---x---1/2x

m dung dịch giảm = khối lượng của Cu kết tủa + mCl2 và O2 bay ra

→ (0,05 + x)64 + 0,05.71 + 1/2x.32 = 10,75 → x = 0,05

→ Cu(NO3)2 vẫn còn dư → dung dịch sau pứ chứa KNO3; HNO3 và Cu(NO3)2.

Câu 44a11:Khi điện phân dung dịch NaCl (cực âm bằng sắt, cực dương bằng than chì, có màng ngăn xốp) thì
A. ởcực âm xảy ra quá trình oxi hố H2O và ởcực dương xảy ra q trình khửion Cl .−

B. ởcực dương xảy ra quá trình oxi hố ion Na+và ởcực âm xảy ra q trình khửion Cl .−
C.ởcực âm xảy ra quá trình khửion Na+−

D. ởcực âm xảy ra quá trình khửH2O và ởcực dươngxảy ra q trình oxi hố ion Cl .−

Giải thích:

Trong bình điện phân, ion Na+ tiến về cực âm, do ion Na+ có tính oxi hóa rất yếu nên khơng bị khử mà nước sẽ bị khử,

cịn ở cực dương do Cl- có tính khử mạnh hơn nước nên bị oxi hóa.

Câu 28cao đẳng: Điện phân 500 mldung dịch CuSO40,2M (điện cực trơ) cho đến khi ởcatot thu được 3,2 gamkimloại thì
thểtích khí (đktc) thu được ởanot là

A. 1,12 lít. B. 2,24 lít. C. 0,56 lít. D. 3,36 lít.
Bai Giai:



Cu

</div>
(135)<div class='page_container' data-page=135>

ở anot: 2H2O  O2 + 4H+ + 4e
a---4a

Bao toàn electron: 0,05.2 = 4a

 a = 0,025  V = 0,56 lit
Năm-2012================

Câu 17ka-2012: Điện phân 150 mldung dịch AgNO31M với điện cực trơtrong t giờ, cường độdịng điện

khơng đổi 2,68A (hiệu suất quá trình điện phân là 100%), thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí Z. Cho 12,6 gam
Fevào Y, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 14,5 gam hỗn hợp kimloại và khíNO (sản phẩm khửduy nhất của N+5).
Giá trịcủa t là

A. 1,2. B. 0,3. C. 0,8. D. 1,0.
Bai Giai:

4AgNO3 + 2H2O

®

4Ag + 4HNO3 + O2

Þ

dung dịch Y là HNO3 (x mol) và AgNO3 dư (0,15 – x) mol

x mol x mol

Sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại nên Fe phản ứng với dung dịch Y tạo muối Fe2+

3Fe + 8HNO3

®

3Fe(NO3)2 + 2NO + 4H2O;

3x/ -- ---x

Fe + 2AgNO3

®

Fe(NO3)2 + 2Ag

(0,15 – x)/2 (0,15 – x) (0,15 – x)

m KL tăng = mAg – mFe phản ứng

Þ

14,5 – 12,6 = 108.(0,15 – x) – 56.[3x/8 + (0,15 – x)/2]

Þ

x = 0,1 mol

n e trao đổi = 1.nAg+ =

I.t
F

Þ

t =

0,1.1.96500

2,68.3600

= 1,0 giờ.

Câu 14b-2012: Điện phân dung dịchhỗn hợp gồm0,1 mol FeCl3, 0,2 mol CuCl2và 0,1 mol HCl (điện cực trơ).Khi ởcatot
bắt đầu thốt khí thì ởanot thu được V lít khí (đktc). Biết hiệu suất của q trình điện phân là 100%. Giá trịcủa V là

A. 5,60. B. 11,20. C. 4,48. D. 22,40.
Hướng dẫn:

Cách1: Các ion tham gia điện phân ở catot theo thứ tự tính oxi hóa từ mạnh đến yếu ( Fe3+ > Cu2+ > H+ > Fe2+).Khi ở catot

bắt đầu thốt khí ( tức H+ chỉ mới bắt đầu điện phân ) → Fe3+ chỉ bị khử thành Fe2+ và Cu2+ bị khử hoàn toàn ) → ne- trao

đổi = 0,1.1 + 0,2.2 = 0,5 → nCl2 ( tạo ra ở anot ) = 0,5/2 = 0,25 ( 2Cl- + 2e → Cl2 ).→ V = 0,25.22,4 = 5,60 lít → Chọn

C2: điện phân đến khi xuất hiện bọt khí bên catot chứng tỏ điện phân đến H+
Dễ có 2n Cl2 = n Fe3+ + 2n Cu2+ = 0,5 mol => nCl2 = 0,25 mol => V = 5,6 lit

Câu 18cao đẳng:Tiến hành điện phân (với điện cực trơ) V lít dung dịch CuCl2 0,5M. Khi dừng điện phân thu được dung 
dịch X và 1,68 lít khí Cl2(đktc) duy nhất ởanot. Toàn bộdung dịch X tác dụng vừa đủvới 12,6 gam Fe. Giá trịcủa V là

A. 0,15. B. 0,80. C. 0,60. D. 0,45.
Bai Giai:

CuCl2 ắắắdpddđCu + Cl2

0,075<---1,68/22,4 = 0,075
dung dịch X : CuCl2 còn dư

Fe + CuCl2 ® FeCl2 + Cu

12,6/56=0,025--0,225

nCuCl2 = 0,075 + 0,225 = 0,3(mol) => V = 0,3/0,5 = 0,6

Năm 2013===================

Câu 9:Tiến hành điện phân dung dịch chứa mgam hỗn hợp CuSO4và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn 
xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ởcảhai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc)
ởanot. Dung dịch X hịa tan tối đa 20,4 gam Al2O3.

