10 phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học Lớp 8

Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC 
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 140
oC 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 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
Ta biết rằng cứ 3 loại rượu tách nước ở điều kiện H2SO4 đặc, 140
oC 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    r­îu gam 
 
2H O
21,6
n 1,2
18
  mol. 
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.lo¹i
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. 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
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 
 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) 2
KCl 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
 
   
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
 
( 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) 
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: 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
 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. 
 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, t
o) thì thu được hỗn hợp A. Đem đốt cháy hoàn toàn thì 
thể tích khí CO2 (đktc) thu được là 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
 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(phÇn 2) (phÇn 2)  mol. 
Theo bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng ta có: 
 C C (A)n n 0,06(phÇn 2)   mol. 
 
2CO (A)
n = 0,06 mol 
 
2CO
V = 22,40,06 = 1,344 lít. (Đáp án C) 
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. 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
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 Na2 ... 6.n) gam. 
  
 

dd muèi
2M 96 100
C% 14,18
2M 1016n
 M = 28.n  n = 2 ; M = 56 là phù hợp vậy M là Fe. (Đáp án B) 
Ví dụ 2: Cho dung dịch axit axetic có nồng độ x% tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH 10% thì thu 
được dung dịch muối có nồng độ 10,25%. Vậy x có giá trị nào sau đây? 
 A. 20%. B. 16%. C. 15%. D.13%. 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
Hướng dẫn giải 
Xét 1 mol CH3COOH: 
 CH3COOH + NaOH  CH3COONa + H2O 
 60 gam  40 gam  82 gam 
3dd CH COOH
60 100
m gam
x

 
 ddNaOH
40 100
m 400 gam
10

  
60 100 82 100
m 400
x 10,25
 
  dd muèi gam. 
 x = 15%. (Đáp án C). 
Ví dụ 3: (Câu 1 - Mã đề 231 - Khối A - TSCĐ 2007) 
Khi hòa tan hiđroxit kim loại M(OH)2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20% thu 
được dung dịch muối trung hoà có nồng độ 27,21%. Kim loại M là 
 A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Mg. 
Hướng dẫn giải 
Xét 1 mol M(OH)2 tham gia phản ứng 
 M(OH)2 + H2SO4  MSO4 + 2H2O 
 Cứ (M + 34) gam  98 gam  (M + 96) gam 
 
2 4dd H SO
98 100
m 490 gam
20

  
  
 
4dd MSO
M 96 100
m M 34 490
27,21
 
    
 M = 64  M là Cu. (Đáp án A) 
Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm N2 và có H2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 3,6. Sau khi tiến hành phản ứng 
tổng hợp được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với H2 bằng 4. Hiệu suất phản ứng tổng hợp là 
 A. 10%. B. 15%. C. 20%. D. 25%. 
Hướng dẫn giải 
Xét 1 mol hỗn hợp X, ta có: 
 mx = XM = 7,2 gam. 
Đặt 
2N
n a mol , ta có: 
 28a + 2(1  a) = 7,2 
 a = 0,2 
 
2N
n 0,2 mol và 
2H
n 0,8 mol  H2 dư. 
 N2 + 3H2 
oxt, t
p
 2NH3 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
Ban đầu: 0,2 0,8 
Phản ứng: x 3x 2x 
Sau phản ứng: (0,2  x) (0,8  3x) 2x 
 nY = (1  2x) mol 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mX = mY 
 YY
Y
m
n
M
 
  
7,2
1 2x
8
   x = 0,05. 
Hiệu suất phản ứng tính theo N2 là 
0,05 100
25%
0,2

 . (Đáp án D) 
Ví dụ 5: Hỗn hợp A gồm một Anken và hiđro có tỉ khối so với H2 bằng 6,4. Cho A đi qua niken nung 
nóng được hỗn hợp B có tỉ khối so với H2 bằng 8 (giả thiết hiệu suất phản ứng xảy ra là 
100%). Công thức phân tử của anken là 
 A. C2H4. B. C3H6. C. C4H8. D. C5H10. 
Hướng dẫn giải 
Xét 1 mol hỗn hợp A gồm (a mol CnH2n và (1a) mol H2) 
Ta có: 14.n.a + 2(1  a) = 12,8 (1) 
Hỗn hợp B có M 16 14n  (với n  2)  trong hỗn hợp B có H2 dư 
 CnH2n + H2 
oNi , t CnH2n+2 
Ban đầu: a mol (1a) mol 
Phản ứng: a  a  a mol 
Sau phản ứng hỗn hợp B gồm (1  2a) mol H2 dư và a mol CnH2n+2.  tổng nB = 1  2a. 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mA = mB 
 BB
B
m
n
M
   
