Tải bản đầy đủ

Tư duy giải nhanh hóa học luyện thi đại học

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

PHẦN I
TƯ DUY SÁNG TẠO Đ Ể HIỂU BẢN CHẤT HÓA HỌC
Trước đây khi chúng ta áp dụng hình thức thi tự luận thì cách tư duy trong Hóa
Học là viết phương trình phản ứng sau đó đặt ẩn vào phương trình rồi tính toán.
Nhưng với kiểu thi trắc nghiệm hiện này những kiểu tư duy như vậy sẽ gặp rất
nhiều hạn chế nếu không muốn nói là rất nguy hiểm. Nhiều thầy cô không trải qua
những kì thi trắc nghiệm nên có lẽ sẽ không hiểu hết được sức ép về thời gian kinh
khủng như thế nào. Điều nguy hiểm là khi bị ép về thời gian hầu hết các bạn sẽ
mất bình tĩnh dẫn tới sự tỉnh táo và khôn ngoan giảm đi rất nhiều.
Là người trực tiếp tham gia trong kì thi năm 2012 của Bộ Giáo dục và Đào tạo
tại trường Đại học Ngoại thương Hà Nội và trường Đại học Y Thái Bình, và rất
nhiều lần thi thử tại các trung tâm ở Hà Nội như: Đại học Sư phạm, Đại học
KHTN, HTC, Chùa Bộc, Học mãi…, với tất cả kinh nghiệm và tâm huyết luyện
thi đại học nhiều năm tại Hà Nội, tác giả mạnh dạn trình bày bộ tài liệu “ Khám
phá tư duy giải nhanh thần tốc trong Hóa học”. Trong quá trình đọc và luyện
tập, tác giả mong muốn các bạn hãy tích cực suy nghĩ, tư duy để hiểu phong cách
giải toán hóa học của mình. Khi các bạn đã hiểu được lối tư duy của mình các bạn
sẽ thấy hóa học thật sự là rất đơn giản.
Trong phần I của cuốn sách này mình muốn trình bày về hướng mới để hiểu

bản chất của các phản ứng hóa học. Ta có thể hiểu bản chất của các phản ứng Hóa
học chỉ là quá trình nguyên tố di chuyển từ chất này qua chất khác, hay nói một
cách khác là quá trình kết hợp giữa các nguyên tố để tạo ra vô số chất khác nhau.
Cũng giống như trong âm nhạc chỉ có 8 nốt nhạc nhưng khi kết hợp lại có thể tạo
ra vô số giai điệu. Sự kì diệu là ở chỗ đó.Trong quá trình các nguyên tố di chuyển
sẽ có hai khả năng xảy ra:
Khả năng 1: Số oxi hóa của các nguyên tố không đổi.
Khả năng 2: Số oxi hóa của các nguyên tố thay đổi.
Dù cho khả năng nào xảy ra thì các quá trình hóa học vẫn tuân theo các định
luật kinh điển là:
(1) Định luật BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ.
(2) Định luật BẢO TOÀN ELECTRON.
(3) Định luật BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH.
(4) Định luật BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG.
Mục đích của mình khi viết phần I là các bạn hiểu và áp dụng được thành thạo
các định luật trên. Bây giờ chúng ta cùng đi nghiên cứu về các định luật trên.
A. Đ ỊNH LUẬT BÀO TOÀN NGUYÊN TỐ (BTNT)
Bản chất của định luật BTNT là 1 hay nhiều nguyên tố chạy từ chất này qua
chất khác và số mol của nó không đổi. Điều quan trọng nhất khi áp dụng BTNT là
3


Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành

các bạn phải biết cuối cùng nguyên tố chúng ta cần quan tâm nó “chui ” vào đâu
rồi? Nó biến thành những chất nào rồi?Các bạn hết sức chú ý : Sẽ là rất nguy hiểm
nếu các bạn quên hoặc thiếu chất nào chứa nguyên tố ta cần xét.Sau đây là một số
con đường di chuyển quan trọng của các nguyên tố hay gặp trong quá trình giải
toán.
(1) Kim loại → muối →Hidroxit → oxit.

 Fe2 +
 3+
 Fe(OH )2 t0  FeO
axit
 Kiem→ 
 → 
Ví dụ : Fe   →  Fe
 Fe2O 3
 Fe(OH )3

 Cl− ,NO − ,SO 2 −
3
4

Thường dùng BTNT.Fe
 NO 3−

 NO 2
 NO
Chat khu
(2) HNO 3    → 
Thường dùng BTNT.N
 N 2O
N
 2
 NH 4 NO 3
 SO 24 −

 SO 2
Chat khu
(3) H 2 SO 4    → 
Thường dùng BTNT.S
S
H S
 2

 H 2O
BTN T .H
 H 2 SO 4    → 

 H2
(4) 
Thườn g dùng BTNT.H hoặc BTNT.O
 H 2O
 HCl  BTN
T .H
  → 

 H2


(5) C x H y O z N t

4














 CaCO 3
  → CO 2 → 
 Ca(HCO 3 )2
BTNT.H
  → H 2O
BTNT.C

  → N 2

BTNT.N

 CO 2
  → 
 H 2O

BTNT.O


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

 SO 24 −
 B aSO 4


(6) FeS;S;C uS,FeS 2 ... →  Fe( OH ) 3 →  Fe2O 3 Thường dùng BTNT.S,Fe,Cu

 CuO

 Cu ( OH ) 2
Chúng ta cùng nhau nghiên cứu các ví dụ cụ thể để làm rõ vấn đề trên nhé!
Câu 1 : Cho hỗn hợp 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dung
dịch HNO3 dư thu được dung dịch X va hỗn hợp khí Y gồm NO va NO 2. Thêm
BaCl2 dư vao dung dịch X thu được m gam kêt tua. Mặt khác, nêu thêm Ba(OH) 2
dư vao dung dịch X, lấy kêt tua nung trong không khí tới khối lượng không đổi
được x gam chất rắn. Giá trị của m và x là :
A. 111,84 và 157,44
B. 112,84 và 157,44
C. 111,84 và 167,44
D. 112,84 và 167,44
Bài toán khá đơn giản ta chỉ cần sử dụng BTNT thuần túy là xong.
 n = 0,33 (mol)
 nC uFeS 2 = 0,15 (mol) BTNT  Cu
  →  nFe = 0,24 (mol)
Ta có : 
 n = 0,48 (mol)
 nCu2 FeS 2 = 0,09 (mol)
 S
 nBaSO 4 = 0,48 (mol) → m = 0,48.233 = 111,84 (gam)

  nBaSO 4 = 0,48(mol)
T
 BTN
 →
→Chọn A
 
BTK L
 x  nFe2O 3 = 0,12(mol)   → x = 157,44(gam)
  n = 0,33(mol)
  CuO
Câu 2 : Trung hòa 3,88 gam hỗn hợp X gồm 2 axit cacboxylic mạch hở, no, đơn
chức bằng dung dịch NaOH, cô cạn được 5,2 g muối khan. Nếu đốt cháy 3,88 g X
thì cần thể tích O2 (đktc) là :
A. 3,36
B. 2,24
C. 5,6
D. 6,72
5, 2 − 3,88
= 0,06(mol) → n OTrong X = 0,12(mol)
Ta có : n X = n RCOONa =
22
 C : a(mol)

→ Trong X  H : 2a(mol)  BTKL
 → 14a + 0,12.16 = 3,88(gam)
 O : 0,12(mol)

 n CO2 = 0,14
→ a = 0,14(mol)  BTNT
 → 
 n H2O = 0,14
ung
 BTNT.O
  → n OPhan
=
2

0,14.3 − 0,12
= 0,15(mol) → V = 0,15.22, 4 = 3,36(lít)
2
→Chọn A
5


Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành

Câu 3: Hòa tan hết 14,6 gam hỗn hợp gồm Zn và ZnO có tỉ lệ mol 1:1 trong 250
gam dung dịch HNO3 12,6% thu được dung dịch X và 0,336 lit khí Y (đktc). Cho
từ từ 740 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được 5,94 gam kết tủa.Nồng
độ % của muối trong X là :
A. 14,32
B. 14,62
C. 13,42
D. 16,42
 nZn = 0,1(mol) → ne = 0,2(mol)
Ta có : 14,6 
 nZnO = 0,1(mol)

nY = 0,015(mol)

→ nNH 4 NO 3 = a(mol)
Có NH4NO3 vì nếu Y là N2 → nMe ax = 0,15 < 0,2
Sau khi cho KOH vào thì K nó chạy đi đâu?Việc trả lời câu hỏi này sẽ giúp ta
tiết kiệm rất nhiều thời gian và không cần quan tâm HNO 3 thừa thiếu thế nào.
 nK NO 3 = 0,74 − 0,14.2 = 0,46(mol)
0,74 mol K OH + X  BTNT.K
  → 
 nK 2 ZnO 2 = 0,2 − 0,06 = 0,14(mol)
nHNO 3 = 0,5  BTNT
 .N→ n NTrong Y và N H 3 = 0,5 − 0,46 = 0,04(mol)
 nN H 4 N O 3 = 0,01
→ 
 nN 2 O = 0,015