</div>
(136)<div class='page_container' data-page=136>

A. 25,6. B. 50,4. C. 51,1. D. 23,5.
Bai Giai:

CuSO4+2NaCl-->Cu+Cl2+Na2SO4 (1)

x 2x x
*Nếu CuSO4 dư sau (1)

CuSO4+H2O-->Cu+(1/2)O2+H2SO4

y 0,5 y y
Al2O3+3H2SO4-->Al2(SO4)3+3H2O

0,2-->0,6

y=0,6-->0,5y=0,3(loại)
*Nếu NaCl dư sau (1)

2NaCl+2H2O-->2NaOH+H2+Cl2

y y 0,5y 0,5y
Al2O3+2NaOH-->2NaAlO2+H2O

0,2 0,4
y=0,4-->x=0,1

m=160x+(2x+y)58,5= 0,1160+(0,1 2+0,4)58,5=51,1
* Chú ý: vì Al2O3 lưỡng tính nên có thể axit hoặc bazo dư
Năm 2013 cao đẳng (mã đề 958)

Câu 6:Sản phẩm thu được khi điện phân dung dịch KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp) là
A. KOH, O2và HCl. B. KOH, H2và Cl2. C. K và Cl2. D. K, H2và Cl2.

Giai thích:

Sản phẩm thu được khi điện phân dung dịch KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp) là : KOH, H2
và Cl2

Câu 50: Điện phân dung dịch gồm NaCl và HCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp). Trong quá trình điện phân, so với dung 
dịch ban đầu, giá trịpH của dung dịch thu được

A. không thay đổi. B. tăng lên.

C. giảm xuống. D. tăng lên sau đó giảm xuống.
Giải thích:

Dung dịch gồm NaCl và HCl ban đầu có pH < 7.

Khi điện phân, trước hết xảy ra phản ứng: 2HCl

®

H2+ Cl2 (1)

Phản ứng (1) làm pH dung dịch tăng dần. Khi HCl bị điện phân hết thì dung dịch có pH = 7.
Nếu tiếp tục điện phân sẽ xảy ra phản ứng: 2NaCl + 2H2O

®

H2+ Cl2+ 2NaOH (2)
Phản ứng (2) tạo ra NaOH làm pH dung dịch tăng dần.

Vậy trong quá trình điện phân , so với dung dịch ban đầu, giá trị pH của dung dịch thu được sẽ tăng lên
Năm 2014======================================

Khối A:

Câu 20. Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dịng điện

khơng đổi) trong thời gian t giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc) . Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng thể tích
khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc) . Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra khơng tan trong dung
dịch. Giá trị của a là: A. 0,15 B. 0,18. C. 0,24 D. 0,26.

Bai Giai:

t giây: Anot (+) Catot (-)

2Cl-  Cl

</div>
(137)<div class='page_container' data-page=137>

0,2 0,1 0,2
2H2O  4H+ + O2 + 4e

0,01 0,04

t giây  n e cho = 0,24 mol; => 2t giây  n e cho = 0,48 mol.

Anot (+) Catot (-) n hh khí = 0,26mol

2Cl-  Cl

2 + 2e Cu2+ + 2e  Cu

0,2 0,1 0,2 0,15 (0,48-0,18)

2H2O  4H+ + O2 + 4e 2H2O + 2e  2OH- + H2

0,07 0,28 0,18 0,09

Cách 2: Với t giây ta có : 2

Cl
BTE

KCl Anot e

n

0,1

n

0,2

n

0,11

n

0,24

n

0,01

=

ìï

=

ắắắ

đ

ớ

đ

=

ùợ

Vi 2t giõy ta cú : e 2 catotH2

Cl : 0,1

n

0,48

Anot

n

0,26 0,17 0,09

O : 0,07

ỡ

=

đ

ớ

đ

=

-

=

ợ

BTE

2a 0,09.2 0,48

a 0,15

ắắắ

đ

+

=

đ =

Chn A

Cõu 46. Cho các phản ứng xảy ra theo sơ đồ sau :

X1 + H2O

ắắắắắđ

comang ngandien phan X2 + X3 + H2↑; X2 + X4 → BaCO3↓ + K2CO3 + H2O.

Chất X2, X4 lần lượt là : 2KCl + 2H2O  2KOH + Cl2 + H2; KOH + Ba(HCO3)2 BaCO3 + K2CO3 + H2O.

A. NaOH, Ba(HCO3)2. B. KOH, Ba(HCO3)2.

C. KHCO3, Ba(OH)2. D. NaHCO3, Ba(OH)2.

Cao đẳng 2014:

Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 (0,05 mol) và NaCl bằng dòng điện có cường độ khơng đổi 2A (điện cực trơ, màng
ngăn xốp). Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được dung dịch Y và khí ở hai điện cực có tổng thể tích là 2,24
lít (đktc). Dung dịch Y hịa tan tối đa 0,8 gam MgO. Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra khơng tan trong dung
dịch. Giá trị của t là

A. 6755 B. 772 C. 8685 D. 4825
Bai Giai:

Gọi x, y, z lần lượt là số mol Cl2; H2 và O2 thu được, ta có sơ đồ điện phân:
Katot:Cu2+, Na+, H2O

Cu2+ + 2e  Cu
0,05---0,1

2H2O + 2e  H2 +
2y---y---2y
Anot:SO42-; Cl-; H2O
Cl-  Cl2 + 2e
x---2x

2H2O  4H+ + O2 + 4e
4z---z---4z

Vì dung dịch Y hòa tan được tối đa 0,02 mol MgO => Y phải chứa 0,04 mol H+.
Sau phản ứng trung hịa: H+ + OH-  H2O thì nH+ cịn dư = 4z – 2y = 0,04
Ta có hệ phương trình:

</div>
(138)<div class='page_container' data-page=138>

H+ dư: 4z – 2y = 0,04 (3)
Giải (1) (2) (3) ta đươc:
X= 0,03=z, y = 0,04

</div>
(139)<div class='page_container' data-page=139>

KỸ THUẬT TƯ DUY GIẢI BÀI TẬP HĨA HỌC BẰNG
CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOAØN

Thực chất với các bài tập hóa học chỉ đơn thuần là 1 q trình hoặc vài quá trình biến đổi như:

a) Quá trình tăng giảm số OXH của một hoặc vài nguyên tố nào đó. Nhận xét được điều này và áp dụng định luật BTE

sẽ giúp ta tìm ra đáp số của bài tốn rất nhanh.