12,8
1 2a
16
   a = 0,2 mol. 
Thay a = 0,2 vào (1) ta có 140,2n + 2(1  0,2) = 12,8 
 n = 4  anken là C4H8. (Đáp án C) 
Ví dụ 6: Oxi hóa C2H5OH bằng CuO nung nóng, thu được hỗn hợp chất lỏng gồm CH3CHO, 
C2H5OH dư và H2O có M = 40 đvC. Hiệu suất phản ứng oxi hóa là 
 A. 25%. B. 35%. C. 45%. D. 55%. 
Hướng dẫn giải 
Xét 1 mol C2H5OH. Đặt a mol C2H5OH bị oxi hóa. Vậy a là hiệu suất của phản ứng oxi hóa 
rượu. 
 C2H5OH + CuO 
ot CH3CHO + H2O + Cu 
Ban đầu: 1 mol 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
Oxi hóa: a mol  a mol  a mol 
Sau phản ứng: (1  a) mol C2H5OH dư a mol  a mol 
46(1 a) 44a 18a
M 40
1 a
  
 

 a = 0,25 hay hiệu suất là 25%. (Đáp án A) 
Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm N2 và H2 có XM 12,4 . Dẫn X đi qua bình đựng bột Fe rồi nung nóng biết 
rằng hiệu suất tổng hợp NH3 đạt 40% thì thu được hỗn hợp Y. YM có giá trị là 
 A. 15,12. B. 18,23. C. 14,76. D. 13,48. 
Hướng dẫn giải 
Xét 1 mol hỗn hợp X  mX = 12,4 gam gồm a mol N2 và (1  a) mol H2. 
 28a + 2(1  a) = 12,4  a = 0,4 mol  
2H
n 0,6 mol 
 N2 + 3H2 
oxt, t
p
 2NH3 (với hiệu suất 40%) 
Ban đầu: 0,4 0,6 
Phản ứng: 0,08  0,60,4  0,16 mol 
Sau phản ứng: 0,32 0,36 0,16 mol 
Tổng: nY = 0,32 + 0,36 + 0,16 = 0,84 mol; 
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mX = mY. 
 Y
12,4
M 14,76 gam
0,84
  . (Đáp án C) 
Ví dụ 8: Phóng điện qua O2 được hỗn hợp khí O2, O3 có M 33 gam. Hiệu suất phản ứng là 
 A. 7,09%. B. 9,09%. C. 11,09%. D.13,09%. 
Hướng dẫn giải 
3O2 
TL§ 2O3 
Chọn 1 mol hỗn hợp O2, O3 ta có: 
2O
n a mol   
3O
n 1 a mol  . 
  32a 48 1 a 33    2
15
a mol O
16
 
 
3O
15 1
n 1 mol
16 16
   
 
2O
1 3 3
n
16 2 32
  bÞ oxi ho¸ mol 
Hiệu suất phản ứng là: 
3
100
32 9,09%
3 15
32 16



. (Đáp án B) 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
Ví dụ 9: Hoà tan hoàn toàn một lượng kim loại R hóa trị n bằng dung dịch H2SO4 loãng rồi cô cạn 
dung dịch sau phản ứng thu được một lượng muối khan có khối lượng gấp 5 lần khối lượng 
kim loại R ban đầu đem hoà tan. Kim loại R đó là 
 A. Al. B. Ba. C. Zn. D. Mg. 
Hướng dẫn giải 
Xét 1 mol kim loại ứng với R (gam) tham gia phản ứng. 
 2R + nH2SO4  R2(SO4)n + nH2 
 Cứ R (gam)  
2R 96n
gam muèi
2
 
 
 
