Chuyên đề 10 phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học (tiếp)

e..!!! 
Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại phân nhóm IIA và 
thuộc hai chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch X 
và 672 ml CO2 (ở đktc). 
1. Hãy xác định tên các kim loại. 
 A. Be, Mg. B. Mg, Ca. C. Ca, Ba. D. Ca, Sr. 
2. Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan? 
 A. 2 gam. B. 2,54 gam. C. 3,17 gam. D. 2,95 gam. 
Hướng dẫn giải 
1. Gọi A, B là các kim loại cần tìm. Các phương trình phản ứng là 
 ACO3 + 2HCl  ACl2 + H2O + CO2
 (1) 
 BCO3 + 2HCl  BCl2 + H2O + CO2
 (2) 
(Có thể gọi M là kim loại đại diện cho 2 kim loại A, B lúc đó chỉ cần viết 
một phương trình phản ứng). 
Theo các phản ứng (1), (2) tổng số mol các muối cacbonat bằng: 
2CO
0,672
n 0,03
22,4
  mol. 
Vậy KLPTTB của các muối cacbonat là 
2,84
M 94,67
0,03
  và A,BM 94,67 60 34,67   
Vì thuộc 2 chu kỳ liên tiếp nên hai kim loại đó là Mg (M = 24) và Ca (M = 40). (Đáp án B) 
2. KLPTTB của các muối clorua: 
 M 34,67 71 105,67  muèi clorua . 
Khối lượng muối clorua khan là 105,670,03 = 3,17 gam. (Đáp án C) 
Ví dụ 2: Trong tự nhiên, đồng (Cu) tồn tại dưới hai dạng đồng vị 6329Cu và 
65
29Cu . KLNT (xấp xỉ khối 
lượng trung bình) của Cu là 63,55. Tính % về khối lượng của mỗi loại đồng vị. 
 A. 65Cu: 27,5% ; 63Cu: 72,5%. 
 B. 65Cu: 70% ; 63Cu: 30%. 
 C. 65Cu: 72,5% ; 63Cu: 27,5%. 
 D. 65Cu: 30% ; 63Cu: 70%. 
Hướng dẫn giải 
Gọi x là % của đồng vị 6529Cu ta có phương trình: 
 M = 63,55 = 65.x + 63(1  x) 
 x = 0,275 
Vậy: đồng vị 65Cu chiếm 27,5% và đồng vị 63Cu chiếm 72,5%. (Đáp án C) 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
Ví dụ 3: Hỗn hợp khí SO2 và O2 có tỉ khối so với CH4 bằng 3. Cần thêm bao nhiêu lít O2 vào 20 lít 
hỗn hợp khí đó để cho tỉ khối so với CH4 giảm đi 1/6, tức bằng 2,5. Các hỗn hợp khí ở cùng 
điều kiện nhiệt độ và áp suất. 
 A. 10 lít. B. 20 lít. C. 30 lít. D. 40 lít. 
Hướng dẫn giải 
Cách 1: Gọi x là % thể tích của SO2 trong hỗn hợp ban đầu, ta có: 
 M = 163 = 48 = 64.x + 32(1  x) 
 x = 0,5 
Vậy: mỗi khí chiếm 50%. Như vậy trong 20 lít, mỗi khí chiếm 10 lít. 
Gọi V là số lít O2 cần thêm vào, ta có: 
64 10 32(10 V)
M 2,5 16 40
20 V
  
    

. 
Giải ra có V = 20 lít. (Đáp án B) 
Cách 2: 
Ghi chú: Có thể coi hỗn hợp khí như một khí có KLPT chính bằng KLPT trung bình của hỗn 
hợp, ví dụ, có thể xem không khí như một khí với KLPT là 29. 
Hỗn hợp khí ban đầu coi như khí thứ nhất (20 lít có M = 163 = 48), còn O2 thêm vào coi như 
khí thứ hai, ta có phương trình: 
48 20 32V
M 2,5 16 40
20 V
 
   

, 
Rút ra V = 20 lít. (Đáp án B) 
Ví dụ 4: Có 100 gam dung dịch 23% của một axit đơn chức (dung dịch A). Thêm 30 gam một axit 
đồng đẳng liên tiếp vào dung dịch ta được dung dịch B. Trung hòa 1/10 dung dịch B bằng 
500 ml dung dịch NaOH 0,2M (vừa đủ) ta được dung dịch C. 
1. Hãy xác định CTPT của các axit. 
 A. HCOOH và CH3COOH. 
 B. CH3COOH và C2H5COOH. 
 C. C2H5COOH và C3H7COOH. 
 D. C3H7COOH và C4H9COOH. 
2. Cô cạn dung dịch C thì thu được bao nhiêu gam muối khan? 
 A. 5,7 gam. B. 7,5 gam. C. 5,75 gam. D. 7,55 gam. 
Hướng dẫn giải 
1. Theo phương pháp KLPTTB: 
 RCOOH
1 23
m 2,3
10 10
  gam, 
2RCH COOH
1 30
m 3
10 10
  gam. 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
2,3 3
M 53
0,1

