Bảo bối có giải chi tiết 10 phương pháp bấm nhanh trắc nghiệm Hóa học trong đề thi đại học

LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO: TOÁN – LÝ – HÓA – ANH – VĂN LỚP 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 - 12 
 TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA – TP NINH BÌNH 
1 
TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA 
THÀNH PHỐ NINH BÌNH 
---------- 
BẢO BỐI CÓ GIẢI CHI TIẾT 
10 PHƯƠNG PHÁP BẤM NHANH 
TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC TRONG ĐỀ THI 
ĐẠI HỌC. 
Biên soạn: Ths Dương Như Hòa 
Sn 01 – Ngõ 32 – Đường Nam Thành – Phố Phúc Trung – Phường Phúc Thành 
Thành Phố Ninh Bình. 
TÀI LIỆU GỒM: 
4 PHƯƠNG PHÁP TRONG 10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM MÔN HÓA 
(NHỮNG BẠN ĐANG HỌC TẠI TRUNG TÂM SẼ ĐƯỢC THẦY CUNG CẤP 10/10 PHƯƠNG PHÁP) 
 TÀI LIỆU RẤT PHÙ HỢP VỚI CHƯƠNG TRÌNH THI NĂM 2017. 
 TRƯỚC KHI HỌC TÀI LIỆU NÀY NÊN HỌC SONG CHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN. 
 THẦY CÓ 5 TÀI LIỆU VÀ ĐÂY LÀ TÀI LIỆU THỨ 5 LẤY ĐIỂM 8+. 
LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO: TOÁN – LÝ – HÓA – ANH – VĂN LỚP 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 - 12 
 TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA – TP NINH BÌNH 
2 
Phương pháp 1 
ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG 
Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, dựa vào định luật bảo toàn khối lượng: “Tổng khối lượng các 
chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành trong phản ứng”. Cần lưu ý là: không tính khối 
lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn, ví dụ nước có sẵn trong dung dịch. 
Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và anion gốc axit. 
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. 
Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so 
với H2 là 20,4. Tính giá trị m. 
 A. 105,6 gam. B. 35,2 gam. C. 70,4 gam. D. 140,8 gam. 
Hướng dẫn giải 
Các phản ứng khử sắt oxit có thể có: 
 3Fe2O3 + CO 
ot 2Fe3O4 + CO2 (1) 
 Fe3O4 + CO 
ot 3FeO + CO2 (2) 
 FeO + CO 
ot Fe + CO2 (3) 
Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 hoặc ít hơn, điều đó không quan trọng và việc cân bằng 
các phương trình trên cũng không cần thiết, quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO2 tạo 
thành. 
 B
11,2
n 0,5
22,5
  mol. 
Gọi x là số mol của CO2 ta có phương trình về khối lượng của B: 
 44x + 28(0,5  x) = 0,5  20,4  2 = 20,4 
nhận được x = 0,4 mol và đó cũng chính là số mol CO tham gia phản ứng. 
Theo ĐLBTKL ta có: 
 mX + mCO = mA + 
2CO
m 
 m = 64 + 0,4  44  0,4  28 = 70,4 gam. (Đáp án C) 
Ví dụ 2: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 140oC thu được hỗn hợp các ete có số mol 
bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là bao nhiêu? 
 A. 0,1 mol. B. 0,15 mol. C. 0,4 mol. D. 0,2 mol. 
Hướng dẫn giải 
Ta biết rằng cứ 3 loại rượu tách nước ở điều kiện H2SO4 đặc, 140oC thì tạo thành 6 loại ete và tách ra 6 phân tử 
H2O. 
Theo ĐLBTKL ta có 
2H O ete
m m m 132,8 11,2 21,6    r­ î u gam 
 