Ví dụ 1: Cho sắt tan hết trong dung dịch H2SO4 loãng, dư tạo ra dung dịch X. Biết rằng 50ml dung dịch X tác dụng vừa đủ

với 100ml KMnO4 0,1M. Nồng độ mol của muối sắt trong dung dịch X là

A. 1M B. 2M C. 0,2M D. 0,5M

[ 2

[

]

4
2 3
BTE
KMnO 4
Fe
7 2

Fe Fe 1e Fe 0,05

n 5n 0,05 FeSO 1

0,05

Mn 5e Mn +

+ +
+ +
ỡ đ - =
ù ắắắđ = = đ = =
ớ
+ =
ïỵ

Ví dụ 2 : Cho hỗn hợp A gồm có 1 mol FeS,1mol FeS2 và 1 mol S tác dụng hồn tồn với H2SO4 (đặc nóng, dư) thu được

V lít khí SO2 (đktc).Tính giá trị của V:

A. 224 B. 336 C. 448 D. 560

quy doi 6 4

2 6 2

BTE

FeS :1

Fe : 2 Fe 3e Fe

A FeS :1 S 2e S (SO )

S : 4 S 6e S
S : 1

2.3 4.6 .2 V 336(lit)
22,4
+
+ +
+
ỡ ỡ
- =
ỡ

ù ắắắđ đù + =
ớ ớ ớ
- =
ù
ợ ợ
ù
ợ
ắắắđ + = đ =

Vớ d 3: Cho 3,76 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỉ lệ mol tương ứng là 14:1 tác dụng hết với dung dịch HNO3 thì

thu được 0,448 lít một khí duy nhất (đo ở đktc) và dung dịch Y. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được 23 gam chất rắn
khan T. Xác định số mol HNO3 đã phản ứng.

A. 0,28 B. 0,34 C. 0,32 D. 0,36

4 3
BTNT.Mg
3 2
e BTKL
NH NO
BTE
BTNT.nito
2 3

Mg(NO ) : 0,15
Mg : 0,14 n 0,28

3,76 23 23 0,15.148

MgO : 0,01 n 0,01

80
0,28 0,01.8 0,02.10

N : 0,02 HNO N 0,15.2 0,02 0,02.2 0,36

ỡắắắắđ
đ =
ỡ ắắắđ ù
ớ ớ = - =
ợ ùợ
ắắắđ = +
đ ắắắắđ =

ồ

= + + =

b) Quỏ trỡnh nguyên tố di chuyển từ chất này qua chất khác. Nhận xét được điều này và áp dụng định luật BTNT cũng 
cho đáp số rất nhanh.

Ví dụ 1: X là hỗn hợp các muối Cu(NO3)2, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3, Mg(NO3)2 trong đó O chiếm 55,68% về khối lượng. Cho

dung dịch KOH dư vào dung dịch chứa 50 gam muối, lọc kết tủa thu được đem nung trong chân không đến khối lượng
không đổi thu được m gam oxit. Giá trị của m là

A. 31,44. B. 18,68. C. 23,32. D. 12,88.
3

BTNT BTKL

trong X trong X

O NO Kim loai

BTE trong oxit trong oxit

O NO O

BTKL

oxit

50.0,5568

n 1,74 n 0,58 m 14,04

2.n n 0,58 n 0,29

m 14,04 0,29.16 18,68

-= = ắắắđ = ắắắđ =

ắắắđ = = đ =

ắắắđ = + =

Vớ d 2: (Chuyên Vinh Lần 1 – 2014) Hòa tan hỗn hợp X gồm 3,2 gam Cu và 23,2 gam Fe3O4 bằng lượng dư dung dịch

H2SO4 loãng, thu được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu được kết tủa Z. Nung Z trong khơng khí đến

khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá tr ca m l
qui

ắắắắ

đ

BTNT nit

ắắắắắđ

ụ

trong X
kim loi

</div>
(140)<div class='page_container' data-page=140>

A. 28,0. B. 26,4 C. 27,2. D. 24,0.
BTNT

BTNT

2 3
3 4

Cu : 0,05 CuO : 0,05

m m A

Fe O : 0,15
Fe O : 0,1 Fe : 0,3

ỡ ỡ
ù ắắắđ đ =
ớ ớ
ắắắđ
ù î
î

Ví dụ 3 : Hỗn hợp X gồm axit fomic, axit acrylic, axit oxalic và axit axetic. Cho m gam X phản ứng hết với dung dịch
NaHCO3 thu được 1,344 lít CO2 (đktc). Đốt cháy hồn tồn m gam X cần 2,016 lít O2 (đktc), thu được 4,84 gam CO2

và a gam H2O. Giá trị của a là:

A. 1,8. B. 1,62. C. 1,44 D. 3,6.

3 CO COOH O

BTNT.oxi

X NaHCO n 0,06 n n 0,12

0,12 0,09.2 0,11.2 a 1,44

+ đ = = đ =

ắắắắđ + = + ® =

c) Một vấn đề cần chú ý nữa đó là tổng khối lượng các chất được bảo tồn trong q trình phản ứng. Do đó việc áp 
dụng định luật BTKL cũng là một công cụ rất mạnh.