(

)

→ % Zn ( NO 3 ) 2 + N H 4 NO 3 =

0,2.189 + 0,01.80
= 14,62% → Chọn B
250 + 14,6 − 0,015.44

Câu 4:Hỗn hợp X gồm FeS, FeS2, CuS tan vừa hết trong dung dịch chứa 0,33 mol
H2SO4 đặc sinh ra 0,325 mol khí SO 2 và dung dịch Y. Nhúng thanh Fe nặng 50
gam vào Y, phản ứng xong thấy thanh Fe nặng 49,48 gam và thu được dung dịch
Z. Cho Z phản ứng với HNO3 đặc, dư sinh ra khí NO2 duy nhất và còn lại dung
dịch E (không chứa NH4+). Khối lượng muối dạng khan có trong E là m gam. Giá
trị lớn nhất của m là :
A. 20,57
B. 18,19
C. 21,33
D. 21,41.
Bài toán này là một bài toán BTNT khá hay. Cái hay của bài toán ở chỗ:
(1).Các bạn khó suy ra nên áp dụng bảo toàn nguyên tố nào.
(2).Đề bài số liệu về thanh Fe gây nhiễu.
(3).Về mặt kiến thức do HNO3 đặc dư nên muối cuối cùng có thể là muối nitrat.
Để giải nhanh bài tập này ta đưa ra các câu hỏi đặt ra là:
H trong H2SO4 chạy đi đâu rồi ? – Nó chạy vào H2O.
2−
O trong H2SO4 chạy đi đâu rồi ? – Nó chạy vào muối SO 4 , SO2 và H2O.
BTNT.Hidro
Ta có:     → n H 2 O = 0,33(mol)

= 0,33.4 − 0,325.2 − 0,33 = 0,34(mol)
6

 BTNT.O
  → n Otrong muoi


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
trong muoái
→ nSO
=
2−
4

0,34
= 0,085(mol)
4

 BTNT.S
 → Z : nFeSO = 0,085(mol) (mol)
4

 BTNT.Fe
  → nFe( NO 3 ) = 0,085(mol) → m = 0,085.242 = 20,57(gam)
3

Chú ý :Vì HNO3 đặc nóng dư nên khối lượng muối lớn nhất là muối Fe(NO3)3
→ Chọn A

Câu 5: Cho 158,4 gam hỗn hợp X gầm Fe,Fe( NO3 ) 2 ,Fe( NO3 ) 3 và một bình kín
không chứa không khí rồi nung bình ở nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn,
khối lượng chất rắn giảm 55,2 gam so với ban đầu. Cho chất rắn này tác dụng với
HNO3 thu được V(lít) khí NO và dung dịch Y. Cho NaOH dư vào Y được kết tủa
Z.Nung Z ngoài không khí tới khối lượng không đổi được m gam chất rắn.Giá trị
của m là :
A. 196.
B. 120.
C. 128.
D. 115,2.
Vì phản ứng hoàn toàn và chất rắn tác dụng với HNO 3 có khí NO → 55,2 gam là
NO2.
55,2
= 1,2(mol)  BTNT.N
  → n NO 2
Ta có : nN O 2 =
46
L
X
X
= nTrong
= 1,2(mol)  BTK
 →
m Trong
= 158,4 − 1,2.62 = 84(gam)
Fe
NO −
3

Sau các phản ứng Fe sẽ chuyển thành Fe2O3:
84
T.Fe
 BTN
 
→ nFe =
= 1,5(mol) → nFe2O 3 = 0,75(mol) → m = 0,75.160 = 120(gam)
56
→Chọn B

Câu 6: Một hỗn hợp X gồm HO − [ CH 2 ] 2 − OH ; CH3OH; CH2=CH– CH2OH;
C2H5OH; C3H5(OH)3. Cho 25,4 gam hỗn hợp X tác dụng với Na dư thu được 5,6 lít
H2 (đktc). Mặt khác, đem đốt cháy hoàn toàn 25,4 gam hỗn hợp X thu được a mol
CO2 và 27 gam H2O. Giá trị của a là :
A. 1,25
B. 1
C. 1,4
D. 1,2
Các bạn hãy trả lời câu hỏi sau :
H trong nhóm OH của X đã đi đâu ? – Nó biến thành H2 .
Khối lượng X gồm những gì ? – Tất nhiên là mX =

∑ m ( C,H,O )

BTN T.H
Trong X
= 0,5(mol)
Ta có : nH 2 = 0,25(mol)    → n OH
T.O
 BTN
 
→ nOTrong X = 0,5(mol)

n H 2 O = 1,5(mol)

T.H
X
 BTN
 
→ nTrong
= 1,5.2 = 3(mol)
H
L + BTNT.C
 BTK
 
  → 25,4 = 12a + 3.1 + 0,5.16 → a = 1,2(mol)

→Chọn D
7


Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành

Câu 7: Hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic và axit oxalic. Khi cho m gam X tác
dụng với NaHCO3 dư thì thu được 15,68 lít khí CO 2 (đktc). Mặt khác, đốt cháy
hoàn toàn m gam X cần 8,96 lít khí O 2 (đktc), thu được 35,2 gam CO2 và y mol
H2O. Giá trị của y là:
A. 0,8.
B. 0,3.
C. 0,6.
D. 0,2.
+

Để ý thấy : H + HCO 3 → CO 2 + H 2O .Do đó ta có nCO 2 = n H + = 0,7(mol) .
H + sinh ra từ đâu? – Từ nhóm COOH trong X.
T.H
BTNT .O
X
 BTN
 
→ nH + = nCTrong
→ nOTrong X = 0,7.2 = 1,4(mol)
OOH = 0,7(mol)    
BTNT .O
Trong X
+ nOTrong O 2 = nOTrong CO 2 + nOTrong H 2 O
    → nO
→ y = 0,6(mol) →Chọn C
 Thay Sô
    → 1,4 + 0,4.2 = 0,8.2 + y

Câu 8: Cao su buna-N được tạo ra do phản ứng đồng trùng hợp giữa buta-1,3-đien
với acrilonitrin. Đốt cháy hoàn toàn một lượng cao su buna-N với không khí vừa
đủ (chứa 80% N2 và 20% O2 về thể tích), sau đó đưa hỗn hợp sau phản ứng về
136,5oC thu được hỗn hợp khí và hơi Y (chứa 14,41% CO 2 về thể tích). Tỷ lệ số mắt
xích giữa buta-1,3-đien và acrilonitrin là
A. 1:2.
B. 2:3.
C. 3:2.
D. 2:1.
Để ý thấy rằng tỷ lệ số mắt xich chính là tỷ lệ số mol mắt xích.
 n C4 H6 = a(mol)
Ta có : 
 n C3H3 N = b(mol)
 BTNT
  cacbon
 → n CO2 = 4a + 3b(mol)
 BTNT
  hidro
 → n H 2O = 3a + 1,5b(mol)
 BTNT
 →

 BTNT
  oxi
→ n Opu2 = 4a + 3b +

3a + 1,5b
= 5,5a + 3,75b(mol)
2

b
+ 4n Opu2 = 22a + 15,5b(mol)
2
4a + 3b
a 2

=
+ n H2 O + n N 2
b 3

 BTNT
  Nito
 → n N2 =
→ 0,1441 =

n CO2

→Chọn B

Câu 9: Đốt cháy hoàn toàn 29,6 gam hỗn hợp X gồm CH 3COOH,CxHyCOOH,và
(COOH)2 thu được 14,4 gam H2O và m gam CO2. Mặt khác, 29,6 gam hỗn hợp X
phản ứng hoàn toàn với NaHCO3 dư thu được 11,2 lít (đktc) khí CO2. Tính m:
A. 48,4 gam
B. 33 gam
C. 44g
D. 52,8 g
+

Để ý thấy : H + HCO 3 → CO 2 + H 2O .Do đó ta có nCO 2 = nH + = 0,5(mol) .
H + sinh ra từ đâu? – Từ nhóm COOH trong X.
T.H
BTNT .O
X
X
 BTN
 
→ nH + = nCTrong
→ nTrong
= 0,5.2 = 1(mol)
OOH = 0,5(mol)    
O
8


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
L
 BTK
 →
29,6 =

→ m C = 29,6 −

∑ m ( C,H,O )
14,4
11,2
.2 −
.2.16 = 12(gam)  BTNT.C
  → m CO2 = 44(gam)
18
22, 4

