Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
1LỜI MỞ ĐẦU Vấn đề giải bài tập hoá học là một việc làm thường xuyên và quen thuộc đối với học sinh. Nó
không chỉ giúp học sinh củng cố phần lí thuyết cơ bản đã học mà còn phát huy tích cực sáng tạo
trong quá trình học tập của học sinh.

Tuy nhiên vấn đề giải bài tập hoá học thi đại học đối với nhiều học sinh còn gặp nhiều khó
khăn, nhiều em chưa định hướng, chưa tìm ra phương pháp thích hợp, chưa phân dạng nên còn có
một số khó khăn trong khi thi Đại học.

Nhằm bổ sung, nâng cao kỉ năng để giải bài tập hoá học và giúp cho học sinh nhận dạng các
bài toán thi Đại học, chúng tôi đã sưu tầm, sắp xếp và giới thiệu một số dạng toán thi Đại học trong
các năm qua, đồng thời đưa thêm một số bài tập tham khảo để giúp học sinh có các định hướng
giải bài tập trong các kì thi Đại học.
Chắc chắn rằng sẽ có nhiều thiếu sót, kính mong các đồng nghiệp góp ý bổ sung để tài liệu
càng hoàn thiện hơn.
www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
2

phản ứng được với dung dịch NaOH nhưng không có phản ứng tráng bạc là
A. 4. B. 5. C. 8. D. 9.
Giải:

Ta có

k=1

có 1 liên kết

phản ứng được với dung dịch NaOH

Axit hay este no hở.
Nhưng không có phản ứng tráng bạc

Không phải là este của axit fomic
C-COO-C-C-C C-COO-C(CH
3
) –C C-C-COO-C-C C-C-C-COO-C
C-C-C-C-COOH C-C(CH
3
)-C-COOH C-C-C(CH
3
)-COOH C-C(CH
3
)
2
-
COOH


và một axit.
Giải : Tác dụng với KOH tạo thành muối axit hữu cơ và một ancol

có este

KOH
11,2
n = 0,2
56
mol


2
H
ancol
3,36
n = 2n = 2. 0,3
22,4
mol


KOH
ancol
n > n =>
ban đầu có ancol.
Vậy, hỗn hợp đầu có 1 este và 1 ancol.

Chọn A
Câu 4 :
Cho glixerol phản ứng với hỗn hợp axit béo gồm C

-CH
3
,
CH
3
-C(CH
3
)=CH-CH
3
, CH
2
=CH-CH
2
-CH=CH
2
. Số chất có đồng phân hình học là
A. 4. B. 2. C. 1. D. 3.
www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
3

Câu 7:
Ba hiđrocacbon X, Y, Z là đồng đẳng kế tiếp, khối lượng phân tử của Z bằng 2 lần khối
lượng phân tử của X. Các chất X, Y, Z thuộc dãy đồng đẳng.
A. anken. B. ankin. C. ankađien. D. ankan.
Giải : Gọi khối lượng phân tử của ba hidrocacbon lần lượt là M

A. 5. B. 2. C. 3. D. 4.
Giải : Công thức tổng quát ancol no, đơn chức : C
n
H
2n+1
OH
Theo bài ra ta có:

12n 68,18
n = 5
14n +18 100
  → Công thức Ancol là C
5
H
11
OH
Các đồng phân bậc 2 :
C-C-C-C(OH)-C C-C-C(OH)-C-C C-C(CH
3
)-C(OH)-C

Chọn C
Câu 9:
Một hợp chất X chứa ba nguyên tố C, H, O có tỉ lệ khối lượng m
C
: m
H
: m
O
= 21 : 2 : 4.

OCH
3
, C
6
H
5
CH
2
OH

Chọn B.
Câu 10: Có bao nhiêu chất hữu cơ mạch hở dùng để điều chế 4-metylpentan-2-ol chỉ bằng phản
ứng cộng H
2
(xúc tác Ni, t
o
)?
A. 3. B. 5. C. 2. D. 4.
Giải : *4-metylpentan-2-ol là: C-C(CH
3
)-C-C(OH)-C


Mạch C trong chất ban đầu là C-C(CH
3
)-C-C-C
*Chất phản ứng với H
2
tạo ancol bậc 2 chỉ có thể là: ancol không no hay xeton
*C=C(CH