2H O
21,6
n 1,2
18
  mol. 
LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO: TOÁN – LÝ – HÓA – ANH – VĂN LỚP 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 - 12 
 TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA – TP NINH BÌNH 
3 
Mặt khác cứ hai phân tử rượu thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H2O do đó số mol H2O luôn bằng số mol 
ete, suy ra số mol mỗi ete là 
1,2
0,2
6
 mol. (Đáp án D) 
Nhận xét: Chúng ta không cần viết 6 phương trình phản ứng từ rượu tách nước tạo thành 6 ete, cũng không cần 
tìm CTPT của các rượu và các ete trên. Nếu các bạn xa đà vào việc viết phương trình phản ứng và đặt ẩn số mol các 
ete để tính toán thì không những không giải được mà còn tốn quá nhiều thời gian. 
Ví dụ 3: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 63%. Sau phản ứng thu được 
dung dịch A và 11,2 lít khí NO2 duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A. 
 A. 36,66% và 28,48%. B. 27,19% và 21,12%. 
 C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và 21,12%. 
Hướng dẫn giải 
 Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O 
 Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O 
2NO
n 0,5 mol  
3 2HNO NO
n 2n 1  mol. 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
2
23
NOd HNO
m m m m
1 63 100
12 46 0,5 89 gam.
63
  
 
    
2 2d muèi h k.lo¹ i
Đặt nFe = x mol, nCu = y mol ta có: 
56x 64y 12
3x 2y 0,5
 

 
  
x 0,1
y 0,1



 
3 3Fe( NO )
0,1 242 100
%m 27,19%
89
 
  
3 2Cu(NO )
0,1 188 100
%m 21,12%.
89
 
  (Đáp án B) 
Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat của 
kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl. Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch 
thu được bao nhiêu gam muối khan? 
 A. 13 gam. B. 15 gam. C. 26 gam. D. 30 gam. 
Hướng dẫn giải 
 M2CO3 + 2HCl  2MCl + CO2 + H2O 
 R2CO3 + 2HCl  2MCl2 + CO2 + H2O 
2CO
4,88
n 0,2
22,4
  mol 
 Tổng nHCl = 0,4 mol và 
2H O
n 0,2 mol. 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
 23,8 + 0,436,5 = mmuối + 0,244 + 0,218 
LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO: TOÁN – LÝ – HÓA – ANH – VĂN LỚP 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 - 12 
 TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA – TP NINH BÌNH 
4 
 mmuối = 26 gam. (Đáp án C) 
Ví dụ 5: Hỗn hợp A gồm KClO3, Ca(ClO2)2, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A ta 
thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và 17,472 lít khí (ở đktc). Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung 
dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 
22/3 lần lượng KCl có trong A. % khối lượng KClO3 có trong A là 
 A. 47,83%. B. 56,72%. C. 54,67%. D. 58,55%. 
Hướng dẫn giải 
o
o
o
2
t
3 2
t
3 2 2 2
t
2 2 2 2
2 2
(A) (A)
h B
3
KClO KCl O (1)
2
Ca(ClO ) CaCl 3O (2)
83,68 gam A Ca(ClO ) CaCl 2O (3)
CaCl CaCl
KCl KCl

 

 

 





2O
n 0,78 mol. 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
 mA = mB + 
2O
m 
  mB = 83,68  320,78 = 58,72 gam. 
Cho chất rắn B tác dụng với 0,18 mol K2CO3 
Hỗn hợp B 
2 2 3 3
(B) (B)
CaCl K CO CaCO 2KCl (4)
0,18 0,18 0,36 mol
KCl KCl

   
 
  
 
 
hỗn hợp D 
 
( B) 2KCl B CaCl (B)
m m m
58,72 0,18 111 38,74 gam
 
   
 
( D)KCl KCl (B) KCl (pt 4)
m m m
38,74 0,36 74,5 65,56 gam
 
   
 
( A ) ( D )KCl KCl
3 3
m m 65,56 8,94 gam
22 22
    
 
(B) (A)KCl pt (1) KCl KCl
m = m m 38,74 8,94 29,8 gam.    
Theo phản ứng (1): 
3KClO
29,8
m 122,5 49 gam.
74,5
   