Ví dụ 1: (Chuyên Vinh Lần 1 – 2014) Cho 7,6 gam hỗn hợp X gồm Mg và Ca phản ứng vừa đủ với 4,48 lít (đktc) hỗn
hợp khí Y gồm Cl2 và O2 thu được 19,85 gam chất rắn Z chỉ gồm các muối clorua và các oxit kim loại. Khối lượng của

Mg trong 7,6 gam X là

A. 2,4 gam. B. 1,8 gam. C. 4,6 gam. D. 3,6 gam.

2 2

2
2

:
19,85 7,6 12,25 0,2

0,2 0,05

32 71 12,25 0,15

ỡ
ắắắđ = + = - = đ ớ
ợ
+ = =
ỡ ỡ
đớ đớ
+ = =
ợ ợ
BTKL
O Cl
O a

mY m m

Cl b

a b a

a b b

Ví dụ 2 : Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai ancol, thu được 13,44 lít khí CO2 (đktc) và 15,3 gam H2O. Mặt

khác, cho mgam X tác dụng với Na (dư), thu được 4,48 lít khí H2 (đktc). Giá trị của m là

A. 12,9. B. 12,3 C. 15,3. D. 16,9.

BTKL

2 C H O

H OH

CO : 0,6

H O : 0,85

m m

m

0,6.12 0,85.2 0,4.16 15,3

n

0,2

n

0,4

ỡ

ù

ắắắđ =

+

=

+

=

ớ

ù

=

đ

=

ỵ

2
2
BTKL

2 C H O

H OH

CO : 0,6

H O : 0,85

m m

m

0,6.12 0,85.2 0,4.16 15,3

n

0,2

n

0,4

ỡ

ù

ắắắ

đ =

+

=

+

=

ớ

ù

=

đ

=

ỵ

Ví dụ 3: Cho m gam hỗn hợp X gồm ancol benzylic, metanol, propenol và etylen glicol tác dụng hết với Na thu được
1,344 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 6,048 lít khí CO2 (đktc) và 5,58 gam H2O. Giá

trị của m là

A. 4,82 B. 5,78 C. 5,64 D. 6,28

Để ý: H2 OH trong XO Otrong X

1 1

n n n n 0,12

2 2

= = ® =

Có ngay:

2 BTKL
2

CO : 0,27

m m(C, H,O) 0,12.16 0,27.12 0,31.2 5,78
H O : 0,31

ỡ

ắắắđ = = + + =

ớ

ợ

ồ

d) Ngồi ra trong hóa học cũng hay sử dụng định luật bảo tồn điện tích, tăng giảm khối lượng, tăng giảm thể tích…
Tuy nhiên, trong các bài tốn gọi là hay thì người ta ít khi sử dụng đơn thuần một cơng cụ nào đó. Người ra đề sẽ bố 
trí làm sao để ta phải kết hợp nhiều cơng cụ như đã nói bên trên. Do đó,các HS cần phải chịu khó suy nghĩ ,luyện tập 
để có Kỹ Xảo giải bài tập. Sau đây là một số đề dành cho các em suy nghĩ – tư duy – luyện tập.

</div>
(141)<div class='page_container' data-page=141>

Câu 1: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho m gam X vào dung dịch H2SO4 loãng dư thu được dung dịch Y. Chia

Y thành hai phần bằng nhau.

- Phần I tác dụng vừa đủ với 200ml dung dịch KMnO4 0,5M.

- Phần II hòa tan tối đa 6,4 gam Cu.
Giá trị của m là:

A. 23,2 B. 34,8. C. 104. D. 52.

Câu 2: Hòa tan hết 15,2 gam hỗn hợp gồm Fe và Cu bằng dung dịch HNO3 thu được dung dịch X và 4,48 lit khí NO

(đktc). Thêm từ từ 3,96 gam kim loại Mg vào hỗn hợp X đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 224 ml khí NO
(đktc), dung dịch Y và m gam chất rắn không tan. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 trong các phản ứng. Giá

trị của m là:

A. 9,6. B. 12,4. C. 15,2. D. 6,4.

Câu 3: Cho m g hỗn hợp X gồm Ba, BaO, Al vào nước dư phản ứng kết thúc thu được 3,024 lít khí (đktc) dung dịch A và
0,54 g chất rắn không tan. Cho 110 ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch A được 5,46 g kết tủa. m có giá trị là :
A. 7,21 gam B. 8,2 gam C. 8,58 gam D. 8,74 gam

Câu 4: Cho 9,6 gam Mg vào dung dịch chứa 0,2 mol Cu(NO3)2 và 0,3 mol Fe(NO3)3. Phản ứng kết thúc, khối lượng chất

rắn thu được là

A. 15,6 gam. B. 11,2 gam. C. 22,4 gam. D. 12,88 gam.

Câu 5: Hịa tan hồn toàn 4,8 gam Mg trong dung dịch HNO3, thu được dung dịch X và 448 ml khí N2 (ở đktc). Cô cạn

dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị m là

A. 29,6. B. 30,6. C. 31,6. D. 30,0.

Câu 6: 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). Cơ 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.

Câu 7: Lấy 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO và Fe2O3 (với số mol bằng nhau) tác dụng hoàn toàn với dung dịch HI dư thu

được dung dịch X. Cô cạn X được chất rắn Y. Cho Y tác dụng với dụng dịch AgNO3 dư được m gam kết tủa. Xác định

A. 17,34 gam. B. 19,88 gam. C. 14,10 gam. D. 18,80 gam.

Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 0,5 mol hỗn hợp X gồm một amino axit Y (có một nhóm amino) và một axit cacboxylic no, 
đơn chức, mạch hở Z, thu được 26,88 lít CO2 (đktc) và 23,4 gam H2O. Mặt khác, 0,45 mol X phản ứng vừa đủvới dung

dịch chứa m gam HCl. Giá trị của m là

A. 10,95. B. 6,39. C. 6,57. D. 4,38.

Câu 9: Hồ tan 4,32 gam nhơm kim loại bằng dung dịch HNO3 loãng, dư thu được V lít khí NO (đktc) và dung dịch X.

Cơ cạn dung dịch X thu được 35,52 gam muối. Giá trị của V là

A. 3,4048. B. 5,6000. C. 4,4800. D. 2,5088.

Câu 10: Cho m gam hỗn hợp Fe và Cu có tỉ lệ số mol là 1:1 tác dụng với 1,8 lít dung dịch HNO3 1M. Khi phản ứng kết

thúc thu được dung dịch A (không chứa muối amoni) và 13,44 lít hỗn hợp khí NO và NO2 ở (đktc) và 4m/15 gam chất

rắn. Giá trị của m là:

A. 72. B. 60. C. 35,2. D. 48.

Câu 11: Hòa tan hết 16 gam hỗn hợp Fe và C vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được V lít khí ở đktc và dung dịch X.