=CH-CH
2
-COOH , CH
2
=C(CH
3
)-COOH
b. Este
HCOOCH=CH-CH
3
(2) , HCOOCH
2
-CH=CH
2
, HCOOC(CH
3
)=CH
2

CH
3
COOCH=CH
2
, CH
2
=CHCOOCH
3

2.Đồng phân đơn chức mạch vòng:
a. Axit

2
CHO
c. 1-O-; 1-CHO
CH
3
OCH=CH-CHO, CH
2
=CHOCH
2
-CHO,
CH
2
=CH-CH
2
OCHO, CH
3
-CH=CHOCHO
d. 1-CO-; 1-OH HO-CH
2
-CO-CH=CH
2
5. Đồng phân tạp chức mạch vòng

www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011


n
H
2n
thì n(H
2
O): n(CO
2
) = 1 và ngược lại.
-C
n
H
2n -2
thì n(H
2
O): n(CO
2
) < 1 và n(CO
2
) -

(H
2
O) = n(C
n
H
2n -2
)
*Đốt cháy C
x
H

7
(OH)
3
. B. C
2
H
5
OH và C
4
H
9
OH.

C. C
2
H
4
(OH)
2

và C
4
H
8
(OH)
2
. D. C
2
H
4

H
C
nn
x
n
n
2
2
22
)1( 



4
3
1


n
n
=> n =3
X là hỗn hợp ancol đa chức
 Đáp án C
Câu 2: Khi đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, mạch hở thu được V lít
khí CO
2
(ở đktc) và a gam H
2
O. Biểu thức liên hệ giữa m, a và V là:
A. m = 2a - V/22,4 B. m = 2a - V/11,2 C. m = a + V/5,6 D. m = a - V/5,6

2
O và 0,4368 lít khí CO
2

(ở đktc). Biết X có phản ứng với Cu(OH)
2
trong môi trường kiềm khi đun nóng. Chất X là
A. CH
2
=CH-CH
2
-OH. B. C
2
H
5
CHO C. CH
3
COCH
3
. D. O=CH-CH=O.
Giải: X phản ứng với Cu(OH)
2
/OH
-
=> X có nhóm chức –CHO
n(CO
2
) : n(H
2
O) =

Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
6
n(H
2
O) > n(CO
2
)
 Hỗn hợp ancol no
 n(ancol) = n(H
2
O) - n(CO
2
) = 0,13 (mol)
m(ancol) = m(C) + m(H) + m(O) = 12.n(CO
2
) + n(H
2
O) + 16.n(ancol)
= 12.0,17 + 2.0,3 + 16.0,13 = 4,72 (g)


Đáp án C
Câu 5: Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và axit linoleic. Để trung hoà m gam X cần 40
ml dung dịch NaOH 1M. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn m gam X thì thu được 15,232 lít khí
CO
2
(đktc) và 11,7 gam H

2
, thu được 11,2 lít khí CO
2
và 12,6 gam H
2
O (các
thể tích khí đo ở đktc). Giá trị của V là
A. 14,56. B. 15,68. C. 11,20. D. 4,48.
Giải: n(H
2
O) =
18
6,12
= 0,7 (mol); n(CO
2
) =
4,22
2,11
=0,5(mol)
n(ancol) = n(H
2
O) - n(CO
2
) = 0,2 (mol)
Gọi ancol là
O
H
C
x
n

(đktc) và 11,7 gam H
2
O. Mặt khác, nếu đun nóng m gam X với
H
2
SO
4
đặc thì tổng khối lượng ete tối đa thu được là
A. 7,85 gam. B. 7,40 gam. C. 6,50 gam. D. 5,60 gam.
Giải: n(H
2
O) =
18
7,11
= 0,65 (mol); n(CO
2
) =
4,22
96,8
=0,4(mol)
n(ancol) = n(H
2
O) - n(CO
2
) = 0,25(mol)
m(ancol) = m(C) + m(H) + m(O) = 12.0,4 + 2.0,65 + 16.0,25 = 10,1 (g)
Bảo toàn O => n(H
2
O pư tạo ete) = n(ancol) = 0,2 (mol)
m(ete) = m(ancol) – m(H

H
3
N

(C
4
H
6
)
x
(C
3
H
3
N)
y

(C
4
H
6
)
x
(C
3
H
3
N)
y
+x Br

Mắt xích Alanin: -NH-CH(CH
3
)-CO- (M=71đvC)
Số mắt xích alanin trong phân tử X là: 34000:71=479
Câu 2:
Clo hoá PVC thu được một polime chứa 63,96% clo về khối lượng, trung bình 1 phân tử
clo phản ứng với k mắt xích trong mạch PVC. Giá trị của k là
A. 4. B. 6. C. 5. D. 3.
Giải : C
2n
H
3n
Cl
n
+Cl
2