  . 
Axit duy nhất có KLPT < 53 là HCOOH (M = 46) và axit đồng đẳng liên tiếp phải là CH3COOH 
(M = 60). (Đáp án A) 
2. Theo phương pháp KLPTTB: 
Vì Maxit = 53 nên M = 53+23 1 75 muèi . Vì số mol muối bằng số mol axit bằng 0,1 nên tổng 
khối lượng muối bằng 750,1 = 7,5 gam. (Đáp án B) 
Ví dụ 5: Có V lít khí A gồm H2 và hai olefin là đồng đẳng liên tiếp, trong đó H2 chiếm 60% về thể 
tích. Dẫn hỗn hợp A qua bột Ni nung nóng được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn khí B 
được 19,8 gam CO2 và 13,5 gam H2O. Công thức của hai olefin là 
 A. C2H4 và C3H6. B. C3H6 và C4H8. 
 C. C4H8 và C5H10. D. C5H10 và C6H12. 
Hướng dẫn giải 
Đặt CTTB của hai olefin là n 2nC H . 
Ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất thì thể tích tỷ lệ với số mol khí. 
Hỗn hợp khí A có: 
 n 2n
2
C H
H
n 0,4 2
n 0,6 3
  . 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng và định luật bảo toàn nguyên tử  Đốt cháy hỗn hợp 
khí B cũng chính là đốt cháy hỗn hợp khí A. Ta có: 
 n 2nC H + 2
3n
O
2
  n CO2 + n H2O (1) 
 2H2 + O2  2H2O (2) 
Theo phương trình (1) ta có: 
2 2CO H O
n n = 0,45 mol. 
 
n 2nC H
0,45
n
n
 mol. 
Tổng: 
2H O
13,5
n
18
 = 0,75 mol 
 
2H O (pt 2)
n = 0,75  0,45 = 0,3 mol 
 
2H
n = 0,3 mol. 
Ta có: n 2n
2
C H
H
n 0,45 2
n 0,3 n 3
 

 n = 2,25 
 Hai olefin đồng đẳng liên tiếp là C2H4 và C3H6. (Đáp án B) 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai rượu no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu 
được 3,584 lít CO2 ở đktc và 3,96 gam H2O. Tính a và xác định CTPT của các rượu. 
 A. 3,32 gam ; CH3OH và C2H5OH. 
 B. 4,32 gam ; C2H5OH và C3H7OH. 
 C. 2,32 gam ; C3H7OH và C4H9OH. 
 D. 3,32 gam ; C2H5OH và C3H7OH. 
Hướng dẫn giải 
Gọi n là số nguyên tử C trung bình và x là tổng số mol của hai rượu. 
 CnH2n+1OH + 2
3n
O
2
  2n CO
 + 2(n 1) H O 
 x mol  n x mol  (n 1) x mol 
2CO
3,584
n n.x 0,16
22,4
   mol (1) 
2H O
3,96
n (n 1)x 0,22
18
    mol (2) 
Từ (1) và (2) giải ra x = 0,06 và n = 2,67. 
Ta có: a = (14 n + 18).x = (142,67) + 180,06 = 3,32 gam. 
 n = 2,67 2 5
3 7
C H OH
C H OH
 (Đáp án D) 
Ví dụ 7: Hỗn hợp 3 rượu đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08 và khối lượng là 3,38 gam. Xác 
định CTPT của rượu B, biết rằng B và C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol rượu A 
bằng 5 3 tổng số mol của rượu B và C, MB > MC. 
 A. CH3OH. B. C2H5OH. C. C3H7OH. D. C4H9OH. 
Hướng dẫn giải 
Gọi M là nguyên tử khối trung bình của ba rượu A, B, C. Ta có: 
3,38
M 42,2
0,08
  
Như vậy phải có ít nhất một rượu có M < 42,25. Chỉ có CH3OH có (M = 32) 
Ta có: A
0,08 5
n 0,05
5 3

 

; 
 mA = 320,05 = 1,6 gam. 
 mB + C = 3,38 – 1,6 = 1,78 gam; 
 B C
0,08 3
n 0,03
5 3


 

 mol ; 
 B C
1,78
M 59,33
0.03
   . 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
Gọi y là số nguyên tử H trung bình trong phân tử hai rượu B và C. Ta có: 
 x yC H OH 59,33 hay 12x + y + 17 = 59,33 
 12x + y = 42,33 
Biện luận: 
x 1 2 3 4 
y 30,33 18,33 6,33 < 0 
Chỉ có nghiệm khi x = 3. B, C phải có một rượu có số nguyên tử H < 6,33 và một rượu có số 
nguyên tử H > 6,33. 
Vậy rượu B là C3H7OH. 
Có 2 cặp nghiệm: C3H5OH (CH2=CH–CH2OH) và C3H7OH 
 C3H3OH (CHC–CH2OH) và C3H7OH (Đáp án C) 
Ví dụ 8: Cho 2,84 gam hỗn hợp 2 rượu đơn chức là đồng đẳng liên tiếp nhau tác dụng với một lượng 
Na vừa đủ tạo ra 4,6 gam chất rắn và V lít khí H2 ở đktc. Tính V. 
 A. 0,896 lít. B. 0,672 lít. C. 0,448 lít. D. 0,336 lít. 
Hướng dẫn giải 
Đặt R là gốc hiđrocacbon trung bình và x là tổng số mol của 2 rượu. 
 ROH + Na  RONa + 2
1
H
2
 x mol  x  
x
2
. 
Ta có: 
 