→Chọn C
Câu 10: Cho vào 1 bình kín một ít chất xúc tác bột Fe sau đó bơm vào bình 1 mol
H2 và 4 mol N2.Sau đó nung bình để xảy ra phản ứng (biết hiệu suất phản ứng là
30%).Sau phản ứng cho toàn bộ hỗn hợp khí qua ống đựng CuO dư thấy ống giảm
m (gam).Tính m?
A.8 (gam)
B. 16 (gam)
C. 24 (gam)
D. 32 (gam)
Bài toán trên có nhiều bạn không để ý sẽ bị bẫy khi cứ đi tính toán cho quá
trình tổng hợp NH3. Điều này là không cần thiết vì cuối cùng H 2 sẽ biến thành
H2O. Khối lượng ống đựng CuO giảm chính là khối lượng O có trong H 2O.
BTNT .H
Ta có ngay : nH 2 = 1(mol)    2→ n H 2O = 1(mol)

→ ∆ m↓ = mO = 1.16 = 16 (gam)

→Chọn B

Câu 11: Cho 24 gam Mg tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa a mol HNO 3.Sau
phản ứng thu được hỗn hợp khí X gồm các khí N 2; N2O có số mol bằng nhau và
bằng 0,1mol. Tìm giá trị a.
A.2,8
B. 1,6
C. 2,54
D. 2,45
Ta có ngay : n M g = 1(mol)

g
  BTNT.M
  
→ nM g(NO 3 )2 = 1(mol)
 BTE
   → ne = 2(mol)

 nN 2 = 0,1 BTE
2 − 0,1.10 − 0,1.8
  → nNH 4 NO 3 =
= 0,025 (mol)

8
 nN 2O = 0,1
T.N
 BTN
 
→ nHNO 3 =



N (M g(N O 3 )2 ; N H 4 NO 3 ; N 2 O; N 2 )

→ nHNO 3 = 1.2 + 0,025.2 + 0,1.2 + 0,1.2 = 2,45(mol)

→Chọn D

Câu 12:Nung 32,4 gam chất rắn X gồm FeCO 3,FeS,FeS2 có tỷ lệ số mol là 1:1:1
trong hỗn hợp khí Y gồm O2 và O3 có tỷ lệ số mol là 1:1.Biết các phản ứng xảy ra
hoàn toàn.Số mol Y tham gia phản ứng là :
A.0,38
B.0,48
C.0,24
D.0,26
 nFeCO = 0,1(mol)
3

B TNT
Ta có : X  nFeS = 0,1(mol)   →
n
 FeS2 = 0,1(mol)

 nFe O = 0,15(mol)
2 3

 nSO2 = 0,3(mol)

 nCO2 = 0,1(mol)

→ nOphaûn öùng = 0,1.2 + 0,3.2 + 0,15.3 − 0,1.3 = 0,95(mol)
9


Khỏm phỏ t duy gii nhanh thn tc Húa Hc Nguyn Quang Thnh

nO = a(mol) BTN T.O
Y : 2
5a = 0,95 a = 0,19(mol) n Y = 2a = 0,38(mol)
nO 3 = a(mol)
Chn A
Cõu 13: Hn hp khớ X gm O2 v O3 cú t l s mol l 1:1. Hn hp khớ Y gm
CH4 v C2H2 t l mol 1:1. t chỏy hon ton 2 mol Y thỡ cn bao nhiờu lớt X
(ktc):
A. 80,64
B. 71,68
C. 62,72
D. 87,36
nCH = 1(mol)
4
Ta coự:Y
Chaự
y
n
= 1(mol)
C 2H 2

nCO = 3(mol)
2
BTNT.O
nOphaỷn ửựng = 9(mol)

n = 3(mol)
H 2O

nO = a(mol) BTNT.O
X 2
5a = 9 a = 1,8(mol)
nO 3 = a(mol)
V X = 1,8.2.22,4 = 80,64(lớt)

Chn A

Cõu 14: Cho 108,8 gam hn hp X gm Fe 2O3 , Fe3O4 ,FeO tỏc dng vi HCl va
. Thu c 50,8 gam mui FeCl2 v m gam mui FeCl3.Giỏ tr ca m l:
A.146,25
B.162,5
C.130
C.195

nFeCl2 = 0,4 (mol)
nFe = a(mol) BTNT.Fe

Ta cú: 108,8
nFeCl3 = a 0,4 (mol)

BTN T.O
nO = b(mol) nH 2 O = b nCl = 2b (mol)
BTNT.Clo
0,4.2 + 3(a 0,4) = 2b
BTK L
56a + 16b = 108,8
a = 1,4(mol)

m FeCl3 = 1.162,5 = 162,5(gam)
Chn B
b = 1,9(mol)
Cõu 15 : Cho a gam hn hp A gm Fe2O3, Fe3O4, Cu vo dung dch HCl d thy
cú 1 mol axit phn ng v cũn li 0,256a gam cht rn khụng tan. Mt khỏc, kh
hon ton a gam hn hp A bng H2 d thu c 42 gam cht rn. Tớnh phn trm
v khi lng Cu trong hn hp A?
A .50%

B. 25,6%

C. 32%

D. 44,8%

Vi 1 mol HCl thỡ cui cựng H i õu? Cl i õu?
BTNT
Trong A
= 0,5(mol)
Ta cú : n HCl = 1(mol) n H 2O = 0,5(mol) n O

BTKL
a = 42 + 0,5.16 = 50(gam)
Cht khụng tan l gỡ?42 gam l gỡ?
10


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Dung dịch sau phản ứng với HCl gồm những gì ?

→ mdu
Cu = 0, 256a = 12,8 (gam)

BTNT
 42 − 12,8 = 29, 2 gam   →
→ 

 n Cl− = 1 mol

 n Fe2+ : x

 2x + 2y = 1
 n Cu 2+ : y → 
 56x + 64y = 29, 2

 x = 0,35
0,15.64 + 12,8
→ 
→ %Cu =
= 44,8%
50
 y = 0,15

→Chọn D

BÀI TẬP LUYỆN TẬP SỐ 1
Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A chứa 1 mol FeS , 1 mol FeS 2 , 1 mol S cần
vừa đủ V lít khí O2 (đktc).Tính giá trị của V?
A.116,48
B. 123,2
C. 145,6
D. 100,8
Câu 2: Cho 1 mol Fe tác dụng hoàn toàn với O 2 (dư).Khối lượng chất rắn thu được
là bao nhiêu?
A.80 (gam)
B. 160 (gam)
C. 40 (gam)
D. 120 (gam)
Câu 3: Cho 32 gam Cu tác dụng với lượng dư axit HNO 3.Khối lượng muối thu
được ?
A.72 (gam)
B. 88 (gam)
C. 94 (gam)
D. 104 (gam)
Câu 4: Đốt cháy 8,4 gam C thu được hỗn hợp khí X gồm (CO và CO 2) có tỷ lệ số
mol 1:4.Tính khối lượng hỗn hợp X.
A.27,2 (gam)
B. 28,56 (gam)
C. 29,4 (gam) D. 18,04 (gam)
Câu 5: Nung hỗn hợp rắn gồm a mol FeCO 3, b mol FeS2 và c mol FeS trong bình
kín chứa không khí dư. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, đưa bình về nhiệt
độ ban đầu, thu được chất rắn duy nhất Fe 2O3 và hỗn hợp khí. Biết áp suất hỗn hợp
trước và sau khi phản ứng bằng nhau. Mối liên hệ giữa a , b , c là :
A. a = b+c
B. a = 2b+c
C. a = b – c
D. a = 2b – c .
Câu 6: Để luyện được 800 tấn gang có hàm lượng sắt 95% , cần dùng x tấn quặng
manhetit chứa 80% Fe3O4 (còn lại là tạp chất không chứa sắt). Biết rằng lượng sắt
bị hao hụt trong quá trình sản xuất là 2%. Giá trị của x là
A. 1325,16.
B. 959,59.
C. 1338,68.
D. 1311,90.
Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn m gam photpho ngoài không khí thu được chất rắn A.
Hòa tan A vào nước thu được dung dịch B. Trung hòa dung dịch B bằng dung dịch
NaOH để tạo muối trung hòa, thu được dung dịch D. Cho thêm dung dịch AgNO 3
vào dung dịch D đến dư thấy tạo thành 41,9 gam kết tủa màu vàng. Giá trị của m là:
A. 3,1 gam
B. 6,2 gam
C. 0,62 gam
D. 31 gam
11


Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành

Câu 8: Nung hỗn hợp gồm 11,2 gam Fe; 6,4 gam Cu và 26 gam Zn với một lượng
dư lưu huỳnh đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sản phẩm của phản ứng tác dụng
với dung dịch HCl dư thu được khí X. Tính thể tích dung dịch CuSO 4 10% (d =
1,1g/ml) tối thiểu cần dùng để hấp thụ hết khí X.
A. 525,25 ml.
B. 750,25 ml.
C. 1018,18 ml.
D. 872,73 ml.
Câu 9: Từ quặng photphorit, có thể điều chế axit photphoric theo sơ đồ sau:

