Chuyên đề bài tập vô cơ & hữu cơ - Sáng tạo và phát triển hướng giải bài tập mùa thi 2016 by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 6. Sáng tạo và phát triển tư duy BIẾN ĐỔI peptit khi giải bài tập thủy phân và đốt cháy cơ bản

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. Thuỷ phân hoàn toàn 0,1 mol peptit X (mạch hở, được tạo bởi các α-amino axit có 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm -COOH) bằng dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được chất rắn có khối lượng lớn hơn khối lượng của X là 52,7 gam. Số liên kết peptit trong X là A. 14. B. 9. C. 11. D. 13. Câu 2. [PHV-FC]: Đun nóng x gam hỗn hợp A gồm 2a mol tetrapeptit mạch hở X và a mol tripeptit mạch hở Y với 550 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ). Sau khi các phản ứng kết thúc, cô cạn dung dịch thu được 45,5 gam muối khan của các amino axit đều có một nhóm –COOH và một nhóm –NH2 trong phân tử. Mặt khác thủy phân hoàn toàn x gam hỗn hợp A trên bằng dung dịch HCl dư, thu được m gam muối. Giá trị của m là A. 56,175. B. 56,125. C. 46,275. D. 53,475. Câu 3. [PHV-FC]: Hỗn hợp M gồm một peptit X và một peptit Y (chúng cấu tạo từ 1 loại aminoaxit, tổng số nhóm -CO-NH- trong hai phân tử là 5) với tỉ lệ số mol nX : nY = 1 : 3. Khi thủy phân hoàn toàn m gam M thu được 81 gam glyxin và 42,72 gam alanin. Giá trị của m là A. 109,5 gam. B. 116,28 gam. C. 104,28 gam. D. 110,28 gam. Câu 4. [PHV-FC]: Hỗn hợp H gồm tetrapeptit X mạch hở và tripeptit Y mạch hở (X, Y đều được tạo từ các α-aminoaxit mạch hở, chứa một nhóm -COOH và một nhóm -NH2 trong phân tử) có tỉ lệ số mol nX : nY = 1 : 3. Đun nóng 68,10 gam hỗn hợp H với 780 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Z. Cô cạn dung dịch thu được m gam muối. Giá trị của m là A. 94,98 gam. B. 97,14 gam. C. 64,98 gam. D. 65,13 gam. Câu 5. [PHV-FC]: Cho m gam hỗn hợp N gồm 3 peptit X, Y, Z đều mạch hở và có tỉ lệ số mol nX : nY : nZ = 2 : 3 : 5. Thủy phân hoàn toàn N, thu được 60 gam Gly, 80,1 gam Ala, 117 gam Val. Biết số liên kết peptit trong X, Y, Z khác nhau và có tổng là 6. Giá trị của m là A. 226,5. B. 255,4. C. 257,1. D. 176,5. Câu 6. [PHV-FC]: Hỗn hợp X gồm 4 peptit có tỉ lệ mol lần lượt là 1 : 2 : 3 : 4. Thuỷ phân m gam X trong điều kiện thích hợp thu được hỗn hợp sản phẩm Y gồm 2,92 gam Gly-Ala; 1,74 gam Gly-Val; 5,64 gam AlaVal; 2,64 gam Gly-Gly; 11,25 gam Gly; 2,67 gam Ala; 2,34 gam Val. Biết tổng số liên kết peptit trong X không vượt quá 13. m có giá trị gần nhất với

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

A. 22. B. 26. C. 29. D. 32. Câu 7. [PHV-FC]: Hỗn hợp E gồm 3 peptit X, Y, Z có tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 3 : 4. Tổng số liên kết peptit trong X, Y, Z nhỏ hơn 8. Thủy phân hoàn toàn m gam E thu được 45 gam Gly, 71,2 gam Ala và 117 gam Val. Giá trị của m gần nhất với A. 203. B. 204. C. 205. D. 206. Câu 8. [PHV-FC]: X là một peptit. Thủy phân hoàn toàn X theo phản ứng X + 4H2O → 2A + 3B (A; B là các α-amino axit chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH). Thủy phân hoàn toàn 64,35 gam X thu được hỗn hợp Y chứa m1 gam A và m2 gam B. Cho m2 gam B tác dụng vừa đủ với 450 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 62,55 gam muối. A là A. glyxin. B. valin. C. alanin. D. axit α-amino butanoic. Câu 9. [PHV-FC]: Cho 0,2 mol α-amino axit A tác dụng với 120 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch X. Dung dịch X phản ứng vừa đủ với 260 ml dung dịch NaOH 2M đun nóng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 45,22 gam rắn khan. Z là tetrapeptit được tạo bởi từ A. Đun nóng 80,1 gam Z bằng dung dịch NaOH (vừa đủ) thu được khối lượng muối là A. 120,6 gam. B. 114,0 gam. C. 114,6 gam. D. 126,0 gam. Câu 10. [PHV-FC]: Hỗn hợp E chứa một tripeptit X và một pentapeptit Y có tỉ lệ mol tương ứng 2 : 1 (X, Y đều được tạo bởi các α-amino axit chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH). Đun nóng m gam hỗn hợp X với 500 ml dung dịch NaOH 0,55M (dùng dư 25% so với phản ứng), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 27,74 gam rắn khan. Giá trị m là A. 17,82 gam. B. 18,84 gam. C. 16,64 gam. D. 17,46 gam. Câu 11. [PHV-FC]: X là tetrapeptit; Y là tripeptit đều tạo từ một loại α-amino axit (Z) chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH và MX = 1,3074MY. Cho 0,3 mol pentapeptit tạo thành từ Z tác dụng với dung dịch NaOH (lấy dư 20% so với phản ứng). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam rắn khan. Giá trị m là A. 166,5 gam. B. 172,5 gam. C. 178,5 gam. D. 168,5 gam. Câu 12. [PHV-FC]: A là tetrapeptit Ala-X-Gly-Val và B là tripeptit Ala-Gly-X (X là α-amino axit no chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH). Đun nóng hỗn hợp E chứa A, B có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 3 với 650 ml