3KClO (A)
49 100
%m 58,55%.
83,68

  (Đáp án D) 
LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO: TOÁN – LÝ – HÓA – ANH – VĂN LỚP 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 - 12 
 TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA – TP NINH BÌNH 
5 
Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O) cần 1,904 lít O2 (đktc) thu được CO2 và hơi 
nước theo tỉ lệ thể tích 4:3. Hãy xác định công thức phân tử của A. Biết tỉ khối của A so với không khí nhỏ 
hơn 7. 
 A. C8H12O5. B. C4H8O2. C. C8H12O3. D. C6H12O6. 
Hướng dẫn giải 
 1,88 gam A + 0,085 mol O2  4a mol CO2 + 3a mol H2O. 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
2 2CO H O
m m 1,88 0,085 32 46 gam     
Ta có: 444a + 183a = 46  a = 0,02 mol. 
Trong chất A có: 
 nC = 4a = 0,08 mol 
 nH = 3a2 = 0,12 mol 
 nO = 4a2 + 3a  0,0852 = 0,05 mol 
 nC : nH : no = 0,08 : 0,12 : 0,05 = 8 : 12 : 5 
Vậy công thức của chất hữu cơ A là C8H12O5 có MA < 203. (Đáp án A) 
Ví dụ 7: Cho 0,1 mol este tạo bởi 2 lần axit và rượu một lần rượu tác dụng hoàn toàn với NaOH thu được 6,4 gam 
rượu và một lượng mưối có khối lượng nhiều hơn lượng este là 13,56% (so với lượng este). Xác định công 
thức cấu tạo của este. 
 A. CH3COO CH3. 
 B. CH3OCOCOOCH3. 
 C. CH3COOCOOCH3. 
 D. CH3COOCH2COOCH3. 
Hướng dẫn giải 
 R(COOR)2 + 2NaOH  R(COONa)2 + 2ROH 
 0,1  0,2  0,1  0,2 mol 
 R OH
6,4
M 32
0,2
    Rượu CH3OH. 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
 meste + mNaOH = mmuối + mrượu 
 mmuối  meste = 0,240  64 = 1,6 gam. 
mà mmuối  meste = 
13,56
100
meste 
 meste = 
1,6 100
11,8 gam
13,56

  Meste = 118 đvC 
 R + (44 + 15)2 = 118  R = 0. 
Vậy công thức cấu tạo của este là CH3OCOCOOCH3. (Đáp án B) 
Ví dụ 8: Thuỷ phân hoàn toàn 11,44 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân của nhau bằng dung dịch NaOH thu 
được 11,08 gam hỗn hợp muối và 5,56 gam hỗn hợp rượu. Xác định công thức cấu tạo của 2 este. 
LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO: TOÁN – LÝ – HÓA – ANH – VĂN LỚP 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 - 12 
 TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA – TP NINH BÌNH 
6 
 A. HCOOCH3 và C2H5COOCH3, 
 B. C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5. 
 C. HCOOC3H7 và C2H5COOCH3. 
 D. Cả B, C đều đúng. 
Hướng dẫn giải 
Đặt công thức trung bình tổng quát của hai este đơn chức đồng phân là RCOOR . 
 RCOOR + NaOH  RCOONa + ROH 
 11,44 11,08 5,56 gam 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
 MNaOH = 11,08 + 5,56 – 11,44 = 5,2 gam 
 NaOH
5,2
n 0,13 mol
40
  
 
RCOONa
11,08
M 85,23
0,13
   R 18,23 
 
R OH
5,56
M 42,77
0,13
    R 25,77  
 
RCOOR
11,44
M 88
0,13
   
 CTPT của este là C4H8O2 
Vậy công thức cấu tạo 2 este đồng phân là: 
 HCOOC3H7 và C2H5COOCH3 
hoặc C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5. (Đáp án D) 
Ví dụ 9: Chia hỗn hợp gồm hai anđehit no đơn chức làm hai phần bằng nhau: 
- Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08 gam H2O. 
- Phần 2: Tác dụng với H2 dư (Ni, to) thì thu được hỗn hợp A. Đem đốt cháy hoàn toàn thì thể tích khí CO2 
(đktc) thu được là 
 A. 1,434 lít. B. 1,443 lít. C. 1,344 lít. D. 0,672 lít. 
Hướng dẫn giải 
Phần 1: Vì anđehit no đơn chức nên 
2 2CO H O
n n = 0,06 mol. 
 
2CO C
n n 0,06(phÇn2) (phÇn2)  mol. 
Theo bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng ta có: 
 C C (A)n n 0,06(phÇn2)   mol. 
 