C
2n
H
3n-1
Cl
n +1
+ HCl
Tỷ lệ % về khối lượng của clo:
%96,63
5,345,62
1005,35)1(


5
-CO-)
n
(M= 113n đvC)
 số mắt xích trong nilon-6,6 : 27346: 242= 113
 số mắt xích trong capron: 17176: 113= 152
Câu 4: Cứ 5,668 g cao su buna-S phản ứng vừa hết với 3,462 g brom trong CCl
4
. Tỉ lệ mắt xích butađien
và stiren trong cao su buna-S là
A. 1 : 3. B. 1 : 2. C. 2 : 3. D. 3 : 5
Giải : (-CH
2
-CH=CH-CH
2
-)
x
(-CH(C
6
H
5
)-CH
2
-)
y
+ xBr
2
 
4
CCl

www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
8
 tỷ lệ x:y =
160
462,3
:
104
54
160
462,3
668,5 
=1:2

Câu 5: Khi đốt cháy hoàn toàn một polime X (tạo thành do đồng trùng hợp 2,3-đimetyl butađien
và acrilo nitin (CH
2
=CH-CN) với lượng O
2
vừa đủ thấy tạo thành một hỗn hợp khí ở nồng độ áp
suất xác định chứa 57,69% CO
2
về V. Tỉ lệ 2 loại monome là
A. 3/5 B. 3/3 C. 1/3 D. 3/2
Giải : (C
6
H

=57,69%


x:y =1:3
Câu 6:
Một loại cao su chứa 2% S. Hỏi cứ bao nhiêu mắt xích izopren thì có một cầu nối
ddiissunfua –S-S-?
A.46. B.64. C.80. D.64.
Giải: Sơ đồ: (C
5
H
8
)
n
+S
2

C
5n
H
8n -2
S
2

Tỷ lệ % đisunfua
62
68
10064



4
0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là
A. 7. B. 2. C. 1. D. 6.

Giải : Phản ứng: H
+
+ OH
-


H
2
O
n
OH
-
= 0,1× 0,1× 2 + 0,1× 0,1=0,03 mol
n
H
+
= 0,4× 0,0375× 2 + 0,4× 0,0125 = 0,035 mol
n
H+
= n
OH
-
= 0,03 mol
n
H
+

và NO
3
-
là 0,04. Trộn X và Y được 100 ml dung dịch Z.
Dung dịch Z có pH (bỏ qua sự điện li của H
2
O)
A. 1. B. 12. C. 13. D. 2.
Giải : Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho 2 dung dịch X và Y ta có:
Dung dịch X: 0,07× 1 = 0,02 ×2 + x × 1 => x = 0,03 mol
Dung dịch Y : y × 1 = 0,04 × 1 => y = 0,04 mol
Phương trình : H
+
+ OH
-


H
2
O
n
H+
= n
OH
-
= 0,03 mol

n
H+
dư = 0,04 – 0,03 = 0,01 mol

NH
4
+
+ OH
-


NH
3


+ H
2
O (1)
Fe
3+
+ 3OH
-


Fe(OH)
3
 (2)
www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
10



BaSO
4

n
BaSO4
=
233
66,4
= 0,02 mol. => n
SO42-
= n
BaSO4
= 0,02 mol
Gọi x là số ion mol Cl
-
có trong dd X
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:
3×0,01×2 + 0,03×1×2 = 0,02×2×2 + x×1 => x = 0,04 mol
Khối lượng dung dịch muối X sau khi cô cạn là:
0,01×2×56 +0,03×2×18 + 0,02×2×96 + 0,04×35,5 = 7,46 g

chọn đáp án C
Câu 4: Dung dịch X chứa các ion: Ca
2+
, Na
+
, HCO
3

2+


CaCO
3
 (2)
n
CaCO3
=
100
2
= 0,02 mol. Từ (1), (2) => n
Ca2+
= n
CaCO3
= 0,02 mol
Cho 1/2 dd X còn lại tác dụng với Ca(OH)
2
dư
n
CaCO3
=
100
3
= 0,03 mol. => n
HCO3-
= n
CaCO3
= 0,03 mol
Gọi x là số mol ion Na

Na+
+ m
Cl-
- m
CO2
+ m
Ca2+
dư
= 0,03×100 + 0,08×23 + 0,1×35,5 +(0,04 – 0,03)×40 - 44×0,03 = 7,47g


Chọn đáp án D
Câu 5: Cho 0,3 mol bột Cu và 0,6 mol Fe(NO
3
)
2
vào dung dịch chứa 0,9 mol H
2
SO
4
(loãng).
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc).
Giá trị của V là
A. 6,72. B. 8,96. C. 4,48. D. 10,08.
Giải : n
NO3-