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

dung dịch NaOH 1M (lấy dư 25% so với phản ứng). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 61,8 gam rắn khan. Phần trăm khối lượng của A trong E là A. 38,68%. B. 29,91%. C. 35,37%. D. 32,68%. Câu 13. [PHV-FC]: Hỗn hợp E chứa 2 peptit X, Y đều mạch hở, có tỉ lệ mol tương ứng là 4 : 1 và có tổng số liên kết peptit nhỏ hơn 8. Đun nóng m gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 0,48 mol muối của glyxin và 0,08 mol muối của alanin. Giá trị nào của m sau đây không thỏa mãn các giả thiết trên? A. 33,94 gam. B. 36,64 gam. C. 35,44 gam. D. 34,84 gam. Câu 14. [PHV-FC]: Hỗn hợp X gồm 2 amino axit (chỉ có nhóm chức -COOH và -NH2 trong phân tử), trong đó tỉ lệ mO : mN = 80 : 21. Để tác dụng vừa đủ với 3,83 gam hỗn hợp X cần 30 ml dung dịch HCl 1M. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 3,83 gam hỗn hợp X cần 3,192 lít O2 (đktc). Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy (CO2, H2O và N2) vào nước vôi trong dư thì khối lượng kết tủa thu được là A. 20 gam. B. 13 gam. C. 10 gam. D. 15 gam. Câu 15. [PHV-FC]: Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo nên từ một α-aminoaxit (no, mạch hở, trong phân tử chứa một nhóm -NH2 và một nhóm -COOH). Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y thu được tổng khối lượng CO2 và H2O bằng 54,9 gam. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X, sản phẩm thu được cho lội từ từ qua nước vôi trong dư, tạo ra m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 60 gam. B. 30 gam. C. 120 gam. D. 45 gam. Câu 16. [PHV-FC]: Đipeptit X, hexapeptit Y đều mạch hở và cùng được tạo ra từ 1 amino axit no, mạch hở trong phân tử có 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH. Cho 13,2 gam X tác dụng hết với dung dịch HCl dư, làm khô cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu được 22,3 gam chất rắn. Vậy khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y thì cần ít nhất bao nhiêu mol O2 nếu sản phẩm cháy thu được gồm CO2, H2O, N2 ? A. 2,25 mol. B. 1,35 mol. C. 0,975 mol. D. 1,25 mol. Câu 17. [PHV-FC]: Thuỷ phân hoàn toàn m gam một pentapeptit mạch hở M thu được hỗn hợp gồm hai αamino axit X1, X2 (đều no, mạch hở, phân tử chứa một nhóm -NH2 và một nhóm -COOH). Đốt cháy toàn bộ lượng X1, X2 ở trên cần dùng vừa đủ 0,1275 mol O2, chỉ thu được N2, H2O và 0,11 mol CO2. Giá trị của m là A. 3,17. B. 3,89. C. 4,31. D. 3,59.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 18. [PHV-FC]: X là một hexapeptit được tạo thành từ một α-amino axit no, mạch hở có 1 nhóm -COOH và 1 nhóm -NH2. Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol X cần vừa đủ 5,04 lít O2 (điều kiện tiêu chuẩn) thu đươc sản phẩm gồm CO2, H2O, N2. Vậy công thức phân tử của α-amino axit tạo nên X là A. C2H5NO2. B. C3H7NO2. C. C4H9NO2. D. C5H11NO2. Câu 19. [PHV-FC]: Đipeptit X, pentapeptit Y đều mạch hở và cùng được tạo ra từ 1 amino axit no, mạch hở trong phân tử có 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH. Cho 16 gam X tác dụng hết với dung dịch HCl dư, làm khô cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu được 25,1 gam chất rắn. Vậy khi đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol Y thì cần ít nhất bao nhiêu mol O2 nếu sản phẩm cháy thu được gồm CO2, H2O, N2? A. 3,75 mol. B. 3,25 mol. C. 4,00 mol. D. 3,65 mol. Câu 20. [PHV-FC]: X là tetrapeptit; Y là tripeptit (X, Y đều được tạo bởi một loại α-amino axit chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH). Đốt cháy hoàn toàn 0,12 mol Y thu được sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 65,88 gam. Mặt khác đốt cháy 45,3 gam X cần dùng V lít O2 (đktc). Giá trị của V là A. 50,40 lít. B. 49,28 lít. C. 100,8 lít. D. 97,44 lít. Câu 21. [PHV-FC]: Hỗn hợp E gồm 2 aminoaxit no (chỉ chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH). Để tác dụng vừa đủ với 48,5 gam hỗn hợp E cần dùng 300 ml dung dịch HCl 2M. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 48,5 gam hỗn hợp E cần dùng 38,64 lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 được dẫn qua dung dịch Ca(OH)2 dư, sau khi lọc bỏ kết tủa thấy khối lượng dung dịch thu được giảm x gam so với dung dịch Ca(OH)2 ban đầu. Giá trị của x là A. 145,0 gam. B. 49,7 gam. C. 81,2 gam. D. 95,3 gam.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: B phản ứng: 1.Xn + (n – 1)H2O + nHCl → muối. ||→ 52,7 = 0,1(n – 1) × 18 + 0,1n × 36,5 → n = 10 → số lk peptit = 9. Câu 2: D Để ý rằng nα-amino axit = nNaOH = 0,55 mol ||→ mα-amino axit = 45,5 – 0,55 × 22 = 33,4 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ m = Ans + 0,55 × 36,5 = 53,475 gam. Câu 3: C biến đổi M về 1 peptit mạch dài: 1X + 3Y → 1Z + 3H2O. Lại có: thủy phân Z cho 1,08 mol Gly + 0,48 mol Ala. Tỉ lệ ngly ÷ nala = 9 ÷ 4. ∑liên kết peptit = 5 nên tối đa α-amino axit cần để tạo Z là 1 × (1 + 1) + 3 × (4 + 1) = 17. ||→ tạo 1 mol Z là từ 9 mol Gly + 4Ala – 12H2O (nếu 18 + 6 thì > 17 rồi).

hơ

Kết hợp lại: 1X + 3Y → 9Gly + 4Ala – 9H2O ||→ nH2O = 1,08 mol

Q uy

||→ BTKL có mM = mX + mY = 81 + 42,72 – 1,08 × 18 = 104,28 gam. Câu 4: A hỗn hợp H gồm x mol X4 và 3x mol Y3 ||→ nNaOH cần = 4x + 3 × (3x) = 0,78 mol

||→ x = 0,06 mol. Lại để ý: 1H + NaOH → muối + 1H2O ||→ nH2O = nH = 4x = 0,24 mol.

ạy

Kè

||→ BTKL có: m = 68,10 + 0,78 × 40 – 0,24 × 18 = 94,98 gam. Câu 5: A Ghép 2X + 3Y + 5Z → 1M [(X)2-(Y)3-(Z)5 peptit mạch dài] + 9H2O (1).

m /+

Thủy phân N hay M đều cho 0,8 mol Gly + 0,9 mol Ala + 1 mol Val ||→ tỉ lệ số Gly : Ala : Val = 8 : 9 : 10. Biện luận số α-amino axit tạo M:

tối thiểu số α-amino axit cần = 2 × (4 + 1) + 3 × (1 + 1) + 5 × (1 + 1) = 26.

tối đa số α-amino axit cần = 2 × (1 + 1) + 3 × (1 + 1) + 5 × (4 + 1) = 35.

||→ giữa khoảng này thì chỉ có duy nhất TH số Gly = 8, Ala = 9 và Val = 10 (∑số = 27).

||→ 1M = 8Gly + 9Ala + 10Val – 26H2O. Thay vào (1) ||→ có: 2X + 3Y + 5Z = 8Gly + 9Ala + 10Val – 17H2O. ||→ có nH2O = 0,17 mol. Vậy, yêu cầu giá trị m = mX + mY + mZ = 60 + 80,1 + 117 – 0,17 × 18 = 226,5 gam. Câu 6: B 1A + 2B + 3C + 4D → 1.Xn + 9H2O (1) (Xn là n-peptit mạch dài tạo gộp từ A, B, C, D). Y gồm 0,02 mol Gly-Ala + 0,01 mol Gly-Val + 0,03 mol Ala-Val + 0,02 mol Gly-Gly + 0,15 mol Gly + 0,03 mol Ala + 0,02 mol Val ||→ có ∑nGly = 0,22 mol;

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ∑nAla = 0,08 mol và ∑nVal = 0,06 mol ||→ tỉ lệ Gly : Ala : Val = 11 : 4 : 3. tổng số liên kết peptit của A, B, C, D không quá 13 nên chặn biện luận: • tối thiểu 1Xn được tạo từ 1 × (1 + 1) + 2 × (1 + 1) + 3 × (1 + 1) + 4 × (1 + 1) = 20 α-amino axit. • tối đa 1Xn tạo từ (1 + 1) × 1 + (1 + 1) × 2 + (1 + 1) × 3 + (10 + 1) × 4 = 56 α-amino axit. (tối đa 12 liên kết peptit, tối thiểu là 4 liên kết peptit). Theo đó, xảy ra 2 TH:

hơ

Q uy

||→ m = 0,22 × 75 + 0,08 × 89 + 0,06 × 117 – 0,26 × 18 = 25,96 gam.

Kết hợp (1) ||→ có 1A + 2B + 3C + 4D → 22Gly + 8Ala + 6Val – 26H2O.

♦ TH1: 1Xn được tạo từ 22Gly + 8Ala + 6Val – 35H2O (tổng các α-amino axit là 36)

♦ TH2: 1Xn được tạo từ 33Gly + 12Ala + 9Val – 53H2O

Kè

Kết hợp (1) ||→ tương tự có 1A + 2B + 3C + 4D → 33Gly + 12Ala + 9Val – 44H2O.

ạy

||→ m = 0,22 × 75 + 0,08 × 89 + 0,06 × 117 – 22 ÷ 75 × 18 = 25,36 gam.

Theo đó, dù là TH nào thì đáp án đúng gần nhất đều là B. ♦.

m /+

Câu 7: D Biến đổi: 2X + 3Y + 4Z → 1En + 8H2O (1) (En là peptit mạch dài tạo từ E).