 
 2R 96n
5R
2

  R = 12n thỏa mãn với n = 2. 
Vậy: R = 24 (Mg). (Đáp án D) 
Cách 2: CHỌN ĐÚNG TỈ LỆ LƯỢNG CHẤT TRONG ĐẦU BÀI ĐÃ CHO 
Ví dụ 10: (Câu 48 - Mã đề 182 - khối A - TSĐH 2007) 
Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10. Đốt cháy hoàn toàn 
hỗn hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp 
khí Z có tỉ khối đối với hiđro bằng 19. Công thức phân tử của X là 
 A. C3H8. B. C3H6. C. C4H8. D. C3H4. 
Hướng dẫn giải 
Đốt hỗn hợp gồm hiđrocacbon X gồm CxHy (1 mol) và O2 (10 mol ). 
 CxHy + 
y
x
4
 
 
 
O2  xCO2 + 
y
2
H2O 
 1 mol  
y
x
4
 
 
 
mol  x mol 
y
2
 mol 
 Hỗn hợp khí Z gồm x mol CO2 và 
y
10 x
4
  
   
  
 mol O2 dư. 
 ZM 19 2 38   
  2
2
co
o
n 1
n 1
 
Vậy: 
y
x 10 x
4
    8x = 40  y. 
 x = 4, y = 8  thoả mãn đáp án C. 
Ví dụ 11: A là hỗn hợp gồm một số hiđrocacbon ở thể khí, B là không khí. Trộn A với B ở cùng nhiệt 
độ áp suất theo tỉ lệ thể tích (1:15) được hỗn hợp khí D. Cho D vào bình kín dung tích 
2
2
CO
O
(n ) 44 6
38
(n ) 32 6
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
không đổi V. Nhiệt độ và áp suất trong bình là toC và p atm. Sau khi đốt cháy A trong bình 
chỉ có N2, CO2 và hơi nước với 
2 2CO H O
V : V 7 : 4 đưa bình về toC. 
 Áp suất trong bình sau khi đốt là p1 có giá trị là 
 A. 1
47
p p.
48
 B. p1 = p. 
 C. 1
16
p p.
17
 D. 1
3
p p.
5
 
Hướng dẫn giải 
Đốt A: CxHy + 2
y
x O
4
 
 
 
  xCO2 + 2
y
H O
2
Vì phản ứng chỉ có N2, H2O, CO2  các hiđrocacbon bị cháy hết và O2 vừa đủ. 
Chọn 
x yC H
n 1  nB = 15 mol  
2O
y 15
n x 3
4 5
   p.ø mol. 
 
2 2N O
n 4n 12 mol  
 
y
x 3
4
x : y 2 7 : 4

 

 
  x = 
7
3
 ; y = 
8
3
Vì nhiệt độ và thể tích không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí, ta có: 
 1
p 7 3 4 3 12 47
p 1 15 48
 
 

  1
47
p p.
48
 (Đáp án A) 
Cách 3: CHỌN GIÁ TRỊ CHO THÔNG SỐ 
Ví dụ 12: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X hai hiđrocacbon A, B thu được 
132.a
41
 gam CO2 và 
2
45a
gam H O
41
. Nếu thêm vào hỗn hợp X một nửa lượng A có trong hỗn hợp X rồi đốt 
cháy hoàn toàn thì thu được 2
165a
gam CO
41
 và 2
60,75a
gam H O
41
. Biết A, B không làm 
mất mầu nước Br2. 
a) Công thức phân tử của A là 
 A. C2H2. B. C2H6. C. C6H12. D. C6H14. 
b) Công thức phân tử của B là 
 A. C2H2. B. C6H6. C. C4H4. D. C8H8. 
c) Phần trăm số mol của A, B trong hỗn hợp X là. 
 A. 60%; 40%. B. 25%; 75%. 
 C. 50%; 50%. D. 30%; 70%. 
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
Hướng dẫn giải 
a) Chọn a = 41 gam. 
Đốt X  
2CO
132
n 3 mol
44
  và 
2H O
45
n 2,5 mol
18
  . 
Đốt 
1
X A
2
 
 
 
  
2CO
165
n 3,75 mol
44
  và 
2H O
60,75
n 3,375 mol
18
  . 
Đốt 
1
A
2
 thu được (3,75  3) = 0,75 mol CO2 và (3,375  2,5) = 0,875 mol H2O. 
Đốt cháy A thu được 
2CO
n 1,5 mol và 
2H O
n 1,75 mol . 
vì 
2 2H O CO
n n  A thuộc loại ankan, do đó: 
  n 2n 2 2 2 2
3n 1
C H O nCO n 1 H O
2