= 0,6×2 = 1,2 mol , nFe
2+
= 0,6 mol n

O (2)
Bđ 0,6 1,0 1,0
Pư 0,6 0,8 0,2
Sau 0 0,2 0,8 0,2

www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
11
Từ (2) => n
NO
=
3
1
n Fe
2+
=
3
1
×0,6 = 0,2 mol

V
NO
= (0,2 +0,2 ) ×22,4= 8,96 l

Chọn đáp án B


Giải : m(Y) = m(C
2
H
2
) + m(H
2
) = 0,06.26 + 0,04.2 = 1,64(g)
m(bình dd Br
2
tăng) = m(Y) – m(Z) = 1,64 -
4,22
448.0
.32.0,5 = 1,32(g)
 Đáp án B
Câu 2:
Hỗn hợp khí X gồm H
2
và C
2
H
4
có tỉ khối so với He là 3,75. Dẫn X qua Ni nung nóng,
thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He là 5. Hiệu suất của phản ứng hiđro hoá là
A. 25%. B. 50%. C. 20%. D. 40%.
Giải :
Cách 1: Chọn lượng chất
m(X) = m(Y) = m. Chọn 1 mol X

m=3,75.4.1=15(g)


m
=> n
Y
=0,75n
x

n(H
2
pư) = n(C
2
H
4
pư) = n(giảm) = 0,25n
X
H% = 2.0,25=0,5=50%

Đáp án B

www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
12
Câu 3:
Hỗn hợp khí X gồm H

Giải : Y không mất màu dd Br
2
=> anken bị khử hết
Cách 1: Chọn lượng chất
Chọn 1mol X, m(X) = m(Y) = m, m=9,1.2.1=18,2 (g)
 n
Y
=
7,0
2.13
2,18

(mol)
 n(H
2
pư) = n(anken) = n(giảm) = 0,3(mol)
 n(H
2
) = 0,7(mol)
 M(anken) = 56
3.0
4,12,18


(g/mol)=> Anken: C
4
H
8

Anken cộng HBr tạo 1 sản phẩm duy nhất

x
+ 1,4n
X
= 18,2n
x


M(anken) = 56 => Anken: C
4
H
8

Anken cộng HBr tạo 1 sản phẩm duy nhất
 Đáp án B
Câu 4:
Hỗn hợp khí X gồm 0,3 mol H
2
và 0,1 mol vinylaxetilen. Nung X một thời gian với xúc
tác Ni thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với không khí là 1. Nếu cho toàn bộ Y sục từ từ vào
dung dịch brom (dư) thì có m gam brom tham gia phản ứng. Giá trị của m là
A. 8,0. B. 16,0. C. 32,0. D. 3,2.
Giải : m(Y) = m(X) = 0,3.2 + 0,1.52=5,8(g)
n
Y
=
2,0
1.29
8,5

(mol)

2
)Y(C
2
H
2
,H
2
,C
2
H
4
,C
2
H
6
)(H
2
,C
2
H
4
,C
2
H
6
)(H
2
,C
2
H

2
H
2
pư 1) = n(H
2
pư 1)
n(C
2
H
6
) = 0,5n(CO
2
) = 0,5.
4,22
24,2
= 0,05 (mol) = n(C
2
H
2
pư 2) = 0,5n(H
2
pư 2)
www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
13
n(H

Giải : Chọn 1 mol X
*1 mol andehit X + 3 mol H
2
 2 mol hỗn hợp Y
n (giảm) = n(H
2
pư) = 2 (mol) . Ta có : n(H
2
)/nX = 2

Số lk  = 2
*Số nhóm –OH (Z)=2
2
)(
)(
2

Zn
n
H
=> X là andehit 2 chức có 2 liên kết 

Đáp án B
Câu 7:
Hiđro hoá hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai anđehit no, đơn chức, mạch hở, kế tiếp
nhau trong dãy đồng đẳng thu được (m + 1) gam hỗn hợp hai ancol. Mặt khác, khi đốt cháy hoàn
toàn cũng m gam X thì cần vừa đủ 17,92 lít khí O
2
(ở đktc). Giá trị của m là
A. 10,5. B. 8,8. C. 24,8. D. 17,8.