QuÆng photphorit

SiO 2, C
lß ®iÖn

P

o

O 2, t

P2O 5

H 2O

H 3PO 4

Biết hiệu suất chung của quá trình là 90%. Để điều chế được 1 tấn dung dịch
H3PO4 49%, cần khối lượng quặng photphorit chứa 73% Ca3(PO4)2 là
A. 1,18 tấn.
B. 1,32 tấn.
C. 1,81 tấn.
D. 1,23 tấn.
Câu 10: Để sản xuất 10 tấn thép chứa 98 %Fe cần dùng m tấn gang chứa 93,4%
Fe. Biết hiệu suất của quá trình chuyển hóa gang thành thép là 80%. Giá trị của m
là:
A. 10,492 tấn.
B. 13,115 tấn.
C. 8,394 tấn.
D. 12,176 tấn.
Câu 11: Hòa tan hỗn hợp X gồm 11,2 gam Fe và 2,4 gam Mg bằng dung dịch
H2SO4,loãng,(dư),thu được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu được
kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi thì được m gam chất
rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m là:
A.18
B.20
C. 36
D. 24.
Câu 12: Hoà tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe 2O3 vào dung dịch HCl
dư được dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa.
Lọc kết tủa, rửa sạch đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu
được m gam chất rắn Y. Giá trị của m là:
A. 16,0.
B. 30,4.
C. 32,0.
D. 48,0.
Câu 13: Hỗn hợp X gồm a mol Fe, b mol FeCO 3 va c mol FeS2. Cho X vao binh
dung tích không đổi chưa không khí (dư), nung đên các phan ưng xay ra hoan toan
sau đo đưa vê nhiêt đô đâu thấy áp suất trong binh băng áp suất trước khi nung.
Quan hê cua a, b, c la:
A. a = b+c
B. 4a + 4c = 3b
C. b = c + a
D. a+c=2b
Câu 14: Cho 16,9 gam hỗn hợp Na và Al hòa tan hết vào nước dư thu được dung
dịch X. Cho X phản ứng hết với 0,8 mol HCl thu được 7,8 gam kết tủa và dung
dịch Y.Sục CO2 vào Y không thấy có kết tủa xuất hiện. Tính khối lượng Al trong
hỗn hợp ban đầu.
A.3,95 gam
B.2,7 gam
C.12,4 gam
D.5,4 gam
Câu 15: 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. Hòa tan hoàn toàn b gam A
12


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

bằng dung dịch HNO3 loãng dư , thu được dung dịch X ( không chứa ion Fe 2+ ). 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
Câu 16: Nung 23,2 gam hỗn hợp X ( FeCO3 và FexOy ) tới phản ứng hoàn toàn thu
được khí A và 22,4 gam Fe2O3 duy nhất. Cho khí A hấp thụ hoàn toàn 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 17: Cho luồng khí CO đi qua một lượng quặng hematit T ( chứa Fe2O3 ) thì
thu được 300,8 gam hỗn hợp các chất rắn X và thoát ra hỗn hợp khí Y. Cho hấp thụ
toàn 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 HNO 3 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 18: Hỗn hợp X gồm anđehit Y, axit cacboxylic Z và este T (Z và T là đồng
phân). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X cần 0,625 mol O 2, thu được 0,525 mol CO 2
và 0,525 mol nước. Cho một lượng Y bằng lượng Y có trong 0,2 mol X tác dụng
với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, đun nóng, sau phản ứng được m
gam Ag (hiệu suất phản ứng 100%). Giá trị của m là:
A. 64,8g
B. 16,2g
C. 32,4.
D. 21,6g
Câu 19: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm propanđial, fomanđehit, metyl
fomat cần dùng vừa đủ 4,48 lít O2 (đktc) thu được 2,7 gam H2O. Giá trị của m là:
A. 6,2.
B. 4,3.
C. 2,7.
D. 5,1.
Câu 20: Axit cacboxylic X hai chức (có phần trăm khối lượng của oxi nhỏ hơn
70%), Y và Z là hai ancol đồng đẳng kế tiếp (M Y < Mz). Đốt cháy hoàn toàn 0,2
mol hỗn hợp X, Y, Z cần vừa đủ 8,96 lít khí O 2 (đktc), thu được 7,84 lít khí CO 2
(đktc) và 8,1 gam H2O. % khối lượng của Y trong hỗn hợp trên là:
A. 12,6%.
B. 29,9%.
C. 29,6%.
D. 15,9%.

ĐÁP ÁN VÀ GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:Chọn đáp án B
 nFe = 2(mol) B TNT ( Fe + S)
Chia ñeåtrò
    →
Ta có ngay :    → A 
 nS = 4(mol)
T.O
ùng
 BTN
 
→ nOphan
=
2

 nFe O = 1(mol)
2 3

n = 4(mol)
 SO2

1.3 + 4.2
= 5,5(mol) → V = 22,4.5,5 = 123,2 (lít).
2

Câu 2: Chọn đáp án A
Câu hỏi đặt ra : Fe đi vào chất nào ? – Nó đi vào Fe2O3
13


Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành

  → n Fe2 O 3 =
Ta có ngay : nFe = 1  BTNT.Fe

1
= 0,5 → m = 0,5.160 = 80 (gam)
2

Câu 3: Chọn đáp án C
Câu hỏi đặt ra : Cu đi vào chất nào ? – Nó đi vào Cu(NO 3)2.
Ta có ngay :
nCu = 0,5(mol)  BTNT.Cu
  → nCu(N O 3 )2 = 0,5(mol)
→ m = 0,5.( 64 + 62.2 ) = 94 (gam)
Câu 4: Chọn đáp án B
Sau phản ứng thì C đi vào hai chất là CO và CO2.
 CO :a(mol)
 BTNT
 .C→ a + 4a = 0,7 → a = 0,14(mol)
Ta có ngay : nC = 0,7 
CO
:4a(mol)
2

T.O
L
 BTN
 
→ nO = 9a = 0,14.9 = 1,26(mol)  BTK
 →
mX =



m(C,O)

= 8,4 + 1,26.16 = 28,56 (gam)
Câu 5: Chọn đáp án A
Ta dùng kế chia để trị
 Fe:a + b + c (mol)
 S :2b + c (mol)

 O2 ,nung,D
 L BTN
 →
.Ta có ngay : 
C
:a
(mol)

 O :3a (mol)
 BTNT.O
 → nOphaûn öùng =
2

3.

a + b+ c
+ 2 ( 2b + c ) + 2a − 3a
a + 11b + 7c
2
=
2
4

P = const → nOphaûn öùng = nCO + nSO
2

a+ b+ c

(mol)
 Fe2 O 3 :
2

 SO 2 :2b + c (mol)
 CO :a (mol)
2



2

2



a + 11b + 7c
= 2b + c + a
4

a + 11b + 7c
= 2b + c + a → a = b + c
4
Câu 6: Chọn đáp án C
Ý tưởng giải bài toán : Dùng BNTN Fe
n
800.0,95
800.0,95 1
nFe =
→ m Fe3O 4 = Fe .232 =
. .232
56
3
56
3
800.0,95 1
1
1
→ mquang =
. .232. .
= 1338,68 (gam)
56
3
0,8 0,98


Câu 7: Chọn đáp án A
T.P
nA g3PO 4 = 0,1(mol)  BTN
 
→ n P = 0,1(mol) → m = 3,1(gam)

14


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Câu 8: Chọn đáp án D
Chú ý: CuS không tác dụng với HCl.
 → nH 2S = nFe + nZn =
Ta có:  BTNT
→ V CuSO 4 =

11,2 26
+
= 0,6  BTNT.Cu
  → nCuSO 4 = 0,6(mol)
56 65

0,6.(64 + 96)
= 872,73
0,1.1,1

Câu 9: Chọn đáp án A
Tư duy: Dùng BTNT P.
1
nP =
.0,49 = 0,005(mol)
98
→ nCa3 (PO 4 )2 = 0,0025(mol) → m = 0,0025.310.