Thủy phân 1E hay 1En đều cho 0,6 mol Gly + 0,8 mol Ala + 1,0 mol Val

||→ tỉ lệ Gly : Ala : Val = 3 : 4 : 5. Chặn biện luận số α-amino axit tạo E:

• tối đa 1En được tạo từ (1 + 1) × 2 + (1 + 1) × 3 + (5 + 1) × 4 = 34 α-amino axit.

• tối thiểu 1En được tạo từ (1 + 1) × 2 + (1 + 1) × 3 + (1 + 1) × 4 = 18 α-amino axit. (tối đa ứng với ∑lk peptit là 7 và tối thiểu là 3) ||→ chỉ xảy ra một TH duy nhất là 1En được tạo từ 6Gly + 8Ala + 10Val – 23H2O (∑các α-amino axit = 24 ∈ (18; 34)) kết hợp (1): 2X + 3Y + 4Z → 6Gly + 8Ala + 10Val – 15H2O ||→ m = 45 + 71,2 + 117 – 1,5 × 18 = 206,2 gam. Câu 8: A từ các phương trình giả thiết, ta có: nB = nNaOH = 0,45 mol → nA = 2/3.nB = 0,3 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn B + 1.NaOH → muối + 1.H2O ||→ BTKL có: m2 = 62,55 – 22 × 0,45 = 52,65 gam. X + 4H2O → 2A + 3B ||→ BTKL có: 64,35 + 0,6 × 18 = m1 + 52,65 → m1 = 22,5. ||→ MA = 22,5 ÷ 0,3 = 75 → A là glyxin. Câu 9: C 0,2 mol A + 0,12 mol HCl + 0,52 mol NaOH → muối A + 0,12 mol NaCl + 0,52 mol H2O. ||→ A có 2 nhóm -COOH. ∑mmuối A + NaCl = 45,22 gam nên BTKL có mA = 29,4 gam.

||→ MA = 147 → A là axit glutamic H2NC3H5(COOH)2.

hơ

Z4 tạo từ 4A – 3H2O → MZ4 = 534 → nZ4 = 0,15 mol. NaOH thủy phân dùng vừa đủ

Q uy

||→ muối thu được là 0,6 mol H2NC3H5(COONa)2 → yêu cầu mmuối = 114,6 gam. Câu 10: A E gồm 2x mol X3 và x mol Y5.

Kè

Thủy phân: 1E + 0,275 mol NaOH → 27,74 gam (muối + NaOHdư) + 1H2O.

ạy

có nNaOH dùng vừa đủ = 2x × 3 + 5x = 0,275 ÷ 1,25 → x = 0,02 mol

m /+

||→ nE = nH2O thủy phân = 3x = 0,06 mol ||→ BTKL thủy phân có: m = 17,82 gam. Câu 11: C α-amino axit có PTK là R ||→ tỉ lệ (4R – 3 × 18) ÷ (3R – 2× 18) = 1,3074 ||→ R = 89.

Thủy phân 0,3 mol Z5 ⇄ thủy phân 1,5 mol Z1

||→ BTKL có m = 1,5 × 89 + 1,5 × 1,2 × 40 – 1,5 × 18 = 178,5 gam. Câu 12: D nA = x mol thì nB = 3x mol, có nNaOH phản ứng = 0,52 mol = 4x + 9x → x = 0,04 mol.

Thủy phân: 0,16 mol E + 0,65 mol NaOH → 61,8 gam chất rắn + 0,16 mol H2O ||→ mE = 38,68 gam gồm 0,04 mol Ala-X-Gly-Val và 0,12 mol Ala-Gly-X ||→ MX = 89 quay lại tính ra → mA = 12,64 gam ||→ Yêu cầu %mA trong E = 12,64 ÷ 38,68 ≈ 32,68%. Câu 13: A Biến đổi: 4X + 1Y → 1En + 4H2O (1). Thủy phân 1E hay 1En cho 0,48 mol Gly + 0,08 mol Ala ||→ tỉ lệ Gly ÷ Ala = 6 : 1. tổng số liên kết peptit nhỏ hơn 8 ||→ chặn biện luận:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

• tối thiểu số α-amino axit tạo 1En = 4 × (1 + 1) + 1 × (1 + 1) = 10. • tối đa số α-amino axit tạo 1En = 4 × (6 + 1) + 1 × (1 + 1) = 30. trong khoảng (10; 30) với tỉ lệ 6 : 1 ta có 3 TH thỏa mãn sau: ♦ số (Gly; Ala) = (12; 2) thì 1En = 12Gly + 2Ala – 13H2O ||→ E = 12Gly + 2Ala – 9H2O. Ứng với TH này thì m = 0,48 × 75 + 0,08 × 89 – 0,36 × 18 = 36,64 gam → B thỏa mãn.

hơ

♦ số (Gly; Ala) = (18; 3) thì 1En = 18Gly + 3Ala – 20H2O ||→ E = 18Gly + 3Ala – 16H2O.

Tương tự với TH này tìm ra m = 35,44 gam là kết quả đáp án C.

Q uy

♦ số (Gly; Ala) = (24; 4) thì 1En = 24Gly + 4Ala – 27H2O ||→ E = 24Gly + 4Ala – 23H2O

Tương tự với TH này tìm ra m = 34,84 gam là kết quả đáp án D.

Kè

||→ Yêu cầu đáp án không thỏa mãn ||→ chọn A là ok.! ♥.

ạy

Câu 14: B tỉ lệ nO2 : nN = 5 : 3. O2 chỉ trong COOH; N chỉ trong NH2 ||→ X dạng R(COOH)5(NH2)3.

m /+

X + HCl thực chất là –NH2 + HCl → –NH3Cl ||→ từ 0,03 mol HCl → có 0,01 mol X dạng trên.

đốt 3,83 gam X ⇄ 0,01 mol R(COOH)5(NH2)3 cần 0,1425 mol O2 → x mol CO2 + y mol H2O.

• bảo toàn O có: 2x + y = 0,1425 × 2 + 0,01 × 5 × 2.

• bảo toàn C, H, O: mX = mC + mH + mO + mN = 12x + 2y + 0,03 × 14 + 0,05 × 32 = 3,83 gam.

Giải hệ được x = 0,13 mol; y = 0,125 mol. ||→ Yêu cầu mtủa = 13,0 gam. Câu 15: C Phương trình biến đổi: 1Y3 + 0,5.H2O → 1,5Y2. ||→ quy đốt 0,1 mol Y3 ⇄ đốt 0,15 mol Y2 thu được (54,9 + 0,05 × 18) gam {CO2 + H2O). ||→ nCO2 = nH2O = (54,9 + 0,05 × 18) ÷ 62 = 0,9 mol. ||→ đốt 0,2 mol X là X2 ≡ Y2 tạo thành 0,9 × 0,2 ÷ 0,15 = 1,2 mol khí CO2 ||→ Yêu cầu giá trị của m = mtủa CaCO3 = 120 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Câu 16: B có 1X2 + 1H2O + 2HCl → 1.muối (dạng X1.HCl) || mX = 13,2 gam; mmuối = 22,3 gam. ||→ chênh lệch khối lượng → có nX = (22,3 – 13,2) ÷ (18 + 2 × 36,5) = 0,1 mol. ||→ MX2 = 132 = 75 × 2 – 18 ||→ X1 là C2H5NO2 (Glyxin). Yêu cầu O2 cần đốt ||→ đốt 0,1 mol Y6 ⇄ đốt 0,3 mol Y2 dạng C4H8N2O3 Bảo toàn O → nO2 cần = (3nCO2 – nO trong Y2) ÷ 2 = (0,3 × 4 × 3 – 0,3 × 3) ÷ 2 = 1,35 mol.

hơ

Câu 17: A bảo toàn O2 cần đốt và CO2 sinh ra:

bảo toàn O → nđipeptit = (0,11 × 3 – 0,1275 × 2) ÷ 3 = 0,025 mol.

Kè

||→ mđipeptit = 0,11 × 14 + 0,025 × 76 = 3,44 gam.

Q uy

||→ quy về đốt đipeptit M2 dạng CnH2nN2O3 cần 0,1275 mol O2 → 0,11 mol CO2 + H2O + N2.