Ptpư: 1
2
13 n
(mol)
Bài ra: 0,5 8,0
4,22
92,17
 (mol)

2
13 n
=1,6 =>
n
=1,4


M
(X) = 35,6 => m=35,6.0,5=17,8 (g) => Đáp án D
Câu 8:
Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO và H
2
đi qua ống sứ đựng bột Ni nung nóng. Sau khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y gồm hai chất hữu cơ. Đốt cháy hết Y thì thu
được 11,7 gam H
2
O và 7,84 lít khí CO
2
(ở đktc). Phần trăm theo thể tích của H
2
trong X là

3,0


=> Đáp án D
www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
14
Câu 9:
Cho 0,25 mol một anđehit mạch hở X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO
3
trong
NH
3
, thu được 54 gam Ag. Mặt khác, khi cho X phản ứng với H
2
dư (xúc tác Ni, t
o
) thì 0,125 mol
X phản ứng hết với 0,25 mol H
2
. Chất X có công thức ứng với công thức chung là
A. C
n
H
2n+1
CHO (n ≥0). B. C

Xn
n
H

 Số lk  trong gốc H-C = 2-1 = 1 => Đáp án B
Câu 10: Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,02 mol C
2
H
2
và 0,03 mol H
2
trong một bình kín (xúc tác
Ni), thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y lội từ từ vào bình nước brom (dư), sau khi kết thúc các
phản ứng, khối lượng bình tăng m gam và có 280 ml hỗn hợp khí Z (đktc) thoát ra. Tỉ khối của
Z so với H
2
là 10,08. Giá trị của m là
A. 0,585. B. 0,620. C. 0,205. D. 0,328.
Giải : m(Y) = m(X) = 0,02.26 + 0,03.2 = 0,58 (g) m(Z) = 252,02.08,10.
4,22
28,0
 (g)
m = m(Y) – m(Z) = 0,58 – 0,252 = 0,328 (g) => Đáp án D
www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
15

khác kết quả
=> Vậy Fe
x
O
y là FeO hay
Fe
3
O
4
*Thử với FeO : 72x + 64y = 2,44 và ½ x + y =0,0225

y =0,01
% (m) Cu = 0,01x64x100/2,44=26,23% => Chọn C
Cách 2: nSO
2
= 0,0225
Gọi a là số mol H
2
SO
4
tham gia pư:
Sơ đồ pư: X + H
2
SO
4


Muối + SO
2
+ H

trăm về khối lượng của Z trong hỗn hợp X lần lượt là
A. HOOC-CH
2
-COOH và 54,88%. B. HOOC-COOH và 60,00%.

C. HOOC-COOH và 42,86%. D. HOOC-CH
2
-COOH và 70,87%.

Giải : Ta có n H
2
= 0,2 mol , nCO
2
= 0,6 mol
Gọi a, b là số mol axit đơn chức và axit 2 chức.
n là số nguyên tử cacbon trong 2 axit.
Ta có: a + 2b = 0,2 và n( a + b ) = 0,6
Dựa vào kết quả suy ra n = 2 hoặc 3
n = 2 => a = 0,2 , b = 0 => loại
Vậy 2 axit đó là HCOO-COOH và CH
3
COOH
mX = 0,2.60 + 0,1.90 = 21g %mZ = 42,86% => Chọn C.
Câu 3: Cho hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu cơ no, đơn chức tác dụng vừa đủ với 100 ml
dung dịch KOH 0,4M, thu được một muối và 336 ml hơi một ancol (ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn
toàn lượng hỗn hợp X trên, sau đó hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)
2
www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011

2
H
5
.
Giải :
Cách 1: Theo kết quả hỗn hợp gồm ROOH và RCOOR
/

Từ n(R
/
OH) = 0,015 mol

n(RCOOR
/
) = 0,015 và n(RCOOH) = 0,25
Mặt khác công thức chung C
n
H
2n
O
2


n (CO
2
+ H
2
O)

n=2,75

3
COOH và CH
3
COOC
2
H
5
.
Câu 4: Thuỷ phân hoàn toàn 0,2 mol một este E cần dùng vừa đủ 100 gam dung dịch NaOH
24%, thu được một ancol và 43,6 gam hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic đơn chức. Hai axit đó
là
A. HCOOH và C
2
H
5
COOH. B. HCOOH và CH
3
COOH.
C. C
2
H
5
COOH và C
3
H
7
COOH. D. CH
3
COOH và C
2

A. C
15
H
31
COOH và C
17
H
35
COOH. B. C
17
H
31
COOH và C
17
H
33
COOH.
C. C
17
H
33
COOH và C
15
H
31
COOH. D. C
17
H
33
COOH và C