2CO (A)
n = 0,06 mol 
 
2CO
V = 22,40,06 = 1,344 lít. (Đáp án C) 
LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO: TOÁN – LÝ – HÓA – ANH – VĂN LỚP 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 - 12 
 TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA – TP NINH BÌNH 
7 
Ví dụ 10: Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng. Sau khi kết thúc 
thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch 
Ba(OH)2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng Fe2O3 trong hỗn hợp A là 
 A. 86,96%. B. 16,04%. C. 13,04%. D.6,01%. 
Hướng dẫn giải 
0,04 mol hỗn hợp A (FeO và Fe2O3) + CO  4,784 gam hỗn hợp B + CO2. 
 CO2 + Ba(OH)2 dư  BaCO3  + H2O 
2 3CO BaCO
n n 0,046 mol  
và 
2CO( ) CO
n n 0,046 molp.­   
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
 mA + mCO = mB + 
2CO
m 
 mA = 4,784 + 0,04644  0,04628 = 5,52 gam. 
Đặt nFeO = x mol, 
2Fe O3
n y mol trong hỗn hợp B ta có: 
x y 0,04
72x 160y 5,52
 

 
  
x 0,01 mol
y 0,03 mol



 %mFeO = 
0,01 72 101
13,04%
5,52
 
 
 %Fe2O3 = 86,96%. (Đáp án A) 
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO 
TOÀN KHỐI LƯỢNG 
01. Hòa tan 9,14 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 
2,54 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Lọc bỏ chất rắn Y, cô cạn cẩn thận dung dịch Z thu được lượng muối khan là 
 A. 31,45 gam. B. 33,99 gam. C. 19,025 gam. D. 56,3 gam. 
02. Cho 15 gam hỗn hợp 3 amin đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl 1,2 M thì thu được 18,504 gam 
muối. Thể tích dung dịch HCl phải dùng là 
 A. 0,8 lít. B. 0,08 lít. C. 0,4 lít. D. 0,04 lít. 
03. Trộn 8,1 gam bột Al với 48 gam bột Fe2O3 rồi cho tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có 
không khí, kết thúc thí nghiệm lượng chất rắn thu được là 
 A. 61,5 gam. B. 56,1 gam. C. 65,1 gam. D. 51,6 gam. 
04. Hòa tan hoàn toàn 10,0 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại (đứng trước H trong dãy điện hóa) bằng dung dịch HCl 
dư thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được lượng muối khan là 
 A. 1,71 gam. B. 17,1 gam. C. 13,55 gam. D. 34,2 gam. 
05. 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 
(đktc). Hàm lượng % CaCO3 trong X là 
 A. 6,25%. B. 8,62%. C. 50,2%. D. 62,5%. 
LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO: TOÁN – LÝ – HÓA – ANH – VĂN LỚP 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 - 12 
 TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA – TP NINH BÌNH 
8 
06. Cho 4,4 gam hỗn hợp hai kim loại nhóm IA ở hai chu kỳ liên tiếp tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 4,48 lít 
H2 (đktc) và dung dịch chứa m gam muối tan. Tên hai kim loại và khối lượng m là 
 A. 11 gam; Li và Na. B. 18,6 gam; Li và Na. 
 C. 18,6 gam; Na và K. D. 12,7 gam; Na và K. 
07. Đốt cháy hoàn toàn 18 gam FeS2 và cho toàn bộ lượng SO2 vào 2 lít dung dịch Ba(OH)2 0,125M. Khối lượng 
muối tạo thành là 
 A. 57,40 gam. B. 56,35 gam. C. 59,17 gam. D.58,35 gam. 
08. Hòa tan 33,75 gam một kim loại M trong dung dịch HNO3 loãng, dư thu được 16,8 lít khí X (đktc) gồm hai khí 
không màu hóa nâu trong không khí có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 17,8. 
a) Kim loại đó là 
 A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Al. 
b) Nếu dùng dung dịch HNO3 2M và lấy dư 25% thì thể tích dung dịch cần lấy là 
 A. 3,15 lít. B. 3,00 lít. C. 3,35 lít. D. 3,45 lít. 
09. Hoà tan hoàn toàn 15,9 gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Al, Mg và Cu bằng dung dịch HNO3 thu được 6,72 lít khí 
NO và dung dịch X. Đem cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam muối khan? 
 A. 77,1 gam. B. 71,7 gam. C. 17,7 gam. D. 53,1 gam. 
10. Hòa tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe2O3, MgO, ZnO trong 500 ml axit H2SO4 0,1M (vừa đủ). Sau phản 
ứng, hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là 
 A. 6,81 gam. B. 4,81 gam. C. 3,81 gam. D. 5,81 gam. 
Đáp án các bài tập vận dụng: 
1. A 2. B 3. B 4. B 5. D 
6. B 7. D 8. a-D, b-B 9. B 10. A 
Phương pháp 2 
BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ 
Có rất nhiều phương pháp để giải toán hóa học khác nhau nhưng phương pháp bảo toàn nguyên tử và phương pháp 
bảo toàn số mol electron cho phép chúng ta gộp nhiều phương trình phản ứng lại làm một, qui gọn việc tính toán và 
nhẩm nhanh đáp số. Rất phù hợp với việc giải các dạng bài toán hóa học trắc nghiệm. Cách thức gộp những phương 
trình làm một và cách lập phương trình theo phương pháp bảo toàn nguyên tử sẽ được giới thiệu trong một số ví dụ sau 
đây. 
Ví dụ 1: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn 
toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc thu được thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) ở 
điều kiện tiêu chuẩn là 
 A. 448 ml. B. 224 ml. C. 336 ml. D. 112 ml. 
Hướng dẫn giải 
Thực chất phản ứng khử các oxit trên là 
 H2 + O  H2O 
 0,05  0,05 mol 
Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là x, y, z. Ta có: 
 nO = x + 4y + 3z = 0,05 mol (1) 
LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO: TOÁN – LÝ – HÓA – ANH – VĂN LỚP 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 - 12 
 TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA – TP NINH BÌNH 
9 
 Fe
3,04 0,05 16
n 0,04 mol
56
 