ạy

► Phương trình biến đổi với M là M5: 1.M5 + 1,5H2O → 2,5M2.

có 0,025 mol M2 → H2O trung gian có 0,015 mol

m /+

||→ Yêu cầu giá trị m = mM5 = 3,44 – 0,015 × 18 = 3,17 gam. Câu 18: B đốt 0,01 mol X6 ⇄ đốt 0,03 mol X2 dạng CnH2nN2O3 cần 0,225 mol O2.

||→ bảo toàn O có: nCO2 = (0,03 × 3 + 0,225 × 2) ÷ 3 = 0,18 mol

||→ số Cα-amino axit = 0,18 ÷ (0,03 × 2) = 3 → là C3H7NO2 Câu 19: A Chú ý phương trình: X2 + 1H2O + 2HCl → 2.muối (dạng X1.HCl) tương quan giữa 16 gam và 25,1 gam ||→ nX = (25,1 – 16) ÷ (18 + 2 × 36,5) = 0,1 mol. ||→ MX2 = 160 = 89 × 2 – 18 → X1 là Alanin C3H7NO2. Yêu cầu O2 cần đốt ||→ quy đốt 0,2 mol Y5 ⇄ đốt 0,5 mol Y2 dạng C6H12N2O3 ||→ bảo toàn O có: nO2 cần đốt = (0,5 × 6 × 3 – 0,5 × 3) ÷ 2 = 3,75 mol. Câu 20: A • Y là Y3: phương trình biến đổi 1Y3 + 0,5H2O → 1,5Y2 ||→ thêm 0,06 mol H2O trung gian để chuyển đốt 0,12 mol Y3 thành đốt 0,18 mol Y2

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ ∑mCO2 + H2O = 65,88 + 0,06 × 18 = 66,96 gam → ∑nCO2 = Ans ÷ 62 = 1,08 mol. ||→ ∑nO2 cần đốt = (1,08 × 3 – 0,18 × 3) ÷ 2 = 1,35 mol. và mđipeptit Y2 = 1,08 × 14 + 0,18 × 76 = 28,8 gam. chú ý: 2Y2 – 1H2O → 1Y4 ||→ mY4 = 28,8 – 0,09 × 18 = 27,18 gam.

hơ

||→ Yêu cầu: VO2 cần đốt = 2,25 × 22,4 = 50,4 lít. Câu 21: B có 0,6 mol hỗn hợp E là gồm các E1. Phương trình biến đổi: 2E1 – 1H2O → 1E2.

• X là X4 ≡ Y4 ||→ đốt 45,3 gam X4 cần 1,35 × 45,3 ÷ 27,18 = 2,25 mol O2.

Q uy

||→ cần bớt 0,3 mol H2Otrung gian để chuyển 0,6 mol E1 thành 0,3 mol đipeptit E2.

||→ đốt 0,3 mol E2 dạng CnH2nN2O2 cần 1,725 mol O2 → bảo toàn O có:

Kè

∑nCO2 = (1,725 × 2 + 0,3 × 3) ÷ 3 = 1,45 mol. Kết hợp H2O trung gian

ạy

||→ đốt E (hay E1) thu được 1,45 mol CO2 và (1,45 + 0,3 = 1,75) mol H2O.

m /+

||→ Yêu cầu x = mdung dịch giảm = mCaCO3↓ – ∑mCO2 + H2O = 49,7 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 7. Sáng tạo và phát triển tư duy BIẾN ĐỔI trong các dạng bài tập hỗn hợp PEPTIT mở rộng

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. : Đốt cháy hoàn toàn 9,92 gam hỗn hợp gồm peptit X và peptit Y (đều được tạo từ các amino axit no chỉ chứa một nhóm -COOH và -NH2) bằng lượng oxi vừa đủ thu được N2 và 0,38 mol CO2; 0,34 mol H2O. Mặt khác đun nóng hỗn hợp trên với dung dịch NaOH vừa đủ thì thu được m gam muối. Giá trị của m là A. 16,24. B. 14,98. C. 15,68. D. 17,04. Câu 2. : Peptit X được tạo thành từ các α-aminoaxit no, mạch hở, chỉ chứa một nhóm -NH2 và một nhóm COOH. Đốt cháy hoàn toàn 4,59 gam X bằng lượng oxi vừa đủ thu được 11,07 gam hỗn hợp sản phẩm gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ hỗn hợp sản phẩm này qua bình chứa axit sunfuric đặc dư thì thấy giảm 2,61 gam. Nếu đem thuỷ phân hoàn toàn 1 mol X cần dùng vừa hết bao nhiêu mol KOH ? A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 Câu 3. : Oligopeptit mạch hở X được tạo nên từ các α – amino axit đều có công thức dạng H2NCxHyCOOH. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần dùng vừa đủ 1,875 mol O2, chỉ thu được N2; 1,5 mol CO2 và 1,3 mol H2O. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,025 mol X bằng 400ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được dung dịch Y. Cô cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch Y thu được m gam chất rắn khan. Số liên kết peptit trong X và giá trị của m lần lượt là A. 9 và 27,75. B. 10 và 33,75. C. 9 và 33,75. D. 10 và 22,75. Câu 4. : Đun nóng 0,045 mol hỗn hợp X chứa hai peptit Y, Z cần vừa đủ 120ml KOH 1M, thu được hỗn hợp T chứa 3 muối của Gly, Ala, Val trong đó muối của Gly chiếm 33,832% về khối lượng (biết Y hơn Z một liên kết peptit). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 13,68 gam X cần dùng 14,364 lít khí O2 (đktc) thu được hỗn hợp khí và hơi trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 31,68 gam. Phần trăm khối lượng muối của Ala trong T có giá trị gần nhất với A. 50% B. 51% C. 52% D. 53% Câu 5. : Thủy phân m gam hỗn hợp gồm peptit X và peptit Y bằng dung dịch NaOH thu được 151,2 gam hỗn hợp gồm các muối natri của Gly, Ala và Val. Mặt khác, để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X, Y ở trên cần dùng vừa đủ 107,52 lít khí O2 (đktc) và thu được 64,8 gam H2O. Giá trị của m là A. 102,4. B. 97,0. C. 92,5. D. 107,8. Câu 6. : Đun nóng 0,4 mol hỗn hợp E gồm đipeptit X, tripeptit Y và tetrapeptit Z đều mạch hở bằng lượng vừa đủ dung dịch NaOH, thu được dung dịch chứa 0,5 mol muối của glyxin và 0,4 mol muối của alanin và 0,2

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

mol muối của valin. Mặt khác đốt cháy m gam E trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và nước là 78,28 gam. Giá trị m gần nhất với A. 50. B. 40. C. 45. D. 35. Câu 7. : X là Y đều là 2 peptit cấu tạo từ 1 loại α–aminoaxit no mạch hở chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm – COOH (A). X là peptit vòng còn Y là peptit mạch hở, X và Y có cùng số liên kết peptit. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ đun nóng thu được dung dịch chỉ chứa chứa 111m/71 gam muối của A. Đốt hỗn hợp gồm 0,01 mol X và 0,015 mol Y cần 18,06 lít O2 (đktc). Phân tử khối của X là A. 497. B. 568. C. 399. D. 456. Câu 8. : Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm một tetrapeptit Y và một pentapeptit Z bằng dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được (m + 23,7) gam hỗn hợp muối của Gly và Ala. Đốt cháy toàn bộ lượng muối sinh ra bằng một lượng oxi vừa đủ thu được Na2CO3 và hỗn hợp hơi T gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ hỗn hợp hơi T đi rất chậm qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 84,06 gam và có 7,392 lít một khí duy nhất (đktc) thoát ra khỏi bình. Thành phần phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp X có giá trị gần nhất với (biết thủy phân Y hay Z đều thu được cả Gly và Ala) A. 53%. B. 54%. C. 55%. D. 56%. Câu 9. : Đun nóng 45,54 gam hỗn hợp E gồm hexapeptit X và tetrapeptit Y cần dùng 580 ml dung dịch NaOH 1M chỉ thu được dung dịch chứa muối natri của glyxin và valin. Mặt khác đốt cháy cùng lượng E trên trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2; trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 115,18 gam. Công thức phân tử của peptit X là A. C17H30N6O7. B. C21H38N6O7. C. C24H44N6O7. D. C18H32N6O7. Câu 10. : Hỗn hợp X gồm peptit A mạch hở có công thức CxHyN5O6 và hợp chất B có CTPT là C4H9NO2. Lấy 0,09 mol X tác dụng vừa đủ 0,21 mol NaOH chỉ thu được sản phẩm là dung dịch gồm ancol etylic và a mol muối của glyxin, b mol muối của alanin. Nếu đốt chất hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X bằng oxi vừa đủ thì thu được N2 và 96,9755 gam hỗn hợp gồm CO2 và H2O. Giá trị a : b gần nhất với A. 0,50. B. 0,76. C. 1,30. D. 2,60. Câu 11. : Thủy phân hoàn toàn peptit X và Y trong môi trường bazơ theo phương trình phản ứng sau: X + 6NaOH → 6A; Y + 5NaOH → 5B + H2O. Với A, B là muối của α–amino axit no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH. Đốt cháy 21,45 gam hỗn hợp E chứa X, Y có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 1 cần dùng 21,672 lít O2 (đktc), thu được hỗn hợp gồm CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 47,79 gam. Khối lượng phân tử của X, Y lần lượt là