3RCOONa + C
3
H
5
(OH)
3
R = 238,33 = 715/3

Loại B, C.
Dùng phép thử : 211.2+239.1

715 Hay 211.1+239.2

715

Chọn D

www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
17
DẠNG VII : DẠNG BÀI TẬP THEO
SƠ ĐỒ CHUYỂN HÓA
I.MỘT SỐ LƯU Ý

chiếm 80% thể tích khí
thiên nhiên và hiệu suất của cả quá trình là 50%).
A. 286,7. B. 448,0. C. 358,4. D. 224,0.
Giải : Sơ đồ : 2 CH
4
→ …. → C
2
H
3
Cl
8 kmol ← 4 kmol
Số mol CH
4
cần dùng là : 8.100/50 =16kmol
Thể tích khí thiên nhiên cần dùng là: 16.22,4.100/80 =448 lít

Chọn B
Câu 2:
Cho m gam tinh bột lên men thành ancol (rượu) etylic với hiệu suất 81%. Toàn bộ lượng
CO
2
sinh ra được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)
2
, thu được 550 gam kết tủa và dung
dịch X. Đun kỹ dung dịch X thu thêm được 100 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 550. B. 650. C. 750. D. 810.
Giải : n(CO2) = 5,5 + 2 = 7,5 mol
Sơ đồ: (C
6
H

A.C
6
H
5
ONa, C
6
H
5
OH. B.C
6
H
5
OH, C
6
H
5
Cl. C.C
6
H
4
(OH)
2
, C
6
H
4
Cl
2
. D.C
6

Toluen X Y Z
  
  
ö ö
.
Trong đó X, Y, Z đều là hỗn hợp của các chất hữu cơ, Z có thành phần chính gồm :
A. o-bromtoluen và p-bromtoluen. B. m-metylphenol và o-metylphenol.
C. benzyl bromua và o-bromtoluen. D. o-metylphenol và p-metylphenol.
Giải : *
Trong môi trường OH
-
hợp chất phenol tồn tại dạng muối.
* Nắm được qui luật thế vòng ben zen



Z là

o-metylphenol và p-metylphenol.

Câu 5: Cho sơ đồ chuyển hoá:
2 4
o
H SO
+ HBr + Mg, etekhan
t
Butan - 2-ol X(anken) Y Z
  
®Æc
.

3
)
2
CH-CH
2
-MgBr.
C. CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
2
-MgBr. D. (CH
3
)
3
C-MgBr.
Giải : *
Nắm được qui tắc tách Zai xep để xác dịnh sản phẩm chính

Chọn A.
DẠNG VIII : BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY ĐIỆN HÓA
CỦA KIM LOẠI
I.MỘT SỐ LƯU Ý

*Qui tắc



Câu 1:
Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550 ml dung dịch AgNO
3
1M. Sau
khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là (biết thứ tự trong dãy
thế điện hoá: Fe
3+
/Fe
2+
đứng trước Ag
+
/Ag).
A. 54,0. B. 59,4 C. 64,8. D. 32,4.
Giải : Ta có nAl = 2,7:27=0,1(mol) , nFe= 5,6 : 56= 0,1(mol) , nAgNO
3
= 0,55.1= 0,55 (mol)
3
)
2
= nAgNO
3
= 0,3.0,1=0,03 (mol) , nH
2
= 0,336:22,4= 0,015 (mol)
Fe + 2Ag
+


Fe
2+
+
2Ag
Ban đầu 0,1 mol 0,25 mol

Pư 0,1mol 0,2 mol
Còn lại 0,05 mol 0,1 mol 0,2 mol

Fe
2+

+ Ag
+



Fe
(3)

m
1
=m
Al
(1,2,3)= (0,2+0,1+0,1) x 27 = 1,08 (g)
m
2
= m
Cu
+ m
Ag
+ m
Al
(3)= 0,03x64 + 0,03x108 + 0,01x27= 5,43(g)
Câu 3:
Tiến hành hai thí nghiệm sau:
- Thí nghiệm 1: Cho m gam bột Fe (dư) vào V
1
lít dung dịch Cu(NO
3
)
2
1M;.