    
 2
2
CO
H O
n n 1,5
n n 1 1,75
 

  n = 6  A là C6H14. (Đáp án D) 
b) Đốt B thu được (3  1,5) = 1,5 mol CO2 và (2,5  1,75) = 0,75 mol H2O 
Như vậy C
H
n 1,5 1
n 0,75 2 1
 

  công thức tổng quát của B là (CH)n vì X không làm mất mầu 
nước Brom nên B thuộc aren  B là C6H6. (Đáp án B) 
c) Vì A, B có cùng số nguyên tử C (6C) mà lượng CO2 do A, B tạo ra bằng nhau (1,5 mol)  nA 
= nB. 
 %nA = %nB = 50%. (Đáp án C) 
Ví dụ 13: Trộn a gam hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon C6H14 và C6H6 theo tỉ lệ số mol (1:1) với m gam 
một hiđrocacbon D rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được 2
275a
gam CO
82
 và 
94,5a
82
 gam 
H2O. 
a) D thuộc loại hiđrocacbon nào 
 A. CnH2n+2. B. CmH2m2. C. CnH2n. D. CnHn. 
b) Giá trị m là 
 A. 2,75 gam. B. 3,75 gam. C. 5 gam. D. 3,5 gam. 
Hướng dẫn giải 
a) Chọn a = 82 gam 
Đốt X và m gam D (CxHy) ta có: 
2
2
CO
H O
275
n 6,25 mol
44
94,5
n 5,25 mol
18

 

  

Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
 C6H14 + 
19
2
O2  6CO2 + 7H2O 
 C6H6 + 
15
2
O2  6CO2 + 3H2O 
Đốt D: x y 2 2 2
y y
C H x O xCO H O
4 2
 
    
 
Đặt 
6 14 6 6C H C H
n n b mol  ta có: 
 86b + 78b = 82 
 b = 0,5 mol. 
Đốt 82 gam hỗn hợp X thu được: 
  
2CO
n 0,5 6 6 6 mol    
  
2H O
n 0,5 7 3 5 mol    
 Đốt cháy m gam D thu được: 
2CO
n 6,25 6 0,25 mol   
2H O
n 5,25 5 0,25 mol   
Do 
2 2CO H O
n n  D thuộc CnH2n. (Đáp án C) 
b) mD = mC + mH = 0,25(12 + 2) = 3,5 gam. (Đáp án D) 
Ví dụ 14: X là hợp kim gồm (Fe, C, Fe3C), trong đó hàm lượng tổng cộng của Fe là 96%, hàm lượng 
C đơn chất là 3,1%, hàm lượng Fe3C là a%. Giá trị a là 
 A. 10,5. B. 13,5. C. 14,5. D. 16. 
Hướng dẫn giải 
Xét 100 gam hỗn hợp X ta có mC = 3,1 gam, 
3Fe C
m = a gam và số gam Fe tổng cộng là 96 gam. 
  3C trong Fe C
12a
m 100 96 3,1
180
    
 a = 13,5. (Đáp án B) 
Ví dụ 15: Nung m gam đá X chứa 80% khối lượng gam CaCO3 (phần còn lại là tạp chất trơ) một thời 
gian thu được chất rắn Y chứa 45,65 % CaO. Tính hiệu suất phân hủy CaCO3. 
 A. 50%. B. 75%. C. 80%. D. 70%. 
Hướng dẫn giải 
Chọn mX = 100 gam  
3CaCO
m 80 gam và khối lượng tạp chất bằng 20 gam. 
 CaCO3 
ot CaO + CO2 (hiệu suất = h) 
Phương trình: 100 gam  56 gam 44 gam 
Phản ứng: 80 gam  
56.80
.h
100
44.80
.h
100
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 
Khối lượng chất rắn còn lại sau khi nung là 
2X CO
44.80.h
m m 100
100
   . 
 
56 80 45,65 44 80 h
h 100
100 100 100
   
    
 
 h = 0,75  hiệu suất phản ứng bằng 75%. (Đáp án B)