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

A. 342 và 373. B. 426 và 303. C. 360 và 373. D. 444 và 303. Câu 12. : Hỗn hợp E chứa peptit X mạch hở (tạo bởi glyxin và alanin) và este Y mạch hở (được tạo bởi etylen glicol và một axit đơn chức, không no chứa một liên kết C=C). Đun nóng hỗn hợp E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được 23,08 gam hỗn hợp muối F, trong đó có chứa a gam muối glyxin và b gam muối alanin. Lấy toàn bộ F đem đốt cháy thu được Na2CO3; N2; 23,76 gam CO2 và 7,56 gam H2O. Mặt khác cũng đem đốt cùng lượng E trên cần dùng 0,89 mol O2. Tỉ lệ gần đúng của a : b là A. 2,5. B. 2,8. C. 2,4. D. 2,6. Câu 13. : Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một peptit X (được tạo thành từ các α-amino axit no, mạch hở, chỉ chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH) thu được 2,2 mol CO2 và 1,85 mol H2O. Nếu cho 0,1 mol X thuỷ phân hoàn toàn trong 500ml dung dịch NaOH 2M thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 86,1 gam. B. 93,9 gam. C. 96,9 gam. D. 84,3 gam. Câu 14. : Đốt cháy hoàn toàn a mol một peptit X tạo thành từ α-aminoaxit no mạch hở (chỉ có 1 nhóm – COOH và 1 nhóm –NH2) thu được b mol CO2; c mol H2O và d mol N2. Biết b – c = a. Thủy phân hoàn toàn 0,2 mol X bằng dung dịch NaOH (lấy dư gấp đôi so với lượng cần thiết) rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được chất rắn có khối lượng tăng m gam so với peptit ban đầu. Giá trị của m là A. 60,4. B. 76,4. C. 30,2. D. 38,2. Câu 15. : Đốt cháy hoàn toàn a gam oligopeptit X cần vừa đủ 2,55 mol O2, thu được 2,0 mol CO2 và 32,4 gam H2O. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn a gam X trong dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được dung dịch chứa b gam hỗn hợp muối của các amino axit no, mạch hở (phân tử chỉ chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH). Giá trị của b là A. 47,2. B. 71,2. C. 69,4. D. 80,2. Câu 16. : Cho hỗn X chứa hai peptit Y và Z đều được tạo bởi glyxin và alanin. Biết rằng tổng số nguyên tử O trong X là 13. Trong Y hoặc Z đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Đun nóng 0,7 mol X trong KOH thì thấy 3,9 mol KOH phản ứng và thu được m gam muối. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 66,075 gam X rồi cho sản phẩm hấp thụ hoàn toàn vào bình chứa Ca(OH)2 dư, thấy khối lượng bình tăng 147,825 gam. Giá trị của m là A. 560,1. B. 470,1. C. 520,2. D. 490,6.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 17. : X là peptit được tạo bởi từ 2 α-amino axit đều no, mạch hở. Thủy phân hoàn toàn peptit X theo phản ứng sau: (1) X + 4H2O → 2A + 3B; (2) X + 7NaOH → 2A’ + 3B’ + 3H2O. Lấy 0,1 mol B cho tác dụng với 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch E. Dung dịch E tác dụng vừa đủ với 400 ml dung dịch HCl 1M. Mặt khác đốt cháy 16,85 gam X bằng oxi vừa đủ thu được CO2, 12,15 gam H2O và N2. Khối lượng phân tử của X là (biết A chỉ có 1 nhóm -NH2) A. 660. B. 702. C. 674. D. 632. Câu 18. : X là đipeptit; Y là pentapeptit đều được tạo bởi các α-amino axit no chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm COOH. Đốt cháy 0,05 mol hỗn hợp E chứa X, Y bằng lượng oxi vừa đủ thu được 14,56 lít CO2 (đktc); 10,62 gam nước và N2. Mặt khác đun nóng 49,14 gam hỗn hợp E với dung dịch KOH (lấy dư 25% so với phản ứng), cô cạn dung dịch thu được m gam rắn khan. Giá trị m là A. 91,24 gam. B. 95,34 gam. C. 92,64 gam. D. 94,15 gam. Câu 19. : X là tripeptit; Y là đipeptit đều được tạo bởi các α-aminoaxit no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm – COOH. Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 1,845 mol O2 thu được hỗn hợp gồm CO2, H2O và N2; trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O có khối lượng 86,88 gam. Mặt khác đun nóng 82,2 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được m gam muối. Giá trị m gần nhất với A. 111. B. 123. C. 98. D. 107. Câu 20. : Hỗn hợp X gồm Ala-Ala, Gly-Ala, Ala-Gly, Ala-Ala-Val-Ala và Ala-Val-Val-Ala. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với lượng vừa đủ NaOH, đun nóng, thu được m + 29,7 gam hỗn hợp muối của các amino axit. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X thu được 63,616 lít CO2 (đktc) và 49,32 gam H2O. Giá trị gần đúng của m là A. 72,30. B. 72,10. C. 74,09. D. 73,76. Câu 21. : Đốt 0,1 mol hỗn hợp E gồm 1 α-amino axit no, mạch hở chứa 1 nhóm –NH2, 1 nhóm –COOH (X), X-X và X-X-X cần 27,048 lít O2 (đktc). Khi đun nóng 0,1 mol hỗn hợp E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch chứa chất tan có khối lượng lớn hơn khối lượng E ở trên là 7,4 gam. Khối lượng của 2,014 mol hỗn hợp E là A. 450,129. B. 429,989. C. 473,290. D. 493,430. Câu 22. : Hỗn hợp X gồm Ala-Val-Ala, Val-Val, Ala-Val, Val-Ala, Ala-Ala. Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X thu được Alanin và Valin có tỉ lệ khối lượng là 445 ÷ 468. Đốt 0,4 mol hỗn hợp X thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 216,1 gam. Phần trăm khối lượng của Ala-Val-Ala trong hỗn hợp có giá trị gần nhất với