  
 x + 3y + 2z = 0,04 mol (2) 
Nhân hai vế của (2) với 3 rồi trừ (1) ta có: 
 x + y = 0,02 mol. 
Mặt khác: 
 2FeO + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O 
 x  x/2 
 2Fe3O4 + 10H2SO4  3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O 
 y  y/2 
 tổng: SO2
x y 0,2
n 0,01 mol
2 2

   
Vậy: 
2SO
V 224 ml. (Đáp án B) 
Ví dụ 2: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H2 đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, 
Fe3O4, Al2O3 nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí 
và hơi nặng hơn khối lượng của hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính V và m. 
 A. 0,224 lít và 14,48 gam. B. 0,448 lít và 18,46 gam. 
 C. 0,112 lít và 12,28 gam. D. 0,448 lít và 16,48 gam. 
Hướng dẫn giải 
Thực chất phản ứng khử các oxit trên là 
 CO + O  CO2 
 H2 + O  H2O. 
Khối lượng hỗn hợp khí tạo thành nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu chính là khối lượng của nguyên tử Oxi trong 
các oxit tham gia phản ứng. Do vậy: 
 mO = 0,32 gam. 
 O
0,32
n 0,02 mol
16
  
  
2CO H
n n 0,02 mol  . 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
 moxit = mchất rắn + 0,32 
 16,8 = m + 0,32 
 m = 16,48 gam. 
 
2hh (CO H )
V 0,02 22,4 0,448    lít. (Đáp án D) 
Ví dụ 3: Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H2 qua một ống sứ đựng hỗn hợp Al2O3, CuO, 
Fe3O4, Fe2O3 có khối lượng là 24 gam dư đang được đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng khối lượng chất 
rắn còn lại trong ống sứ là 
 A. 22,4 gam. B. 11,2 gam. C. 20,8 gam. D. 16,8 gam. 
LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO: TOÁN – LÝ – HÓA – ANH – VĂN LỚP 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 - 12 
 TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA – TP NINH BÌNH 
10 
Hướng dẫn giải 
2hh (CO H )
2,24
n 0,1 mol
22,4
   
Thực chất phản ứng khử các oxit là: 
 CO + O  CO2 
 H2 + O  H2O. 
Vậy: 
2O CO H
n n n 0,1 mol   . 
 mO = 1,6 gam. 
Khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: 24  1,6 = 22,4 gam. (Đáp án A) 
Ví dụ 4: Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng. Sau khi phản ứng hoàn 
toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn hợp hơi thu được có tỉ khối đối với hiđro là 15,5. 
Giá trị của m là 
 A. 0,92 gam. B. 0,32 gam. C. 0,64 gam. D. 0,46 gam. 
Hướng dẫn giải 
CnH2n+1CH2OH + CuO 
ot CnH2n+1CHO + Cu + H2O 
Khối lượng chất rắn trong bình giảm chính là số gam nguyên tử O trong CuO phản ứng. Do đó nhận được: 
 mO = 0,32 gam  O
0,32
n 0,02 mol
16
  
 Hỗn hợp hơi gồm: 
n 2n 1
2
C H CHO : 0,02 mol
H O : 0,02 mol.