Cô cạn X thu được 40 gam muối. Giá trị của V là:

A. 23,64. B. 30,24. C. 33,6. D. 26,88.

Câu 12: Hòa tan hết 31,2 gam hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3 vào 800 ml dung dịch HNO3 2M vừa đủ thu được V lít NO (đkc,

sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X hòa tan tối đa 9,6 gam Cu. Giá trị của V là:
A. 8,21 lít B. 6,72 lít C. 3,36 lít D. 3,73 lít

Câu 13: Nhiệt phân hồn toàn hỗn hợp gồm m1 gam Fe(NO3)2 và m2 gam Al(NO3)3 thu được hỗn hợp khí X Trộn hỗn hợp

khí X với 112 ml khí O2 (đktc) được hỗn hợp khí Y. Hấp thụ hồn tồn hỗn hợp khí Y vào 3,5 lít H2O (khơng thấy có

</div>
(142)<div class='page_container' data-page=142>

A. 4,5 và 6,39 B. 2,700 và 3,195
C. 3,60 và 2,130 D. 1,80 và 0,260

Câu 14: Cho 5,12 gam đồng phản ứng hoàn toàn với 50,4 gam dung dịch HNO3 60% thu được dung dịch X. Hãy xác định

nồng độ % của muối tan trong X biết rằng nếu thêm 210ml dung dịch KOH 2M vào X rồi cô cạn và nung sản phẩm thu
được tới khối lượng không đổi thì được 41,52 gam chất rắn.

A. 26,15% B. 17,67% C. 28,66% D. 75,12%

Câu 15: Cho m gam Fe vào dung dịch chứa đồng thời H2SO4 và HNO3 thu được dung dịch X và 4,48 lít NO, Thêm tiếp

H2SO4 vào X thì lại thu được thêm 1,792 lít khí NO nữa và dung dịch Y (Khí NO là sản phẩm khử duy nhất). Dung

dịch Y hoà tan vưa hêt 8,32 gam Cu không có khi bay ra (cac khi đo ở đktc). Gia trị cua m là:

A. 11,2 B. 9,6 g. C. 16,8 D. 16,24

Câu 16: Cho 4,8 (g) Br2 nguyên chất vào dung dịch chứa 12,7 (g) FeCl2 thu được dung dịch X. Cho dung dịch AgNO3

dư vào X thu được a(g) kết tủa . Giá trị a là

A. 39,98(g) B. 55,58(g) C. 44,3(g) D. 28,5 (g)

Câu 17: Cho hỗn hợp A gồm 0,15 mol Mg, 0,35 mol Fe phản ứng với V lít HNO3 2M, thu được hỗn hợp X gồm 0,05

mol N2O, 0,1 mol NO và còn lại 2,8 gam kim loại. Giá trị của V lít là:

A. 0,45 B. 0,55 C. 0,575 D. 0,61

Câu 18: Lấy 2 mẫu Al và Mg đều nặng m gam cho tác dụng với dung dịch HNO3 dư, để phản ứng xẩy ra hoàn toàn.

- Với mẫu Al: thu được 1,344 lít khí X và dung dịch chứa 52,32 gam muối
- Với mẫu Mg: Thu được 0,672 lít khí X và dung dịch chứa 42,36 gam muối

Biết X là khí nguyên chất, các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Xác định m?
A. 5,508 gam B. 6,480 gam C. 5,832 gam D. 6,156 gam

Câu 19: Cho m gam Mg vào 500ml dung dịch hỗn hợp AgNO3 0,2M và Fe(NO3)3 2M thì khi kết thúc phản ứng thu được

m gam chất rắn. Xác định m?

A. 10,8 gam hoặc 15,0 gam B. 13,2 gam

C. 10,8 gam D. 15,0 gam

Câu 20: Lấy 3,48 gam Fe3O4 cho tác dụng hoàn toàn với 100ml dung dịch HCl 1,28M thu được dung dịch X. Cho X tác

dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xẩy ra hoàn toàn, sản phẩm khử N+5 là NO

(nếu có). Xác định m?

A. 18,368 gam B. 19,988 gam C. 19,340 gam D. 18,874 gam

Câu 21: Cho m gam P2O5 vào 1 lít dung dịch hỗn hợp NaOH 0,2M và KOH 0,3M đến phản ứng hồn tồn thu được dung

dịch X. Cơ cạn cẩn thận X thu được 35,4 gam hỗn hợp muối khan. Giá trị của m là:
A. 21,3 gam. B. 28,4 gam. C. 7,1 gam. D. 14,2 gam.

Câu 22: Cho một mẫu kim loại R tan hoàn toàn trong 200 ml dung dịch HCl 0,5 M thu được dung dịch X và 2,016 lít H2

(ở đktc). Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam kết tủa? (Biết AgOH không tồn tại,

trong nước tạo thành Ag2O)

A. 44,60 gam B. 23,63 gam C. 14,35 gam D. 32,84 gam

Câu 23: Cho m gam hỗn hợp Al, Al2O3, Al(OH)3 tác dụng với dung dịch H2SO4 19,6% vừa đủ thu được dung dịch X có

nồng độ % là 21,302% và 3,36 lít H2 (đktc). Cơ cạn dung dịch X thu được 80,37 gam muối khan. m có giá trị là :

A. 18,78 gam B. 25,08 gam C. 24,18 gam D. 28,98 gam

Câu 24: Hòa tan hết 9,1 gam hỗn hợp X gồm Al và Mg, Zn vào 500 ml dung dịch HNO3 4M thu được 0,448 lít N2 (đktc)

và dung dịch Y. Chia Y thành 2 phần bằng nhau.
- Phần 1: cô cạn thu được m gam chất rắn khan.