 
R 17 x 2,84
R 39 x 4,6
  

 
  Giải ra được x = 0,08. 
Vậy : 
2H
0,08
V 22,4 0,896
2
   lít. (Đáp án A) 
Ví dụ 9: (Câu 1 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH năm 2007) 
Cho 4,48 lít hỗn hợp X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon mạch hở lội từ từ qua bình chứa 1,4 lít 
dung dịch Br2 0,5M. Sau khi phản ứng hoàn toàn, số mol Br2 giảm đi một nửa và khối lượng 
bình tăng thêm 6,7 gam. Công thức phân tử của 2 hiđrocacbon là 
 A. C2H2 và C4H6. B. C2H2 và C4H8. 
 C. C3H4 và C4H8. D. C2H2 và C3H8. 
Hướng dẫn giải 
 hh X
4,48
n 0,2
22,4
  mol 
 n 1,4 0,5 0,7
2Br ban ®Çu
   mol 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
0,7
n
22
Br p.øng  = 0,35 mol. 
Khối lượng bình Br2 tăng 6,7 gam là số gam của hiđrocabon không no. Đặt CTTB của hai 
hiđrocacbon mạch hở là n 2n 2 2aC H   ( a là số liên kết  trung bình). 
Phương trình phản ứng: 
n 2n 2 2aC H   + 2aBr  n 2n 2 2a 2aC H Br  
 0,2 mol  0,35 mol 
 
0,35
a
0,2
 = 1,75 
 
6,7
14n 2 2a
0,2
    n = 2,5. 
Do hai hiđrocacbon mạch hở phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br2 nên chúng đều là 
hiđrocacbon không no. Vậy hai hiđrocacbon đó là C2H2 và C4H8. (Đáp án B) 
Ví dụ 10: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp X gồm 2 ancol A và B ta được hỗn hợp Y gồm các olefin. 
Nếu đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 1,76 gam CO2. Khi đốt cháy hoàn toàn Y thì tổng 
khối lượng H2O và CO2 tạo ra là 
 A. 2,94 gam. B. 2,48 gam. C. 1,76 gam. D. 2,76 gam. 
Hướng dẫn giải 
Hỗn hợp X gồm hai ancol A và B tách nước được olefin (Y)  hai ancol là rượu no, đơn chức. 
Đặt CTTB của hai ancol A, B là n 2n 1C H OH ta có các phương trình phản ứng sau: 
 n 2n 1C H OH + 2
3n
O
2
  2nCO + 2(n 1)H O 
 n 2n 1C H OH 
2
o
H SO
170 C
4® n 2nC H + H2O 
 (Y) 
 n 2nC H + 2
3n
O
2
  2nCO + 2n H O 
Nhận xét: 
­ Khi đốt cháy X và đốt cháy Y cùng cho số mol CO2 như nhau. 
­ Đốt cháy Y cho 
2 2CO H O
n n . 
Vậy đốt cháy Y cho tổng 
  
2 2CO H O
m m 0,04 (44 18) 2,48     gam. (Đáp án B) 
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEP PHƯƠNG PHÁP TRUNG 
BÌNH 
01. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp hai axit cacboxylic là đồng đẳng kế tiếp thu được 3,36 lít 
CO2 (đktc) và 2,7 gam H2O. Số mol của mỗi axit lần lượt là 
 A. 0,05 mol và 0,05 mol. B. 0,045 mol và 0,055 mol. 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
 C. 0,04 mol và 0,06 mol. D. 0,06 mol và 0,04 mol. 
02. Có 3 ancol bền không phải là đồng phân của nhau. Đốt cháy mỗi chất đều có số mol CO2 bằng 
0,75 lần số mol H2O. 3 ancol là 
 A. C2H6O; C3H8O; C4H10O. B. C3H8O; C3H6O2; C4H10O. 
 C. C3H8O; C3H8O2; C3H8O3. D. C3H8O; C3H6O; C3H8O2. 
03. Cho axit oxalic HOOCCOOH tác dụng với hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, đồng đẳng liên tiếp 
thu được 5,28 gam hỗn hợp 3 este trung tính. Thủy phân lượng este trên bằng dung dịch NaOH 
thu được 5,36 gam muối. Hai rượu có công thức 
 A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH. 
 C. C3H7OH và C4H9OH. D. C4H9OH và C5H11O