Vậy hỗn hợp hơi có tổng số mol là 0,04 mol. 
Có M = 31 
 mhh hơi = 31  0,04 = 1,24 gam. 
 mancol + 0,32 = mhh hơi 
 mancol = 1,24  0,32 = 0,92 gam. (Đáp án A) 
Chú ý: Với rượu bậc (I) hoặc rượu bậc (II) đều thỏa mãn đầu bài. 
Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu trong không khí thu được 5,96 gam 
hỗn hợp 3 oxit. Hòa tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch HCl 2M. Tính thể tích dung dịch HCl cần dùng. 
 A. 0,5 lít. B. 0,7 lít. C. 0,12 lít. D. 1 lít. 
Hướng dẫn giải 
 mO = moxit  mkl = 5,96  4,04 = 1,92 gam. 
 O
1,92
n 0,12 mol
16
  . 
Hòa tan hết hỗn hợp ba oxit bằng dung dịch HCl tạo thành H2O như sau: 
 2H+ + O2  H2O 
 0,24  0,12 mol 
LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO: TOÁN – LÝ – HÓA – ANH – VĂN LỚP 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 - 12 
 TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA – TP NINH BÌNH 
11 
 HCl
0,24
V 0,12
2
  lít. (Đáp án C) 
Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacbonxylic đơn chức cần vừa đủ V lít O2 (ở đktc), thu được 0,3 mol 
CO2 và 0,2 mol H2O. Giá trị của V là 
 A. 8,96 lít. B. 11,2 lít. C. 6,72 lít. D. 4,48 lít. 
Hướng dẫn giải 
Axit cacbonxylic đơn chức có 2 nguyên tử Oxi nên có thể đặt là RO2. Vậy: 
2 2 2 2O (RO ) O (CO ) O (CO ) O (H O)
n n n n   
 0,12 + nO (p.ư) = 0,32 + 0,21 
 nO (p.ư) = 0,6 mol 
 
2O
n 0,3 mol 
 
2O
V 6,72 lít. (Đáp án C) 
Ví dụ 7: (Câu 46 - Mã đề 231 - TSCĐ Khối A 2007) 
 Cho 4,48 lít CO (ở đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra 
hoàn toàn. Khí thu được sau phản ứng có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Công thức của oxit sắt và phần trăm 
thể tích của khí CO2 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là 
 A. FeO; 75%. B. Fe2O3; 75%. 
 C. Fe2O3; 65%. D. Fe3O4; 65%. 
Hướng dẫn giải 
FexOy + yCO  xFe + yCO2 
Khí thu được có M 40  gồm 2 khí CO2 và CO dư 
  2
CO
CO
n 3
n 1
  
2CO
%V 75% . 
Mặt khác: 
2CO ( ) CO
75
n n 0,2 0,15
100
p.­     mol  nCO dư = 0,05 mol. 
Thực chất phản ứng khử oxit sắt là do 
CO + O (trong oxit sắt)  CO2 
 nCO = nO = 0,15 mol  mO = 0,1516 = 2,4 gam 
 mFe = 8  2,4 = 5,6 gam  nFe = 0,1 mol. 
Theo phương trình phản ứng ta có: 
2
Fe
CO
n x 0,1 2
n y 0,15 3
    Fe2O3. (Đáp án B) 
2CO
CO
n 44 12
40
n 28 4
LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO: TOÁN – LÝ – HÓA – ANH – VĂN LỚP 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 - 12 
 TRUNG TÂM LUYỆN THI DƯƠNG HÒA – TP NINH BÌNH 
12 
Ví dụ 8: Cho hỗn hợp A gồm Al, Zn, Mg. Đem oxi hoá hoàn toàn 28,6 gam A bằng oxi dư thu được 44,6 gam hỗn 
hợp oxit B. Hoà tan hết B trong dung dịch HCl thu được dung dịch D.