1
1
.
= 1,18(gam)
0,73 0,9

Câu 10: Chọn đáp án B
Ý tưởng: Dùng BTNT Fe:
10
10
1
1
nFe =
.0,98 → mGang =
.0,98.56.
.
= 13,115(gam)
56
56
0,934 0,8
Câu 11: Chọn đáp án B
T.Fe
 nFe = 0,2(mol)  BTN
 
→ nFe2 O 3 = 0,1(mol)
→ m = 16 + 4 = 20(gam)

BTN T.M g
 nM g = 0,1(mol)    → nM gO = 0,1(mol)

Câu 12: Chọn đáp án C
Vì sau cùng toàn bộ lượng Fe chuyển vào Fe2O3 nên ta có ngay:
 Fe:0,4(mol) BTNT.Fe
X
   → n Fe2O 3 = 0,2(mol) → m = 0,2.160 = 32(gam)
 O :0,3(mol)
Câu 13: Chọn đáp án C
Cách 1 : Nhận xét nhanh như sau:
Để ý rằng 1 mol S tác dụng với 1 mol oxi sinh ra 1 mol SO 2 nên số mol khí
không đổi
Xem hỗn hợp đầu có a+c mol Fe , b mol FeCO 3. Một mol Fe ra Fe2O3 khí giảm
3/4 mol. Một mol FeCO3 khí tăng 3/4 mol .Vậy b=a+c
Cách 2: Sử dụng BTNT:
 nFe = a + b + c (mol)

 nS = 2c (mol)
T
 BTN
 →
Ta có ngay : 
 nC = b (mol)
 n = 3b (mol)
 O

a+ b+ c

(mol)
 nFe2 O 3 =
2

 nSO 2 = 2c (mol)

 nCO 2 = b (mol)

15


Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành

 BTNT.O
 → nOphaûn öùng = 0,75(a + b + c) + 2c + b − 1,5b = 0,75a + 0,25b + 2,75c
2
p = const → 0,75a + 0,25b + 2,75c = 2c + b → 0,75a + 0,75c = 0,75b
→ b= a+ c
Câu 14: Chọn đáp án D
Với bài toán này ta có thể tư duy bằng cách BTNT.Clo như sau.Sau khi phản
ứng thì Clo trong HCl sẽ biến vào NaCl và AlCl3.Do đó ta có:
 N aCl :a
 N a :a (mol)
16,9 
→ 
 A l :b (mol)
 A lCl3 :b − 0,1
 23a + 27b = 16,9
 a = 0,5 (mol)
→ 
→ 
→ m A l = 0,2.27 = 5,4
 a + 3.(b − 0,1) = 0,8  b = 0,2 (mol)
Câu 15: Chọn đáp án D
 nCu(NO 3 )2 = x(mol)
 nCuO = x(mol)
 BTNT
 (Cu+ Fe)→ 
Ta có : a 
 nFe3O 4 = 2x(mol)
 nFe(NO 3 )3 = 6x(mol)
L
 BTK
 →
188x + 64.242 = 41 → x = 0,025 (mol)
L
 BTK
 →
a = 80.0,025 + 232.0,05 = 13,6 (gam)
Câu 16: Chọn đáp án D
Cho khí A (CO2) hấp thụ vào Ba(OH)2 :
T.C
 BTN
 
→ nCO 2 = nFeCO 3 = nBaCO 3 = 0,04(mol)
BTNT.Fe
Ta có: nFe2O 3 = 0,14(mol)    →
trong Fex O y

T.Fe
 BTN
 
→ nFe



nFe = 0,28(mol)

= 0,28 − 0,04 = 0,24(mol)

L
 BTK
 →
m Fex O y = 23,2 − 0,04.116 = 18,56(gam)

18,56 − 0,24.56
= 0,32(mol)
16
x 0,24 3
= → Fe3O 4 → n FeO .Fe2 O 3 = 0,08(mol)
Với FexOy ta có : =
y 0,32 4
→ nOtrong oxit =

 Fe2 + :0,04 + 0,08 = 0,12(mol)
T
X + HCl →  3+
 BTD
 →
n Cl− = n HCl
 Fe :0,08.2 = 0,16(mol)
= 0,12.2 + 0,16.3 = 0,72(mol) → V= 720 = 360 (ml)
2
Câu 17: Chọn đáp án D
Ta dễ thấy khối lượng bình NaOH tăng là khối lượng CO2:
52,8
T.O
 BTN
 
→ mtang = mCO 2 = 52,8(gam) → nObi khu = nCO 2 =
= 1,2(mol)
44
16


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
L
 BTK
 →
m T = 300,8 + 1,2.16 = 320(gam)

387,2
= 1,6(mol)
242
0,8.160
T.Fe
 BTN
 
→ nFe2 O 3 = 0,8(mol) → % Fe2 O 3 =
= 40%
320
Câu 18: Chọn đáp án B
Ta có :
 nCO :0,525
2
L

  BTK
 →
m X = 0,525.44 + 0,525.18 − 0,625.32 = 12,55(gam)
 nH 2O :0,525 →  BTNT.oxi
trong X
= 0,525.3 − 0,625.2 = 0,325(mol)
    → nO

n
:0,625
 O 2
 nC H O = a
 a + b = 0,2
 a = 0,075(mol)
2 = nH 2 O
 nCO
 
 →  n 2 n
→ 
→ 
 nC m H 2 mO 2 = b  a + 2b = 0,325  b = 0,125(mol)
T.Fe
X + HN O 3  BTN
 
→

n Fe = n Fe(NO 3 )3 =

→ 0,075.CH 3CHO + 0,125.C 3 H 6 O 2 = 12,55 → n A g = 0,075.2 = 0,15(mol)
→ m Ag = 16,2(gam)
Câu 19: Chọn đáp án D
 C 3H 4O 2 → C 3 (H 2O) 2

B TNT C voânhoù
mH O
X  CH 2O → C(H 2O)
→ nCO = nO = 0,2(mol)       2→
2
2
 C H O → C (H O)
2
2
2
 2 4 2

m = 2,7 + 0,2.12 = 5,1g
Để làm nhanh ta hiểu nước được tách ra từ X còn O2 phản ứng đi vào CO2
Câu 20: Chọn đáp án B
4.16
< 0,7 → R > 1,4
Ta có ngay X :R ( COOH ) 2 →
R + 90
 nO = 0,4(mol)
 2
BTNT.oxi
L
trong X ,Y ,Z
= 0,35(mol)  BTK
 →
m X ,Y ,Z
 nCO 2 = 0,35(mol)    → nO

 nH 2 O = 0,45(mol)

=



m(C,H,O) = 10,7(gam)

Dễ dàng suy ra ancol đơn chức:

 a + b = 0,2
 axit:a(mol)
 a = 0,05(mol)
→  BTNT .oxi
→ 

 ancol :b(mol)     → 4a + b = 0,35  b = 0,15(mol)
Nếu X là HOOC – CH2–COOH

17


Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành

→ ROH =

 CH 3OH :0,1
10,7 − 0,05.104
0,1.32
→ R = 19,67 → 
→ % =
0,15
10,7
 C 2 H 5OH :0,05

BÀI LUYỆN TẬP SỐ 2
Câu 1: Hỗn hợp X gồm axit fomic, axit acrylic, axit oxalic và axit axetic . Cho m gam X
phản ứng hết với dung dịch NaHCO 3 thu được 0,672 lít CO2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn
m gam X cần 1,008 lít O2 (đktc), thu được 2,42 gam CO2 và a gam H2O. Giá trị của a là
A. 1,80.
B. 0,72
C. 1,44.
D. 1,62.
Câu 2:Cho hh X có thể tích V 1 gồm O2,O3 có tỉ khối so với H2=22.Cho hh Y có
tích V2 gồm metylamin va etylamin có tỉ khối so với H2=17.8333. đốt hoàn toàn V2
hỗn hợp Y cần V1 hỗn hợp X. tính tỉ lệ V1:V2?
A.1
B.2
C.2,5
D.3
Câu 3: Đốt cháy hoan toan a gam hỗn hợp gồm metanol va butan-2-ol được 30,8
gam CO2 va 18 gam H2O. Giá trị a la
A. 30,4 gam.
B. 16 gam.
C. 15,2 gam.
D. 7,6 gam.
Câu 4: Đốt cháy hoan toan 0,4 mol hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic va
ancol isopropylic rồi hấp thu toan bô san phâm cháy vao nước vôi trong dư được
80 gam kêt tua. Thê tích oxi (đktc) tối thiêu cân dung la
A. 26,88 lít.
B. 23,52 lít.
C. 21,28 lít.
D. 16,8 lít.
Câu 5.Đốt cháy 30,6 gam hỗn hợp X gồm andehit axetic;vinyl axetat,axit
isobutyric thu được 31,36 lít CO2 (đktc).Số mol vinyl axetat trong hỗn hợp là:
A.0,1
B.0,2
C.0.3
D.0.15
Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn 4,16 gam hỗn hợp X gồm RCOOH và RCOOC 2H5 thu
được 4,256 lít CO2(đktc) và 2,52 gam H2O. Mặt khác 2,08 gam hỗn hợp X phản
ứng với lượng vừa đủ dung dịch NaOH , thu được 0,46 gam ancol và m gam muối.
Giá trị của m là:
A. 2,35 gam
B. 2,484 gam
C. 2,62 gam
D. 2,42 gam
Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp X gồm một số ancol thuộc cùng
dãy đồng đẳng cần dùng 10,08 lit khí O 2 (đktc) thu được 6,72 lít khí CO 2 (đktc) và
9,90 gam H2O. Nếu đun nóng 10,44g hỗn hợp X như trên với H 2SO4 đặc ở nhiệt độ
thích hợp để chuyển hết thành ete thì tổng khối lượng ete thu được là:
A. 7,74 gam
B. 6,55 gam
C. 8,88 gam
D. 5,04 gam
Câu 8: Hỗn hợp X gồm andehit , axit cacboxylic , este . Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol
X cần 0,625 mol O2, thu được 0,525 mol CO2 và 0,525 mol nước. Lấy toàn bộ
anđehit trong 0,2 mol X tác dụng với dung dịch AgNO 3 dư trong NH3, đun nóng sau
phản ứng được m gam Ag ( hiệu suất phản ứng 100%). Giá trị lớn nhất của m là:
A. 16,2g
B. 21,6g
C. 32,4g
D. 10,8g
Câu 9: Cho 0,1 mol CH3COOH vào cốc chứa 30ml dung dịch ROH 20% (d = 1,2
g/ml), R là một kim loại thuộc nhóm IA. Cô cạn dung dịch sau phản ứng rồi đốt
18