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

A. 31,5%. B. 33,1%. C. 32,5%. D. 34,1%. Câu 23. : Hỗn hợp E gồm 2 peptit X, Y (mỗi peptit chỉ được được cấu tạo từ một loại α-amino axit no chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH). Đốt cháy hoàn toàn 47,28 gam hỗn hợp E cần dùng vừa đủ 1,98 mol O2, thu được N2, H2O và 1,68 mol CO2. Mặt khác thủy phân 0,24 mol hỗn hợp E trong dung dịch NaOH (vừa đủ) thu được dung dịch F có chứa m gam muối của alanin. Giá trị của m là A. 19,98 gam. B. 29,97 gam. C. 26,64 gam. D. 39,96 gam. Câu 24. : Đốt cháy hoàn toàn 12,42 gam tetrapeptit A được bởi từ một loại α-aminoaxit X no chứa 1 nhóm NH2 và 1 nhóm -COOH thu được CO2, H2O và N2 trong đó tổng khối lượng CO2 và H2O là 36,66 gam. Y và Z là đồng phân của X. Đun nóng 41,652 gam hỗn hợp E chứa Y và Z bằng dung dịch NaOH vừa đủ thu được hỗn hợp F chứa 2 muối và 17,622 gam hỗn hợp 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp. Tỉ lệ mol của 2 muối có trong hỗn hợp F là A. 1 : 1. B. 3 : 1. C. 2 : 1. D. 3 : 2. Câu 25. : Cho 0,15 mol α-aminoaxit no X tác dụng với 120 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A. Dung dịch A tác dụng vừa đủ 336 ml dung dịch NaOH 1,25M. Y, Z là peptit tạo bởi từ X có tổng số liên kết peptit là 5. Đốt cháy 67,05 gam Y cần dùng 68,04 lít O2 (đktc) thu được CO2, H2O và N2 trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 157,95 gam. Vậy Z là loại peptit nào sau đây? A. tripeptit. B. tetrapeptit. C. pentanpeptit. D. đipeptit. Câu 26. : Hỗn hợp E chứa 4 peptit X, Y, Z, T đều được tạo bởi từ một loại α-amino axit chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH, có tổng số liên kết peptit nhỏ hơn 11. Đốt cháy E cần dùng x mol O2, thu được hỗn hợp gồm N2, H2O và y mol CO2. Biết rằng tỉ lệ x : y = 1,25. Mặt khác đun nóng lượng E trên với dung dịch HCl dư thấy lượng HCl phản ứng 0,14 mol, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được lượng muối khan có giá trị gần nhất với A. 17,5. B. 15,5. C. 16,5. D. 18,5. Câu 27. : X, Y là các peptit được tạo bởi từ một α-amino axit A chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH. Thủy phân hoàn toàn X, Y trong môi trường axit theo phản ứng: X + (n – 1)H2O → nA; Y + (n – 3)H2O → (n – 2)A (với n là số liên kết peptit). Hỗn hợp E chứa X, Y có tỉ lệ mol tương ứng 2 : 3. Đốt cháy hoàn toàn 17,94 gam hỗn hợp E cần dùng 20,16 lít O2 (đktc), sản phẩm thu được gồm CO2, H2O và N2. Cho toàn bộ sản phẩm qua bình đựng Ca(OH)2 dư thu được 72,0 gam kết tủa. X là A. Gly-Gly-Gly-Gly.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

B. Ala-Ala-Ala-Ala. C. Gly-Gly-Gly-Gly-Gly-Gly. D. Ala-Ala-Ala-Ala-Ala-Ala. Câu 28. : Thủy phân hoàn toàn 2 peptit X, Y có tổng số liên kết peptit là 7 trong môi trường axit thu được hỗn hợp chứa Alanin và Valin. Mặt khác đốt cháy 0,15 mol X cần dùng 70,56 lít O2 (đktc) thu được hỗn hợp gồm CO2, H2O và N2 trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 146,1 gam. Số liên kết peptit có trong Y là A. 3. B. 4. C. 5. D. 2. Câu 29. : X là hexapeptit được tạo bởi các α-amino axit no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH; Y là este thuần chức tạo bởi glyxerol và hai axit cacboxylic Z, T đều no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy 0,1 mol hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 13,44 lít O2 (đktc) thu được hỗn hợp gồm N2; 0,53 mol CO2; 0,47 mol H2O. Mặt khác đun nóng 33,55 gam E với dung dịch NaOH (lấy dư 20% so với phản ứng), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được lượng rắn khan là A. 48,15 gam. B. 51,75 gam. C. 56,35 gam. D. 52,25 gam. Câu 30. : Hỗn hợp A gồm 2 peptit mạch hở Ala-X-Ala và Ala-X-Ala-X trong đó X là một α-aminoaxit no mạch hở chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH. Thủy phân hoàn toàn một lượng hỗn hợp X thu được 14x mol Alanin và 11x mol X. Đốt 13,254 gam hỗn hợp A cần 17,03525 lít O2 (đktc). Đun 13,254 gam hỗn hợp A với một lượng dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch chứa m gam hỗn hợp muối. Giá trị của m là A. 14,798. B. 18,498. C. 18,684. D. 14,896.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: B quy 9,92 gam (X; Y) về đipeptit E2 cần (0,38 – 0,34 = 0,04) mol H2O. ||→ mđipeptit = 9,92 + 0,04 × 18 = 10,64 gam = 14 × 3,8 + 76 × nđipeptit ||→ nđipeptit = 0,07 mol. Yêu cầu m gam muối → quy đổi thủy phân luôn: thủy phân 0,07 mol E2 cần 0,14 mol NaOH → m gam muối + 0,07 mol H2O. ||→ BTKL có: m = 10,64 + 0,14 × 40 – 0,07 × 18 = 14,98 gam. Câu 2: C Trước hết, bảo toàn khối lượng có ngay mO2 → nO2 = 0,2025 mol. ► Quy về đipeptit để giải quyết bài toán: 2Xm + (m – 2).H2O → mX2

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Vói cách quy đổi này, ta sẽ thêm 2 vế của phản ứng đốt cháy X với x mol H2O, bảo toàn O2 cần đốt, C và N ta có phản ứng đốt cháy được thể hiện:

Với việc đốt đipeptit dạng như trên là lợi thế số mol CO2 bằng H2O.

hơ

||→ mđipeptit = 4,59 + 18x = 14 × (0,145 + x) + (x + 0,01) × 76 → x = 0,025 mol.

♦ Bảo toàn O có: nđipeptit = [(0,145 + x) × 3 – 0,2025 × 2] ÷ 3 = x + 0,01 mol.

Q uy

suy ngược → nđipeptit = 0,035 mol. có tỉ lệ: m ÷ (m – 2) = 0,035 ÷ 0,025 = 7 : 5 → m = 7.

Kè

Vậy, X là heptapeptit, có nghĩa là thủy phân 1 mol X sẽ cần 7 mol KOH Câu 3: C Theo bảo toàn oxi cần đốt và C, N: khi đốt đipeptit CnH2nN2O3 cần 1,875 mol O2 và

ạy

thu được 1,5 mol CO2 + 1,5 mol H2O → Bảo toàn oxi → nđipeptit = 0,25 mol; mđipeptit = 40 gam.

Số mol H2O quy đổi là 0,2 mol; phương trình quy đổi: 2Xn + (n – 2)H2O → nX2;

m /+

||→ tỉ lệ n ÷ (n – 2) = 5 ÷ 4 ||→ n = 10 → X có 9 liên kết peptit.

nX = 0,25 – 0,2 = 0,05 mol → khi nX = 0,025 mol thì nđipeptit = 0,125 mol; mđipeptit = 20 gam.

Sp thủy phân X ↔ sp thủy phân đipeptit ||→ m = 20 + 0,4 × 40 – 0,125 × 18 = 33,75 gam.

Câu 4: B bảo toàn khối lượng ||→ có 0,09 mol N2 hay 0,09 mol đipeptit CnH2nN2O3.

Bảo toàn O ||→ có (0,09 × 3 + 0,64125 × 2) ÷ 3 = 0,5175 mol CO2. Có mđipeptit = 0,5175 × 14 + 0,09 × 76 = 14,085 gam. Xong nhiệm vụ đốt cháy, chuyển qua thủy phân: Chú ý tỉ lệ: 0,09 mol đipeptit cần 0,18 mol KOH ||→ ban đầu dùng 0,12 mol KOH tức có 0,06 mol đipeptit và mđipeptit = 9,39 gam. ||→ BTKL thủy phân: mmuối T = 9,39 + 0,12 × 56 – 0,06 × 18 = 15,03 gam. ||→ muối Kali của Gly có 5,085 gam ↔ 0,045 mol. Gọi số mol Ala, Val lần lượt là x, y mol ta có hệ:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

. ||→ %muối Ala trong T = 0,06 × (89 + 39) ÷ 15,03 ≈ 50,69%. Câu 5: A Gọi số mol NaOH phản ứng là 2x mol thì số mol đipeptit là x mol. ||→ quy đốt x mol đipeptit dạng CnH2nN2O3 cần 4,8 mol O2 → cho cùng số mol CO2 và H2O là (x + 3,2) mol. Số mol H2O trung gian chuyển đổi = (x + 3,2) – 3,6 = (x – 0,4) mol → nhh peptit = 0,4 mol.

||→ m = 90x + 44,8 – 18.(x – 0,4) = 72x + 52 gam.