- Phần 2: tác dụng vừa đủ với 530ml dung dịch NaOH 2M thu được 2,9 gam kết tủa.
Giá trị của m là:

A. 25,76 B. 38,40 C. 33,79 D. 32,48

Câu 25: Hịa tan hồn tồn hỗn hợp gồm FeS2 và Fe3O4 bằng 1 lít dung dịch HNO3 aM, vừa đủ thu được 14,336 lít hỗn

</div>
(143)<div class='page_container' data-page=143></div>
(144)<div class='page_container' data-page=144>

Giải chi tiết đề ôn luyện số 1
Câu 1. Chọn đáp án C

2
2

BTE 3

Fe :1
Fe : a a 0,2.0,5.5 a 0,5

X Fe : 0,4 m 104

2 Fe : b 0,1.2 b b 0,2 O :1,6

+
+
+
+
ì
ì ỡ = ỡ = ù
ù ắắắđ đ đ đ =
ớ í = í = í
ï ỵ ỵ
ỵ ï
ỵ

Câu 2.Chọn đáp án D

BTE

Mg e 3 2

e
NO

Fe : a 56a 64b 15,2 a 0,1
15,2

Cu : b 3a 2b 0,2.3 b 0,15
n 0,165 n 0,33

n 0,01.3 0,1Fe 0,1.Cu m 0,1.64 6,4
n 0,01

-+ + +
+ = =
ỡ ỡ ỡ
ắắắđ đ
ớ ớ + = ớ =
ợ ợ ợ
ỡ = đ =
ù đ = + + đ = =
ớ
=
ùợ

ồ

BTE

Mg e 3 2

e
NO

Fe : a 56a 64b 15,2 a 0,1
15,2

Cu : b 3a 2b 0,2.3 b 0,15
n 0,165 n 0,33

n 0,01.3 0,1Fe 0,1.Cu m 0,1.64 6,4
n 0,01

-+ + +
+ = =

ỡ ắắắđỡ đỡ
ớ ớ + = ớ =
ợ ợ ợ
ỡ = đ =
ù đ = + + đ = =
ớ
=
ùợ

ồ

BTE

Mg e 3 2

e
NO

Fe : a 56a 64b 15,2 a 0,1
15,2

Cu : b 3a 2b 0,2.3 b 0,15
n 0,165 n 0,33

n 0,01.3 0,1Fe 0,1.Cu m 0,1.64 6,4
n 0,01

-+ + +
+ = =
ỡ ỡ ỡ
ắắắđ đ
ớ ớ + = ớ =
ợ ợ ợ

ỡ = đ =
ù đ = + + đ = =
ớ
=
ùợ

ồ

Cõu 3.Chn ỏp ỏn C

2 2
H

BTE
ddA : Ba(AlO ) : a mol

n 0,135 0,11H

Al : 0,02 mol

0,11 2a 3(2a n ) 2a 3(2a 0,07) a 0,04

Ba : a 0,04

X Al : 2a 0,02 0,1 2.0,04 2.0,04.3 2b 0,135.2 b 0,025 m 8,58

O : b

+
¯
ỡ ỡ
ù ù
đớ = +
ù
ù
ù
ợ
ù
ùđ = + - = + - đ =
ớ
ù ỡ =
ù ù
ù ớ + = ắắắđ + = + đ = đ =
ù ù
ù ợ
ợ

Câu 4.Chọn đáp án A

3 2
NO

3 2
Mg

Mg(NO ) : 0,4

n 0,2.2 0,3.3 1,3 Cu : 0,2

m 15,6

1,3 0,8 Fe : 0,05

Fe(NO ) : 0,25
n 0,4
2
- ì
ì = + = ì
ï ®ï ® =
í í - = í
= ỵ
ï ï
ỵ ỵ

å

Câu 5.Chọn đáp án C

2 4 3

Mg e

3 2
4 3
N NH NO

n 0,2 n 0,4

Mg(NO ) : 0,2
m 31,6

0,4 0,02.10 NH NO : 0,025

n 0,02 n 0,025

8
= ® =
ì ì
ï ® =
í = ® = - = í
ỵ
ïỵ

Câu 6.Chọn đáp án A

+

-ììï = 
-ïí ắắắắắđ = =
ùùợ =
ù
ù ỡ
ớ
ù
ù ù
đ =

ù ớ
ù ù
ù ùợ
ợ
BTNT hidroâ
H

H O2
H 2

kim loại

kim loại
2

n 1,6 1,6 0,4

n 0,6

n 0,2

88,7 Cl m 16,9

®m m= kim loại +mO=16,9 0,6.16 26,5+ =

Câu 7.Chọn đáp án A

2
BTE
3

2 3 2

FeI : 0,03

FeO : 0,01 Fe : 0,01 AgI : 0,06

2,32 HI Y m 17,34

Fe O : 0,01 Fe : 0,02 I : 0,01 Ag : 0,03
+
+
ì ì
ì ®ï + ® ï ® = ì
í ớ ớ ớ
ắắắđ
ù
ù ợ
ợ ợ ợ

</div>
(145)<div class='page_container' data-page=145>

3
3
O A
O KL
NO
NO 0,5O
oxit

n 1,74 m 42,67

m 27,84 m 50 0,58.62 14,04

n 0,58

0,58

m 14,04 .16 18,68
2

--®
= ® =
ìï
= ®í = ® = - =
ùợ
ắắắắđ = + =

Cõu 9.Chn ỏp ỏn D
3 3

4 3

Al Al(NO )

e NO NO

NH NO

n 0,16 n

n 0,48 3n 0,018.8 n 0,112 D

n 0,018

= =

ìï ® = = + đ = đ

ớ =

ùợ

ồ

Cõu 10.Chn ỏp ỏn D

Cú ngay : Fe

m 56a

Fe : a 15

m 120a

Cu : a 8m

m
15
ì = =
ù
ỡ ù
= ớ đớ
ợ ù =
ùợ

do ú cht rắn là Cu

BTNT.nito
3

NO 1,8 0,6 1,2

Fe : a 2a a 1,2 a 0,4 m 120a 48

Cu : 0,5a

-ỡắắắắđ = - =
ù đ + = đ = đ = =
ớ

ù
ợ

Cõu 11.Chọn đáp án C

2 4 3 2

BTE

Fe (SO ) SO

2
SO

Fe : 0,2

m 40 Fe : 0,2 16 0,2.3 0,4.4 2n

C : 0,4 0,4CO

n 1,1 n 1,5 C

= ® ® í ắắắđ + =

đ
ợ

đ = đ

ồ

= đ

Cõu 12.Chn ỏp ỏn B

3
3
BTDT
2
Cu Fe
3 NO
BTE

Fe : 0,3

n 0,15 n 0,3 X Fe : a 0,3.3 2a b

NO : b n 1,6 b
56(a 0,3) 16c 31,2

Fe : 0,3 a
31,2

O : c 3.0,3 2a 2c 3(1,6 b)