)
2
= 1.V
1
= V
1
(mol) , nAgNO
3
= 0,1.V
2
= 0,1V
2
(mol)

Khối lượng chất rắn thu được sau 2 phản ứng bằng nhau => 8V
1
=8V
2
 V
1
=8V
2
Câu 4:
Cho hỗn hợp gồm 1,2 mol Mg và x mol Zn vào dung dịch chứa 2 mol Cu


Cu + e
Điện tích của dung dịch Cu
2+
và Ag
+
là: 2x2+1x1=5 mol e
Mg + 2e

Mg
2+
Zn + 2e

Zn
2+
Để đảm bảo dung dịch còn chứa Cu
2+
thì (1,2.2 + 2x) < 5  x < 1,3 (mol)


chỉ có x=1,2 thỏa mãn
Câu 5:
Cho m gam hỗn hợp bột Zn và Fe vào lượng dư dung dịch CuSO
4
. Sau khi kết thúc các
phản ứng, lọc bỏ phần dung dịch thu được m gam bột rắn. Thành phần phần trăm theo khối lượng
của Zn trong hỗn hợp bột ban đầu là
A. 90,27%. B. 82,20%. C. 12,67%. D. 85,30%.
Giải :



0,03 mol

2Al

+ 6H
+


2Al
3+
+ 3H
2
0,01 mol


0,015mol Fe

+ Cu
2+



Fe
2+
+ Cu
V

mol 0,1V
2

mol

Tăng 8V
2
gam
Fe

+ Cu
2+


Fe
2+
+ Cu
a mol a mol
a mol
Tăng 8a gam
Zn

+ Cu
2+



Zn
2+
+ Cu

là sản phẩm
khử duy nhất). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được.
A. 0,03 mol Fe
2
(SO
4
)
3
và 0,06 mol FeSO
4
. B. 0,05 mol Fe
2
(SO
4
)
3
và 0,02 mol Fe dư.
C. 0,02 mol Fe
2
(SO
4
)
3
và 0,08 mol FeSO
4
. D. 0,12 mol FeSO
4
.
Giải : nFe= 6,72:56=0,12 mol


3
cần dùng là ít nhất thì a
4
3
=0,3+0,3=0.6  a= 0,8 (mol)

Vdd HNO
3
= 0,8/1=0,8 (lít)
Câu 8:
Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm
H
2
SO
4
0,5M và NaNO
3
0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và
khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết
tủa thu được là lớn nhất. Giá trị tối thiểu của V là
A. 240. B. 400. C. 120. D. 360.
Giải : nH
+
=2nH
2
SO
4
=0,5x0,4=0,4 mol , nNO
3
-

3
+ Fe


3FeSO
4

Ban đầu 0,05mol 0,02 mol
P ứng 0,02mol 0,02 mol
Còn lại
0,03 mol 0,06molFe


Fe
2+

+ 2e
0,15 mol 0,3 mol
Cu


Cu
2+

+ 2e
0,15 mol 0,3 mol
4H

21


Vdd NaOH= (0,24+0,06+0,06)x1000/1=360ml
Câu 9:
Cho 6,72 gam Fe vào 400 ml dung dịch HNO
3
1M, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu
được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hoà tan tối đa m gam
Cu. Giá trị của m là
A. 3,84. B. 3,20. C. 1,92. D. 0,64.
Giải : nHNO

2+
=0,5x0,2=0,1(mol) , nAg
+
=0,1x0,2=0,02(mol) H
+

+

OH
-



H
2
O

0,24 mol0,24 mol


+h
2
O
Ban đầu 0,03 0,4 0,06
P ứng 0,03 0,08 0,02
Còn lại 0,24 0,04 0,03
Fe
3+

+ 3OH
-


Fe(OH)
3
0,02 mol 0,06 mol

Cu
2+

+ 2OH
-


Cu(OH)
2


Ban đầu 0,1 mol 0,02 mol
P ứng 0,04 mol 0,02 mol
Còn lại 0,06 mol

2Fe
3+

+ Cu


2Fe
2+

+ Cu
2+

0,06 mol 0,03 mol

Fe

+ 2Ag
+


Fe
2+
+
Ag
Ban đầu 0,04 mol 0,02 mol

2+



Fe
2+
+
Cu


Ban đầu 0,03 mol 0,1 mol

Pư 0,03mol 0,03 mol
Còn lại 0,03 mol 0,07 mol 0,03mol 0,03mol
www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
23
DẠNG IX : DẠNG TOÁN TỶ LỆ
I.MỘT SỐ LƯU Ý

*Một số bài tập ta không xác định được số mol cụ thể từng chất mà chỉ tỉm
được tỷ lệ mol các chất.
*Từ tỉ lệ ta có thể chọn lượng chất
*Tùy từng trường hợp nhưng nên đặt cho chất có tỷ lệ nhỏ hơn là x