Kè

Giải ra được x = 0,7 mol và giá trị của m = 102,4 gam. Câu 6: D ☆ Cách 1: Quy về đipeptit:

Q uy

Áp dụng BTKL cho phản ứng thủy phân có: m + 80x =151,2 + 0,4 × 18.

hơ

Có mđipeptit = 14 × (x + 3,2) + 76x = 90x + 44,8 gam

ạy

0,4 mol E → 1,1 mol các α-amino axit ⇄ 0,55 mol đipeptit ||→ nH2O trung gian = 0,15 mol.

m /+

Đốt 0,55 mol đipeptit cho 0,5 × 2 + 0,4 × 3 + 0,2 × 5 = 3,2 mol CO2 ||→ ∑m(CO2 + H2O) = 3,2 × 62 = 198,4 gam

||→ đốt 0,4 mol E cho 198,4 – 0,15 × 18 = 195,7 gam (CO2 + H2O).

||→ Lại để ý mđipeptit = 3,2 × 14 + 0,55 × 76 = 86,6 gam ||→ mE = 86,6 – 0,15 × 18 = 83,9

► Cách 2:

||→ Yêu cầu: m = 83,9 × 78,28 ÷ 195,7 = 33,56 gam. Chọn đáp án D. ♠.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ R = 28 = 14 × 2 ||→ là Ala: C3H7NO2.

Q uy

||→ mNaOH = 40m/71 gam ||→ MX = 71n → 15 + R + 28 = 71

hơ

Câu 7: B peptit vòng: X dạng –(NHRCO–)n– + nNaOH → nH2NRCOONa (không sinh ra H2O).

Kè

Quy đốt hỗn hợp = đốt x mol đipeptit C6H12N2O3 cần 0,80625 mol O2 ||→ x = 0,1075 mol.

ạy

Cùng số liên kết peptit nên Xvòng có n.α–amino axit thì Y sẽ có (n + 1).α–amino axit.

m /+

||→ có ngay phương trình:

||→ MX = 71 × 8 = 568. Câu 8: A muối dạng CnH2nNO2Na = ½.C2n-1H4n.N2.O.Na2CO3.

||→ đốt C2n-1H4n.N2.O.Na2CO3 cho 0,33 mol N2 và ∑(CO2 + H2O) = 84,06 gam.

||→ có hệ số mol CO2 và H2O:

||→ có hệ số mol Gly và Ala: Thủy phân: BTKL → nH2O = nX = (0,66 × 40 – 23,7) ÷ 18 = 0,15 mol.

||→ có hệ số mol tetrapeptit Y4 và pentapeptit Z5: ||→ mmuối = m + 23,7 = 0,39 × (75 + 22) + 0,27 × (89 + 22) ||→ m = 44,1 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Giả sử có 0,09 mol Y4 là (Gly)a-(Ala)4–a và 0,06 mol Z5 là (Gly)b(Ala)5–b ||→ có 0,09a + 0,06b = ∑Gly = 0,39 mol ↔ 3a + 2b = 13. Chỉ có cặp nghiệm a = 3; b = 2 (do thủy phân Y, Z đều cho Gly, Ala nên 1 ≤ a ≤ 3 và 1 ≤ b ≤ 4).

hơ

(115,18 + 18x )gam CO2+ H2O

Q uy

E + x mol H2O → CcH2cN2O3

Quy hỗn hợp E về đipeptit CcH2cN2O3 , gọi số mol nước cần thêm là x mol

||→ Y là (Gly)3(Ala)1 → %Y trong X = 0,09 × (75 × 3 + 89 × 1 – 18 × 3) ÷ 44,1 ≈ 53,06%. Câu 9: B Khi thủy phân E chỉ hình thành muối của natri của glyxin và valin→ X, Y được cấu tạo bởi các amino axit no, chứa 1 nhóm NH2, 1 nhóm COOH

Khi đó nđi peptit = nNaOH : 2 = 0,29 mol

Kè

Ta có mđi peptit = 45,54+ 18x . Khi đốt đipeptit luôn cho nCO2 = nH2O =

+ 2.

m /+

→ 45,54 + 18x = 12.

ạy

Lại có mđi peptit = mC + mH + mN2O3

mol

+ 0,29. 76 → x = 0,18 mol

Vậy khi đốt hexapeptit X (CnH2n-4N6O7) a mol và b mol tetrapeptit Y (CmH2m-2N4O5) thu được số mol CO2 là

= 1,91 mol và số mol nước là 1,91- 0,18 = 1,73 mol

→

Ta có hệ

Khi đó 0,07.n + 0,04. m = 1,91 → 7n + 4m = 191 Với n = 24 → m = 5,75 loại Với n = 18 → m = 16,25 loại Với n= 17 → m= 18 ( không thể phân tích thành số C của Val và Gly để thành tetrapeptit được) loại Với n= 21 → m= 11 ( 11= 2+2+2+5. Gly-Gly-Gly-Val) thỏa mãn Câu 10: C

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ☆ để ý: mặc dù C4H9NO2 là este của glyxin với ancol etylic nhưng về mặt CTCT nó bằng một amino axit no, mạch hở, có 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2 ||→ quy đổi được về đipeptit (vì đốt cháy chúng ta quan tâm số C, H, O, N). Trước đó, giải hệ số mol: nA = 0,03 mol và nB = 0,06 mol → tỉ lệ nA ÷ nB = 1 : 2. ☆ đốt cháy.! P.trình biến đổi: x mol A5 + 2x mol B1 → 3,5x mol X2 cần thêm ½.x mol H2O.

hơ

thu được (96,975 + 9x) gam hỗn hợp (CO2 + H2O). Theo đó có phương trình:

Lúc này, đốt (41,325 + 9x) gam đipeptit X2 dạng CnH2nN2O3 với 3,5x mol

Q uy

giải x = 0,075 mol → ∑nCO2 = 1,575 mol

||→ giải số Ctrong A5 = (1,575 – 0,15 × 4) ÷ 0,075 = 13 = 2 + 2 + 3 + 3 + 3.

Kè

Vậy 1 mol A có 2 mol Gly, 3 mol Ala; tránh quên 2 mol B cho 2 mol muối Gly nữa.

m /+

ạy

||→ chính xác tỉ lệ a : b = 4 : 3 ≈ 1,3333333333 rõ là gần với 1,30 nhất. Câu 11: A Quy về đipeptit đốt CnH2nN2O3 với 0,165 mol cần 0,9675 mol O2 thu được 0,81 mol CO2; 0,81 mol H2O (theo bảo toàn O; mol đipeptit theo số mol N2 tính theo bảo toàn khối lượng)

Phương trình chuyển đôi: (X6)vòng + 3H2O → 3X2 || Y5 + 1,5H2O → 2,5Y2.

Gọi số mol X; Y là x, y mol thì có 3x + 2,5y = 0,165 mol

H2O trung gian = 3x + 1,5y = (0,81 × 62 - 47,79) ÷ 18 = 0,135 mol.

Giải hệ được x = y = 0,03 mol ||→ tỉ lệ α–amino axit tạo muối A và B là 6 : 5. Ctrung bình = 27/11; 1 thằng là Gly C2 → dùng sơ đồ đường chéo → còn lại là Ala. (► xét 2 TH ở sơ đồ: A là (Ala)6 hoặc A là (Gly)6 thì thấy TH A là (Gly)6 và B là (Ala)5 thỏa mãn.!) Vậy MX = 6 × 75 – 18 × 6 = 342 và MY = 5 × 89 – 4 × 18 = 373. Câu 12: D Gọi số mol muối axit là 2x mol → etilen glicol là x mol; đại diện muối 2 amino axit là y mol. Đốt F có tỉ lệ: nCO2 – nH2O = 2x – ½.y = 0,12 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Chú ý: đốt E cần 0,89 mol O2; x mol etilen glicol cần 2,5x mol O2; còn lại H2O; NaOH không cần. ||→ đốt F cần (0,89 – 2,5x) mol O2; N2 có ½.y mol; (x + ½.y) mol Na2CO3. Bảo toàn khối lượng ||→ 23,08 + 32.(0,89 – 2,5x) = (x + ½.y).106 + 14y + 31,32. Giải hệ được x = y = 0,08 mol. Biện luận: số Cmuối axit ≤ (0,54 + 0,12 – 0,08 × 2) ÷ 0,16 = 3,125 Mà axit không no, 1 nối đôi C=C ||→ số C = 3. ||→ mmuối gly + ala = 8,04 gam.

hơ

Giải hệ được 0,06 mol Gly và 0,02 mol Ala → a : b ≈ 2,62. Câu 13: C nếu đốt X2 thì thu được 2,2 mol CO2 + 2,2 mol H2O

Q uy

||→ để chuyển 0,1 mol X → X2 cần (2,2 – 1,85 = 0,35 mol) H2O → nX2 = 0,45 mol.

||→ mX2 = 2,2 × 14 + 0,45 × 76 = 65,0 gam. Thủy phân X hay hay X2 đều như nhau:

Kè

Phương trình: 0,45 mol X2 + 1,0 mol NaOH → (muối + NaOH dư) + 0,45 mol H2O.