2a b 0,9 a 0,2

56a 16c 14,4 b 1,3
2a 3b 2c 3,9 c

+
+
+

-ì ì
ï ï
= ® = ® ắắắđ + =
ù ớ
ù ù đ = 
-ớ ợ
ù
+ + =
ỡ
+
ỡ
ù ớ đớ
ù ợ ợắắắđ + = + 
-ợ
- + = =
ỡ
ù
đớ + = đ =
ù + - =
ợ 0,2
ỡ
ù
ớ
ù =
ỵ

Câu 13.Chọn đáp án C

3 2 BTNT 2 3

3 3 2 3

2
BTNT

Fe(NO ) : 2a a : Fe O
Al(NO ) : 2b b : Al O

NO : 4a 6b

X 12a 18b 3a 3b 2(4a 6b)

O : 0,5a 1,5b

2
ỡ ỡ
ắắắđ
ớ ớ
ợ ợ
+
ỡ
ù
ắắắđ ớ + - - - +
= +

ùợ
BTE
2
BTNT.nito
2 axit

NO : 4a 6b 4a 6b 4(0,5a 1,5b 0,005)

O : 0,5a 1,5b 0,005 n 0,07 4a 6b
a 0,01
C
b 0,005
ỡ
+ ắắắđ + = + +
ỡ ù
đ ớ + + ớ
ắắắắđ = = +
ù
ợ ỵ
=
ì
®í ®
=
ỵ

Câu 14.Chọn đáp án C

BTNT nit

</div>
(146)<div class='page_container' data-page=146>

2
.
3
2
3 2
: 0,4
: 0,08
:

: 0,48 41,52 : 0,08 0,08

:
: 0,02

: 0,42

0,08 0,04 15,04

% ( ) 28,66

3 0,08.2 0,04 50,4 5,12 0,04(30 46)

ư
ỡ
ỡ
ỡ
ù đ ù ắắắắđ =
ớ ớ ớ
ợ

ù ù
ợ ợ
+ = =
ỡ ỡ
đớ + = đớ = đ = + - + =
ợ ợ
BTNT nito
KNO
Cu
NO a

HNO CuO N

NO b
KOH

KOH

a b a

Cu NO

a b b

Câu 15.Chọn đáp án D
3

Cu Fe

BTE
3

n 0,13 n 0,26
Fe : a

m Fe : 0,26 2a 3.0,26 0,28.3 a 0,03
NO : 0,28

m 56(0,26 0,03) 16,24

+
+
+
= đ =
ỡ
ù
đớ ắắắđ + = đ =
ù
ợ
đ = + =

ồ

Cõu 16.Chn ỏp ỏn C

3
2

Fe : 0,06
n 0,03 Fe : 0,04 Ag

X m 44,3

FeCl : 0,1 Cl : 0,2 AgCl
Br : 0,06 AgBr

+
+

-ì
ï
=
ì ®
ï ® ù đ =
ớ ớ
đ
ù ù
ợ
ù đ
ợ
Cõu 17.Chn ỏp ỏn C

4 3

NH NO
BTNT.nito

axit

Mg : 0,15

n 0,15.2 0,3.2 0,9
Fe : 0,35 0,05 0,3

0,9 0,05.8 0,1.3

n 0,025

n N 0,15.2 0,3.2 0,025.2 0,05.2 0,1 1,15 C

ỡ đ = + =
ớ - =
ợ
-
-đ = =
ắắắắđ = = + + + + = đ

ồ

Cõu 18.Chn đáp án B

Gọi n là số e nhận ứng với khí X
Ta có: Al : a 27a 24b

Mg : b

ỡ

đ =

ớ

ợ . Nu mui khụng cha NH4NO3 thỡ

3a 0,06n
3a 4
2b 0,03n
=
ỡ
đ =
ớ =
ợ
(loi)
3 3
BTE
4 3
3 2
BTE
4 3

Al(NO ) : a

52,32 213a

52,32 52,32 213a 3a 0,06n 8

80
NH NO :

27a 24a 0
80

336b 243a 32, 4
Mg(NO ) : b

42,36 148b

42,36 42,36 148b 2b 0,03n 8

80
NH NO :

80
a 0,24
b 0,27
ì ì 
-ù
ù ớ - ắắắđ = +
ù ù

- =
ù ợ đỡ
ớ ớ - =
ỡ ợ
ù ù 
-ù ớ - ắắắđ = +
ù ùợ
ợ
=
ỡ
đ ớ
=
ợ

Cõu 19.Chn ỏp ỏn A

Vi trng hp ny ta đi thử đáp án là hay nhất (lưu ý đáp án A)