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

cháy hoàn toàn chất rắn khan còn lại. Sau khi đốt cháy thì còn 9,54 gam chất rắn
và m gam hỗn hợp khí CO2, hơi nước bay ra. Xác định giá trị của m.
A. 9,3
B. 8,26
C. 10,02
D. 7,54
Câu 10: Oxi hóa 2m gam ancol no, đơn chức, bậc 1 bằng oxi không khí trong điều
kiện thích hợp thì thu được 3m gam hỗn hợp X gồm anđehit, axit và nước. Xác
định công thức của ancol trên.
A. CH3OH hoặc C2H5OH
B. C2H5OH
C. C2H5OH hoặc C3H7OH
D. CH3OH
Bài 11: Để trung hòa m gam hỗn hợp X gồm hai axit no đơn chức mạch hở kế tiếp
nhau trong dãy đồng đẳng cần 100 ml dung dịch NaOH 0,3M. Mặt khác đem đốt
cháy m gam hỗn hợp X rồi cho sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình 1 đựng P 2O5
bình 2 đựng KOH dư thấy khối lượng bình 1 tăng a gam bình 2 tăng (a + 3,64)
gam.Thành phần % khối lượng axit có số nguyên tử cacbon nhỏ trong hỗn hợp X
là:
A.30,14%
B.33,33%
C.69,68%
D.66,67%
Bài 12: Hỗn hợp X gồm một anđehit no đơn chức mạch hở và một anđehit không
no đơn chức mạch hở ( trong phân tử chứa một liên kết đôi C=C). Khi cho X qua
dung dịch brom dư đến phản ứng hoàn toàn thấy có 24 gam Br 2 phản ứng. Đốt
cháy hoàn toàn X thì thu được 7,7 gam CO2 và 2,25 gam H2O. Nếu cho hỗn hợp X
tác dụng với dung dịch AgNO3 dư trong NH3 đến phản ứng hoàn toàn thu được m
gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 16,2
B. 27
C. 32,4
D. 21,6
Câu 13: Chia 1 amin bậc 1,đơn chức A thành 2 phần đều nhau.
Phần 1: Hòa tan hoàn toàn trong nước rồi thêm dung dịch FeCl 3 (dư).Kết tủa
sinh ra lọc rồi đem nung tới khối lượng không đổi được 1,6 gam chất rắn.
Phần 2: Tác dụng với HCl dư sinh ra 4,05 gam muối .CTPT của A là:
A. CH3NH2
B. C2H5NH2
C. C3H7NH2
D. C4H9NH2
Câu 14: Khi đốt cháy hoan toan môt amin đơn chưc X, thu được 16,8 lit CO 2, 2,8
lit N2 ( các thê tích khí đo ơ đktc) va 20,25 gam H2O.CTPT cua X la:
A. C4H9N
B. C3H7N
C. C2H7N
D. C3H9N
Câu 15: Cho 1.22g hỗn hợp X gồm 2 amin bậc 1 (có tỉ lệ số mol là 1:2) tác dụng
vừa đủ với 400ml dung dịch HCl 0,1M thu được dung dịch Y. Mặt khác khi đốt
cháy hoàn toàn 0.09mol hỗn hợp X thu được mg khí CO2 ; 1,344 lit (đktc) khí N2 và
hơi nước. Giá trị của m là:
A.3,42g
B.5,28g
C.2,64g
D.3,94g
ĐÁP ÁN VÀ GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:Chọn đáp án B
Ta có :
Trong X
n CO2 = 0, 03(mol) → n COOH
= 0, 03 ( mol )  BTNT.O
  → n OTrong X = 0, 06 ( mol )

n CO2 = 0, 055  BTNT.C
  → n CTrong m = 0,055(mol)
19


Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành

 BTKL
 → m =



m(C, H, O) = 0, 055.12 +

a
.2 + 0, 06.16
18

Cách 1 : Dùng BTKL ta có

a
 BTKL
 → 1, 62 + + 0,
045.32
1
42
4
3 = 2, 42 + a → a = 0, 72
1
42 4
39
O2
m

Cách 2 : Dùng BTNT.O ta có

a
 BTKL
 → 0,06
045.2
055.2
{ + 0,
1
42
4
3 = 0,
1
42
4
3 + 18 → a = 0, 72(gam)
RCOOH
O
CO
2

Câu 2: Chọn đáp án B
V1

 VO2 : 4
Có ngay 

 V : 3V1
 O3 4
Bảo toàn O có ngay

2

2V2

 VCH3 NH2 : 3
 BTNT.(H
  + C)→

V
V
: 2
 C2H5 NH2 3

4V2

 VCO2 : 3

 V : 17V2
 H2 O
6

V1 9V1 8V2 17V2
V
+
=
+
→ 1 = 2
2
4
3
6
V2

Câu 3: Chọn đáp án C
Theo các chú ý có ngay :
 n C = n CO2 = 0,7(mol)

 n H = 2n H2O = 2(mol) → a = m X = m C + m H + m O = 15, 2(gam)

 n O = n X = 0,3(mol)
Câu 4: Chọn đáp án A
 n C = n CO2 = 0,8(mol)
→ n H 2O = 1, 2(mol) → n Opu = 2, 4(mol)
Ta có :  X
 n O = n X = 0, 4(mol)
→ VO 2 =

2,4
.22,4 = 26,88(lít)
2

Câu 5. Chọn đáp án A
Theo các chú ý có ngay
cho : n X = 1(mol) → m X = 9,6 →

MX n Y
=
= 0,6 → ∆ n ↓ = n Hpu2 = 0, 4(mol)
MY n X

Câu 6: Chọn đáp án A
Tính toán với số liệu của X là 2,08 gam.
 n CO2 = 0,095(mol)
1, 26 + 4,18 − 2,08
→ n Opu =
= 0, 21(mol)
Ta có: 
16
 n H 2O = 0,07(mol)
20


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

 n RCOOC2 H5 = 0,01(mol)
→ n OX = 0,05(mol) → 
 n RCOOH = 0,015(mol)
→ 2,08 + 0,025.40 = m + 0, 46 + 0,015.18 → m = 2,35g
Câu 7: Chọn đáp án A
H2O = 0,55 mol > CO2 = 0,3 mol:
Ta có: X : C1,2 H 4,4 O → n X = 0,3 → n H2 O = 0,15(mol)
→ m = 10, 44 − 2,7 = 7,74 (gam)
Câu 8: Chọn đáp án C
0,525 mol CO2 và 0,525 mol nước → tất cả đều no đơn chức

 a + b = 0, 2
 n andehit = a(mol)
→ 
Ta có : 
 n Cn H 2 n O2 = b(mol)  a + 2b = 0,325
 a = 0,075(mol) → n Ag = 4.0,075(mol)
→ 
 b = 0,125(mol) → m Ag = 32, 4(gam)
Câu 9: Chọn đáp án B
Dễ dàng suy ra R là Na
 n CH3 − COONa = 0,1(mol)
→ n Na 2 CO3 = 0,09(mol) →
Ta có: 
 n NaOH = 0,08(mol)

 n CO2 = 0,11(mol)

 n H 2O = 0,19(mol)

→ m= 0,11.44 + 0,19.18 = 8,26 (g) → Chọn B
Câu 10: Chọn đáp án C
Vì ancol no, đơn chức, bậc 1 và X gồm anđehit, axit và nước. Ta có:
 1O → 1RCHO
2m
2m