II.BÀI TẬP


chọn A
Câu 2:
Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thoát 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. 29,87%. B. 39,87%. C. 77,31%. D. 49,87%.
Giải : Gọi a,b lần lượt là số mol của Na và Al
Do khi tác dụng với nước chỉ tạo V(l) H
2
còn khi tác dụng với NaOH thì tạo 1,75V(l) H
2
nên Al
dư ở trường hợp đầu. Do tỉ lệ số mol = tỉ lệ thể tích nên có thể coi n
H2
lần lượt là V và 1,17V.
Na + H
2
O NaOH + ½ H
2
(1)
NaOH + Al + H
2
O NaAlO
2
+ 3/2 H
2
(2)
Ta có : (x/2 +3x/2) : (x/2+3y/2) = 1/1,75


A. 2,24. B. 3,36. C. 5,60. D. 4,48.
Giải : Gọi a, b lần lượt là số mol của Zn và Cu
Theo bài ra ta có hệ: a : b = 1:1 và 56a + 64 b = 12

a = 0.1 và b = 0.1
gọi x, y lần lượt là số mol NO và NO
2

pt bảo toàn e:
Cu Cu
2+
+ 2e N
+5
+ 3e N
+2

0.1 0.2 x 3x
www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com
Chuyên đề Hóa học – Năm học 2010-2011 Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa
24
Fe Fe
3+
+3e N
+5
+ 1e N
+4


0.1 0,2
Cu + 2Fe
3+
Cu
2+
+ 2Fe
2+

(0.4-0,2)
n
Cu dư
= 0,1 m = 6,4

chọn C
Câu 6: Hỗn hợp khí X gồm N
2
và H
2
có tỉ khối so với He bằng 1,8. Đun nóng X một thời gian
trong bình kín (có bột Fe làm xúc tác), thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He bằng 2. Hiệu
suất của phản ứng tổng hợp NH
3
là
A. 25%. B. 50%. C. 36%. D. 40%.
Giải : Chọn n
hh
= 1mol và gọi a,b lần lượt là số mol của N
2
và H

4
(tỉ lệ x : y = 2 : 5), thu
được một sản phẩm khử duy nhất và dung dịch chỉ chứa muối sunfat. Số mol electron do lượng Fe
trên nhường khi bị hoà tan là
A. 2x. B. 3x. C. 2y. D. y.
Giải :
Fe Fe
3+
+ 3e 4H
+
+ SO
4
2-
+ 2e SO
2
+ 2H
2
O
y/3 2(y-y/2)/3 y 2y y/2 y y/2
Ở p/ứ Fe + Fe
3+
Fe
2+
, chỉ xảy ra sự cho nhận e giữa Fe và Fe
3+
(được tạo ra từ x mol Fe
ban đầu) coi như không có sự nhường e của Fe ban đầu.
Vậy số mol e mà Fe đã nhường là y

chọn D

3
), cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là
A. 0,16. B. 0,23. C. 0,08. D. 0,18.
Giải : Do nFeO = nFe
2
O
3
nên có thể coi hỗn hợp chỉ gồm Fe
3
O
4
, n Fe
3
O
4
= 0.01 mol
Fe
3
O
4
+ 8HCl FeCl
2
+ 2FeCl
3
+4H
2
O
0.01 0.08

V = 0.08 (l)

2
là do FeO tạo ra
nFeO = nFeCl
2
= 0.06 mol

nFe
2
O
3
= 0.03 mol
nFeCl
3
= 2nFe
2
O
3
= 0.06 mol

m = 9.75 (g)

chọn D
Câu 3:Tỉ khối hơi của hỗn hợp H
2
, CO, CH
4
so với H
2
bằng 7,8. Đốt cháy hoàn toàn một thể tích
hỗn hợp này cần 1,4 thể tích O

O
c 2c
Ta có hệ: a + b + c = 1 và 2a + 28b + 16c = 7,8.2 và a/2 + b/2 + 2c = 1,4
Giải hệ: a = 0.2, b = 0.2, c = 0.6

chọn C
Câu 4: Hỗn hợp khí gồm N
2
và H
2
có tỉ lệ thể tích tương ứng là 1:3 chứa trong bình, xúc tác. Sau
phản ứng thấy thể tích khí đi ra giảm 1/10 so với ban đầu. Thành phần % thể tích của N
2
, H
2
và
NH
3
trong hỗn hợp sau phản ứng lần lượt là:
A.20 ; 60 ; 20. B.22,22 ; 66,67; 11,11. C.30; 60; 10. D.33,33; 50; 16,67.
Giải : Chọn n
hh
= 4 mol thì nN
2
= 1 mol và nH
2
= 3 mol
Gọi a là n
N2 p/ứ
N

trong 30,4 gam hỗn hợp
www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com