3 3
BTE
4 3
3 2
BTE
4 3

Al(NO ) : a

52,32 213a

52,32 52,32 213a 3a 0,06n 8

80
NH NO :

27a 24a 0
80

336b 243a 32, 4
Mg(NO ) : b

42,36 148b

42,36 42,36 148b 2b 0,03n 8

80
NH NO :

80
a 0,24
b 0,27
ỡ ỡ

-ù
ù ớ - ắắắđ = +
ù ù
- =
ù ợ đỡ
ớ ớ - =
ỡ ợ
ù ù

-ù ớ - ắắắđ = +
ù ùợ
ợ
=
ỡ
đ ớ
=
ợ
3 3
BTE
4 3
3 2
BTE
4 3

Al(NO ) : a

52,32 213a

52,32 52,32 213a 3a 0,06n 8

80
NH NO :

27a 24a 0
80

336b 243a 32,4
Mg(NO ) : b

42,36 148b

42,36 42,36 148b 2b 0,03n 8

80
NH NO :

</div>
(147)<div class='page_container' data-page=147>

3 2
3

3 x

Mg(NO ) : 0,45
NO : 3,1

TH : m 10,8 m 108.0,1 10,8

Fe(NO )
Mg : 0,45

-ì ì
ï
= í ®í ® = =
ï ỵ
ỵ

å

Trường hợp này Fe3+ chưa bị chuyển hết về Fe2+ nên chất rắn chỉ là Ag

3 2
3

3 2

Mg(NO ) : 0,625
NO : 3,1

TH : m 15 3,1 0,625.2

Fe(NO ) 0,925

Mg : 0,625

2
Ag : 0,1

m 15

Fe :1 0,925

- ỡ
ỡù ù
= ớ đớ 
-= =
ù ù

ợ ợ
ỡ
đ = í

-ỵ

å

Câu 20.Chọn đáp án C

2 3

2
FeO.Fe O

n 0,015 Fe : 0,015
n 0,128 Cl : 0,128

0,128.(108 35,5) m 0,128.(108 35,5) 0,015.108
18,368 m 19,988

+
+

-=
ỡ ỡ
ù đù
ớ ớ
= ù

ù ợ
ợ

đ + < < + +

< <

Đề bài chơi ác rồi. Chặn khoảng cũng khơng suy ra ngay được. Phải tính thêm chút nữa vậy.

3 2

e Ag

du
H

AgCl

4H NO 3e NO 2H O

n 0,006 n 0,015 0,006 0,009
n 0,128 2.0,015.4 0,008

m m 0,009.108 19,34

+
+
-ì + + ® +
ï ® = ® = - =
í

= - =
ïỵ
= + =

Câu 21.Chọn đáp án D

3 4

OH H O

BTKL

H PO

n 0,2 0,3 0,5 n 0,5

m 0,2.40 0,3.56 35,4 0,5.18
m

.2.98 24,8 44,4 m 14,2
142
ỡ = + = đ =
ù
ớ
ắắắđ + + = +
ùợ
đ + = đ =

ồ

Cõu 22.Chn ỏp án B

HCl

H 2

n 0,1 AgCl : 0,1

n 0,08 m 23,63

n 0,09 - Ag O : 0,04

=
ì ì
ï ® = ® =
í = í
ï ỵ
ỵ

Câu 23.Chọn đáp án B

2 4 3 2 4 3 4 2 4

2 4

BT.mol.ion

Al (SO ) Al (SO ) SO H SO
BTKL

dd
H SO

m 80,37 n 0,235 n 0,705 n

0,705.98 80,37 80,37

m 352,5 0,21302

0,196 352,5 m m 352,5 m 0,3

m 25,088

-= đ = ắắắắđ = =
đ = = ¾¾¾® = =
+ - +
-® =

Câu 24.Chọn đáp án C

3
2

2 2

4 3

: 2 1,06

1,06 aAlO : 27 65 0,05.24 9,1: 2

3 2 0,05.2 0,01.10 8(1 0,01.2 )
:

: 4,55
0,94

0,1 : 0,01.10 0,04.8

0,01 : 0,04

Na

NaNO a a b c

n N b b c

b c a

Na ZnO c
Kimloai
a

b m NO C

c NH NO

-+ -+ =
ì ì
ï ï
= ®í ®í + + =
ï ù + +ợ = + - 
-ợ
ỡ
=
ỡ
ù
ù
đớ = đ ớ + đ
ù = ù
ợ ợ

Chỳ ý : cỏi ch (1-0,01.1 –a ) chính là số mol NH3 thốt ra và = NH4NO3

Câu 25.Chọn đáp án C

3 2
3

3 2

Mg(NO ) : 0,625
NO : 3,1

TH : m 15 3,1 0,625.2

Fe(NO ) 0,925

Mg : 0,625

2
Ag : 0,1

m 15

Fe :1 0,925

- ỡ
ỡù ù
= ớ đớ = - =
ù ù
ợ ợ
ỡ
đ = ớ

-ợ

ồ

</div>
(148)<div class='page_container' data-page=148>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc 1

Website

HOC247

cung c

ấ

p m

ột môi trườ

ng

h

ọ

c tr

ự

c tuy

ế

n

sinh độ

ng, nhi

ề

u

ti

ệ

n ích thông minh

,

n

ộ

i dung bài gi

ảng đượ

c biên so

ạ

n công phu và gi

ả

ng d

ạ

y b

ở

i nh

ữ

ng

giáo viên nhi

ều năm kinh

nghi

ệ

m, gi

ỏ

i v

ề

ki

ế

n th

ứ

c chuyên môn l

ẫ

n k

ỹ

năng sư phạ

m

đế

n t

ừ

các trường Đạ

i h

ọ

c và các

trườ

ng chuyên danh ti

ế

ng.

I.

Luy

ệ

n Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG:Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng xây

dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, NgữVăn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh Học.

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường Chuyên
khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II.

Khoá H

ọ

c Nâng Cao và HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho các em HS THCS

lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ởtrường và đạt điểm tốt

ở các kỳ thi HSG.

- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho

học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh Trình, TS. Trần 
Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩncùng đôi HLV đạt
thành tích cao HSG Quốc Gia.

III.

Kênh h

ọ

c t

ậ

p mi

ễ

n phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các

môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham
khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi miễn

phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, NgữVăn, Tin Học và Tiếng Anh.

Phương pháp giải nhanh Hóa hữu cơ - Cao Mạnh Hùng

3

1

2

<i>n</i>

<i>O</i>

+

®

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

n

<i>m</i>

<i>M</i>

<i>n</i>

=

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

=

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

=

<i>n a n b</i>

<i>n</i>

<i>a b</i>

+

=

+

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

14

<i>n</i>

=

35

® =

<i>n</i>

2,5.

<i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i>

m

: m

=

44 : 27

ắắắđ

ắắắđ

ắắđ

<i>m</i>

+

<i>m</i>

1

1 21,6

<sub>0,05</sub>

4

4 108

<i>n</i>

=

<i>n</i>

= ×

=

<i>mol</i>

<i>m</i>

=

11,8 1,5 10,3

-

=

<i>g</i>

<i>m</i>

<i>m</i>

21,6