< RCH 2 OH <
→ 32 < RCH 2 OH < 64

m
m
 2O → 1RCOOH
16
2.16
Bài 11: Chọn đáp án A
 n X = 0,03(mol)

 n C4 H8O2 = 0,01(mol)
→ n CO2 = 0,14(mol) → 
Ta có:  a 3,64 + a
→ a = 2,52
 18 =
 n C5H10O2 = 0,02(mol)
44
Bài 12: Chọn đáp án D
Dễ thấy nanđehit k no B = 0,175 – 0,125 = 0,05 mol.
Nếu X có HCHO (a mol) → 2 a + 2.0,05 = 0,15 → a = 0,025
C trong B = (0,175 – 0,025) : 0,05 = 3 (thỏa mãn)
m Ag = (0,025.4 + 0,05.2 ).108 = 21,6 gam
Câu 13: Chọn đáp án A
Dễ thấy 1,6 gam là Fe2O3:
21


Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành

→ nFe2 O 3 = 0,01(mol)  BTNT.Fe
  → n Fe3+ = 0,02(mol)
→ nOH = 0,06(mol) → n − NH 2 = 0,06(mol)
Khi đó: M A + 36,5 =

4,05
= 67,5 → M A = 31
0,6

Câu 14: Chọn đáp án D

 n = 0, 25(mol)  BTNT.N
  → n a min = 0, 25(mol) → N = 1
 N
0,75

BTNT.C
= 3
Ta có:  n CO2 = 0,75(mol)    → C =
0,
25


2, 25
BTNT.H
= 9
 n H 2O = 1,125(mol)    → n H = 2, 25(mol) → H =
0,
25

Câu 15: Chọn đáp án B
Ta có thể suy luận nhanh như sau:
Vì số C trong X phải lớn hơn 1 nghĩa là:

nCO 2 > 0,09 → mCO 2 > 0,09.44 = 3,96
Ta sẽ đi giải mẫu mực bài toán trên như sau :
X
 nN 2 = 0,06(mol)  BTNT.N
  → n Trong
− NH 2 = 0,12(mol)
Ta có : 
 nX = 0,09(mol)
→ X có 1 amin đơn chức và 1 amin 2 chức
Với thí nghiệm đốt cháy 0,09 mol X

 R 1 − N H 2 :a(mol)
 a + b = 0,09
 a = 0,06(mol)
→ 
→ 
Ta có: 
 H 2 N − R 2 − N H 2 :b(mol)  a + 2b = 0,12  b = 0,03(mol)
 nR 1 − NH 2 = 0,02(mol)
Dễ dàng suy ra 1,22 gam X có 
 nH 2 N − R 2 − NH 2 = 0,01(mol)
L
 BTK
 →
0,02(R 1 + 16) + 0,01(R 2 + 32) = 1,22 → 2R 1 + R 2 = 58

Vậy khi đốt 0,09 mol:
 CH 3 − NH 2 :0,06(mol)
X→ 
 H 2 N − CH 2 − CH 2 − N H 2 :0,03(mol)
T.C
 BTN
 
→ mCO 2 = 0,12.44 = 5,28(gam)

B. Đ ỊNH LUẬT BÀO TOÀN ELECTRON
Trong Hóa Học số lượng các bài toán liên quan tới sự thay đổi số oxi hóa là rất
nhiều.Công thức áp dụng thì rất ngắn
22



n+e =



ne− tuy nhiên sức mạnh của nó


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

thì rất ghê gớm. Điều quan trọng nhất khi các bạn áp dụng định luật này là phải các
định đúng.
Chất nhường e (chất khử) là những chất nào?
Chất nhận e (chất oxi hóa) là những chất nào?

Chú ý khi giải bài tập:
– Xác định nhanh tất cả các nguyên tố thay đổi số oxh (không quan tâm tới
chất không thay đổi)
– Viết chính xác quá trình nhường nhận electron (nên nhớ thuộc lòng).
– Kết hợp linh hoạt với Bảo toàn nguyên tố.
– Áp dụng công thức



ne− =



ne+ .

– Chú ý với những trường hợp về axit HNO 3 tạo ra muối NH4NO3; hỗn hợp
muối Fe2+;Fe3+.
– Trường hợp một nguyên tố tăng rồi lại giảm số oxi hóa hoặc ngược lại .
Bây giờ,chúng ta sẽ nghiên cứu các ví dụ để hiểu vấn đề trên .
A. Bảo toàn electron một nấc.
Bảo toàn electron một nấc nghĩa là chất khử sẽ có số oxi hóa
được đưa ngay từ min tới max thông qua một chất oxi hóa (thường là HNO 3 hoặc
2SO 4
 Fe  HNO
 3 / H
→ Fe3+

HNO /H 2SO4
→ Al3+
H2SO4).  Al   3 

HNO3 /H 2SO 4
2+
2+
2+
 Zn, Mg, Cu...     → Zn , Mg , Cu ...

Câu 1: Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO 3 loãng dư thu được hỗn
hợp khí gồm 0,015 mol N2O và 0,01 mol NO (phản ứng không tạo muối amoni).
Tính m.
A. 13,5 g
B. 0,81 g
C. 8,1 g
D. 1,35 g
 nN 2O = 0,015(mol)
→ ne = 0,015.8 + 0,01.3 = 0,15(mol)
Ta có: 
 nNO = 0,01(mol)
 BTE
 → nA l = 0,05(mol) → m A l = 0,05.27 = 1,35(gam)
Câu 2: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO 3 loãng (dư), thu
được dung dịch X và 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N 2O và N2. Tỉ
khối của hỗn hợp khí Y so với khí H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam
chất rắn khan. Giá trị của m là:
A. 97,98.
B. 106,38.
C. 38,34.
D. 34,08.

23


Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành

Ta có ngay:
 n Al = 0, 46(mol) → ∑ n e− = 1,38(mol)

  n N 2O = 0,03(mol)
1,38 − 0,54
→ n e+ = 0,54(mol) → n NH + =
= 0,105(mol)

4
8
  n N 2 = 0,03(mol)
→ m = 0, 46.(27 + 62.3) + 0,105.80 = 106,38(gam)
B. Bảo toàn electron nhiều nấc.
Bảo toàn electron nhiều nấc nghĩa là chất khử sẽ có số oxi hóa được đưa từ số oxi
hóa min tới số oxi hóa trung gian rồi tới max thông qua một sô chất oxi hóa
Với mức trung gian thường là : Oxi,Clo...
Với mức max thường là:HNO3 hoặc H2SO4.
Dạng bài tập này ta thường hay dùng kế “Chia để trị”.
Câu 1: Đốt cháy x mol Fe bởi oxi thu được 5,04 gam hỗn hợp (A) gồm các oxit
sắt. Hòa tan hoàn toàn (A) trong dung dịch HNO 3 thu được 0,035 mol hỗn hợp (Y)
gồm NO và NO2. Tỷ khối hơi của Y đối với H2 là 19. Tính x.
A. 0,06 mol.
B. 0,065 mol.
C. 0,07 mol.
D. 0,075 mol.
 n Fe = x(mol) BTKL
  → 56x + 16y = 5,04
Chia để trị ta có ngay: 5,04 
 n O = y(mol)
 n NO = 0,0175(mol) BTE
  → 3x = 2y + 0,0175.4 → x = y = 0,07(mol)
Ta có: 
 n NO2 = 0,0175(mol)
Câu 2: Thổi môt luồng CO qua hỗn hợp Fe va Fe2O3 nung nong được chất khí B
va hỗn hợp D gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4. Cho B lôi qua dung dịch nước vôi trong
dư thấy tao 6 gam kêt tua. Hoa tan D băng H 2SO4 đặc, nong thấy tao ra 0,18 mol
SO2 con dung dịch E. Cô can E thu được 24 g muối khan. Xác định thanh phân %
của Fe:
A. 58,33%
B. 41,67%
C. 50%
D. 40%
Cô can E thu được 24g muối khan do đo ta co :
24
 BTNT.Fe
  → nFe = 2nFe2 ( SO 4 ) = 2.
= 0,12(mol)
3
400
 Fe:0,12(mol) BTN T (O + C )
 Fe:0,12(mol)
    → D 
Hỗn hợp đầu 
 O :a(mol)
 O :a − 0,06(mol)
 BTE
 → 0,12.3 = 2(a − 0,06) + 0,18.2 → a = 0,06(mol)
Chú ý : (Đề chưa chặt chẽ vì D chỉ là Fe).
 Fe O :0,02(mol) BTK L
0,08.56
T (Fe+ O )
 BTN
 
 →  2 3
  → % Fe =
= 58,33%
0,12.56 + 0,06.16
 Fe:0,08(mol)
24


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

→ Chọn A
Câu 3: Thổi khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe 2O3 nung nóng. Sau phản ứng
thu được m1 gam chất rắn Y gồm 4 chất. Hoà tan hết chất rắn Y bằng dung dịch
HNO3 dư thu được 0,448 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở điều kiện chuẩn)
và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m 1+16,68 gam muối khan. Giá trị
của m là:
A. 8,0 gam.
B. 16,0 gam.
C. 12,0 gam.
D. Không xác định được.
Chia để trị :
 Fe : a(mol)  BTNT.Fe
  → Fe(NO3 )3 : a(mol)
m1 
→ m1 = 56a + 16b (gam)
 O : b(mol)
 BTNT.Fe
  → m Fe( NO3 )3 = a(56 + 62.3)
  BTE
 → 3a = 2b + 0,02.3
n NO = 0,02(mol) → 
 a(56 + 62.3) = 56a + 16b + 16,68
→ a = 0,1  BTNT.Fe
  → m = 0,05.160 = 8g

→ Chọn A

Câu 4: Đốt 11,2 gam Fe trong bình kín chứa khí Cl 2, thu được 18,3 gam chất rắn
X. Cho toàn bộ X vào dung dịch AgNO 3 dư đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn,
thu được m gam chắt rắn. Giá trị của m là:
A. 28,7.
B. 43,2.
C. 56,5.
D. 71,9.
18,3 − 11,2
L
nFe = 0,2(mol)  BTK
 →
n Cl =
= 0,2(mol)
35,5
  BTNT
 .Clo→ A gCl :0,2(mol)

→ m = 71,9(gam)
 BTE
0,2.3 − 0,2
= 0,4(mol)
   → A g :
1

Chú ý: Bài này ta áp dụng BTE cho cả quá trình. Chất khử là Fe với số mol e
nhường là
0,2.3 = 0,6 do đó tổng số mol e nhận (Cl và Ag+ ) cũng phải bằng 0,6
C. Bảo toàn electron có nhiều yếu t ố gây nhi ễu.
Trong nhiều bài tập hóa học người ra đề rất hay dùng kỹ thuật
tung hỏa mù bằng cách đưa các nguyên tố gây nhiễu vào làm nhiều bạn học sinh
không hiểu kỹ bản chất hóa học sẽ rât bối rối.Nhiều khi còn hoang mang và đành
bó tay mặc dù bản chất nó rất đơn giản.Mình xin lấy một ví dụ rât đơn giản như
sau.Đảm bảo các bản sẽ không thể không hiểu.
Giả sử : Sắt có 1 triệu ,Sắt cho Clo 0,2 triệu như vậy lúc này Sắt còn 0,8 triệu và
Clo có 0,2 triệu.Rồi sau đó cả Clo và Sắt đưa toàn bộ số tiền này cho KMnO4 .Như
vậy cuối cùng ta thấy chỉ có Fe nhường tiền và KMnO4 còn Clo chẳng làm gì ở đây
cả.Trong hóa học ta cần phải để ý những chất nhiễu kiểu như Clo trong ví dụ trên.
25


Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành

Các bạn xem thêm các ví dụ này nhé .
Câu 1: Trộn 0,54 gam bột nhôm với bột Fe 2O3 và CuO rồi tiến hành phản ứng
nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO 3 được
hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Thể tích (đktc) khí
NO và NO2 lần lượt là:
A. 0,224 lít và 0,672 lít.
B. 0,672 lít và 0,224 lít.
C. 2,24 lít và 6,72 lít.
D. 6,72 lít và 2,24 lít.
Trong ví dụ trên ta chỉ quan tâm tới sự thay đổi số oxi hóa của Al với Fe và Cu
không cần quan tâm.Vì cuối cùng các nguyên tố đều lên số oxi hóa cao nhất.
 n Al = 0,02(mol) → ∑ n e+ = 0,06(mol)

Ta có ngay :  n NO = a(mol)
n
 NO2 = 3a(mol)
 BTE
 → 0,06 = 6a → a = 0,01(mol)

→ Chọn A
Câu 2: Trộn đều 10,8 gam Al với hỗn hợp Fe 2O3, CuO, Cr2O3 rồi đốt nóng để tiến
hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp X. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X
trong dung dịch HNO3 đun nóng thu được V lít (đktc) hỗn hợp khí NO, NO 2 có
tỉ khối so với hiđro là 21. V có giá trị là:
A. 20,16 lít.
B. 17,92 lít.
C. 16,8 lít.
D. 4,48 lít.
+
 n Al = 0, 4(mol) → ∑ n e = 1, 2(mol)

Ta có ngay :  n NO = a(mol)
n
 NO2 = 3a(mol)
 BTE
 → 1, 2 = 6a → a = 0,02(mol)

→ Chọn B
Câu 3: Đốt 16,2 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe trong khí Cl2 thu được hỗn hợp chất
rắn Y. Cho Y vào nước dư, thu được dung dịch Z và 2,4 gam kim loại. Dung dịch
Z tác dụng được với tối đa 0,21 mol KMnO4 trong dung dịch H2SO4 (không tạo ra
SO2). Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp X là:
A. 72,91%.
B. 64,00%.
C. 66,67%.
D. 37,33%.
Chú ý: Nguyên tố gây nhiễu là Cl2(ta không cần quan tâm) vì cuối cùng Cl − cũng
bị KMnO4 oxi hóa thành Cl2.
BTK L
 A l :a(mol)    → 27a + 56b = 13,8
→  BTE
Ta có ngay : 16,2 − 2,4 = 13,8 
 Fe:b(mol)    → 3a + 3b = 0,21.5

0,15.56 + 2,4
 a = 0,2(mol)
→ % Fe =
= 66,67%
→ 
16,2
 b = 0,15(mol)
BÀI TẬP RÈN LUYỆN SỐ 1
26


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Câu 1: Hòa tan hoàn toàn 16,56 gam Mg bằng dung dịch HNO 3 loãng (dư), thu
được dung dịch X và 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N 2O và N2. Tỉ
khối của hỗn hợp khí Y so với khí H 2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam
chất rắn khan. Giá trị của m là:
A. 102,12.
B. 110,52.
C. 138,34.
D. 134,08.
Câu 2: Hoà tan hoàn toàn m gam Fe trong dd HNO 3 thấy có 0,3 mol khí NO 2 sản
phẩm khử duy nhất thoát ra, nhỏ tiếp dd HCl vừa đủ vào lại thấy có 0,02 mol khí
NO duy nhất bay ra. Cô cạn dd sau phản ứng thu được chất rắn có khối lượng là
A. 24,27 g
B. 26,92 g
C. 19,5 g
D. 29,64 g
Câu 3: Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe 2O3 nung nóng. Sau
một thời gian thu được 10,44 gam chất rắn X gồm Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4 . Hòa
tan hết X trong dung dịch HNO 3 đặc, nóng thu được 4,368 lít NO 2 (sản phẩm khử
duy nhất ở đktc). Tính m ?
A.12
B.8
C.20
D.24
Câu 4: Cho 14,8(g) hỗn hợp gồm Al, Zn, Fe vào dung dịch H 2SO4 đặc, t0 dư, sau
phản ứng thấy khối lượng dung dịch giảm 10,8(g). Tính thể tích khí thu được ở
(00C, 2 atm). Biết khí đó không cho phản ứng với dung dịch CuCl2.
A. 17,92(l)
B. 8,96(l)
C. 2,24 (l)
D. 4,48 (l)
Câu 5: Cho 20 gam hh X gồm Cu, Fe, Al, Mg tan hoàn toàn trong dd HNO 3 loang
nóng dư thu được dd Y và 8,96 lit khí NO duy nhất .Cho dd NaOH vào dd Y đến
khi kết tủa hoàn toàn. Các cation kim loại thì thu được kết tủa Z. Nung Z đến khối
lượng không đổi thu được m gam hh các oxit. m có giá trị là:
A. 39,2
B. 23,2
C. 26,4
D. 29,6
Câu 6: Cho hh X dạng bột gồm Al, Fe, Cu. Hòa tan 23,4 gam X vào dd H 2SO4 dặc
nóng dư thu được 0,675 mol SO 2. Cho 23,4 gam X vào bình chứa 850 ml dd H 2SO4
loãng 1M (dư) sau khi pứ hoàn toàn thu đc khí Y, dẫn toàn bộ khí Y vào ống đựng
bột CuO đun nóng, thấy khối lượng chất rắn trong ống giảm 7,2 gam so với ban
đầu. Số mol Al, Fe, Cu trong hh X lần lượt là:
A.0,15; 0,2; 0,2
B.0,2;0,2;0,15
C.0,2;0,15;0,15
D.0,15;0,15;0,15
Câu 7: Cho 8 g hỗn hợp X gồm Cu, Fe 3O4 tác dụng HNO3 đun nóng. Sau khi phản
ứng xảy ra hoàn toàn thu đươc 1,344 lít hỗn khí A gồm NO và NO 2 dung dịch Y và
1,2 kim loại. Tỉ khối của A so với He là 9,5. Cho dung dịch Y tác dụng với NaOH
dư rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m g chất rắn. Giá
trị m là:
A. 8
B. 9
C.10
D.11

27


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×