ạy

||→ BTKL có: m = 65 + 1,0 × 40 – 0,45 × 18 = 96,9 gam. Câu 14: A b – c = a mol ⇄ nCO2 – nH2O = a mol ||→ để chuyển a mol X → X2 cần a mol H2O.

m /+

||→ nX2 = 2a mol. Tỉ lệ có phương trình: 1X + 1H2O → 2X2 ||→ X là X4.

Đọc kĩ yêu cầu: không phải hỏi khối lượng muối mà là ∆m, tăng sự chênh lệch khối

lượng giữa chất rắn sau thủy phân và X nên không thể dùng X2 để thủy phân thay X được.

tuy nhiên đã biết X là X4 nên cũng không có gì khó khăn ở đây.

Có 0,2 mol X4 cần 0,8 mol NaOH → dùng dư gấp đôi là đã dùng 1,6 mol NaOH thêm nH2O thủy phân = nX4 = 0,2 mol → m = ∆mrắn tăng so với X = 1,6 × 40 – 0,2 ×18 = 60,4 gam. Câu 15: C X + 2,55 mol O2 –––to–→ 2,0 mol CO2 + 1,8 mol H2O + N2 ► Không cần dùng giả thiết số mol H2O đốt cháy trên với yêu cầu của bài tập. Thật vậy: quy đốt X2 dạng CnH2nN2O3 cần 2,55 mol O2 –––to–→ 2,0 mol CO2 + 2,0 mol H2O + N2. ||→ bảo toàn O có nX2 = (2,0 × 3 – 2,55 × 2) ÷ 3 = 0,3 mol. ||→ mX2 = 2,0 × 14 + 0,3 × 76 = 50,8 gam. ☆ Yêu cầu chỉ khối lượng muối

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ dùng 0,3 mol X2 thủy phân cần 0,6 mol NaOH → b gam muối + 0,3 mol H2O ||→ BTKL có b = 50,8 + 0,6 × 40 – 0,3 × 18 = 69,4 gam. Câu 16: B ☆ Biện luận: công thức tổng quát của peptit Y, Z dạng CnH2n + 2 – kNkOk + 1. ||→ số liên kết trong Y, Z là (k – 1) thì số O là k + 1 ||→ k – 1 ≥ 4 ⇄ k ≥ 5. và tổng O = 13 ⇄ kY + kZ = 11 = 3 + 8 = 4 + 7 = 5 + 6.

hơ

với k ≥ 5 trên thì rõ chỉ có thể xảy ra kY = 5; kZ = 6 ||→ Y là Y5 và Z là Z6.

Q uy

||→ nY5 = 0,3 mol và nZ6 = 0,4 mol ||→ tỉ lệ nY5 ÷ nZ6 = 3 ÷ 4.

☆ bài tập thủy phân + đốt cháy: • thủy phân 0,7 mol X (gồm Y5 và Z6) cần 3,9 mol KOH.

• quy đốt 66,075 gam X gồm 3x mol Y5 và 4x mol Z6 thành đốt 19,5x mol đipeptit X2

Kè

||→ nH2O trung gian = 12,5x mol ||→ mX2 = 66,075 + 12,5x × 18 gam.

ạy

Lúc này, đốt 19,5x mol X2 + O2 –––to–→ (147,825 + 12,5x × 18) gam (CO2 + H2O).

m /+

||→ Phương trình:

Giải ra x = 0,025 mol → quay lại tính ra mX2 = 71,7 gam; nX2 = 0,4875 mol.

Thủy phân 0,4875 mol X2 cần 0,975 mol KOH → muối + 0,4875 mol H2O

||→ BTKL có: mmuối thu được = 71,7 + 0,975 × 56 – 0,4875 × 18 = 117,525 gam.

Đọc yêu cầu, xét tỉ lệ 3,9 ÷ 0,975 = 4 → m = 4 × 117,525 = 470,1 gam Câu 17: C từ 2 phương trình thủy phân → A có 2 nhóm -COOH; B có 1 nhóm -COOH. thêm: 0,1 mol B + 0,2 mol NaCl + 0,4 mol HClvừa đủ ||→ B có 2 nhóm -NH2. ||→ X là X5 được tạo từ A (2 nhóm -COOH; 1 nhóm NH2) và B (1 nhóm -COOH; 2 nhóm -NH2). ||→ phương trình BIẾN ĐỔI: 1X5 + 1,5H2O → 2,5X2 + 2CO2 + 3NH. ☆ Thật đặc biệt: đốt x mol X5 hay 2,5x mol X2 trong TH này đều sinh ra cùng 0,675 mol H2O. ||→ có p.trình: mđipeptit = 0,675 × 14 + 2,5x × 76 = 16,85 + (1,5 × 18 – 2 × 44 – 3 × 15) × x

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ giải ra x = 0,025 mol ||→ Yêu cầu MX = 16,85 ÷ x = 674. Câu 18: C đốt 0,05 mol E + O2 –––to–→ 0,65 mol CO2 + 0,59 mol H2O. ||→ quy 0,05 mol E về đipeptit E2 cần (0,65 – 0,59 = 0,06) mol H2O. ||→ nđipeptit = 0,11 mol và mđipeptit = 0,65 × 14 + 0,11 × 76 = 17,46 gam ||→ mE = 17,46 – 0,11 × 18 = 16,38 gam. Tỉ lệ 49,14 ÷ 16,38 = 3 ||→ yêu cầu:

hơ

Thủy phân 0,33 mol đipeptit E2 nặng 52,38 gam đã dùng 0,33 × 2 × 1,25 = 0,825 mol KOH

thu được m gam chất rắn khan (sau cô cạn) + 0,33 mol H2O.

Kè

Q uy

||→ BTKL có m = 52,38 + 0,825 × 56 – 0,33 × 18 = 92,64 gam. Câu 19: A ☆ đọc đốt cháy: thêm x mol H2O quy 0,15 mol E → (x + 0,15 mol) đipeptit E2.

ạy

bảo toàn O có:

biết x → thay lại có nCO2 = 1,41 mol; nđipeptit = 0,18 mol

m /+

||→ mđipeptit = 1,41 × 14 + 0,18 × 76 = 33,42 gam → mE = 33,42 – 0,03 × 18 = 32,88 gam.

Tỉ lệ 82,2 ÷ 32,88 = 2,5 → bài tập thủy phân đã dùng số liệu gấp 2,5 lần. Theo đó:

☆ đun 0,45 mol E2 nặng 83,55 gam cần 0,9 mol NaOH → m gam muối + 0,45 mol H2O.

||→ BTKL có yêu cầu: m = 83,55 + 0,9 × 40 – 0,45 × 18 = 111,45 gam. Câu 20: B ☆ đốt m gam X thu được 2,84 mol CO2 và 2,74 mol H2O ||→ cần 0,1 mol H2O để quy đổi hỗn hợp X về x mol X2. ☆ thủy phân (m + 1,8) gam X2 cần 2x mol NaOH → (m + 29,7) gam muối + x mol H2O. ||→ BTKL có: m + 1,8 + 80x = m + 29,7 + 18x ||→ x = 0,45 mol. ||→ mđipeptit X2 = 2,84 × 14 + 0,45 × 76 = 73,96 gam = m + 1,8 → m = 72,16 gam. Câu 21: B ☆ Thủy phân: 0,1 mol E cần x mol NaOH → (mE + 7,4) gam muối + 0,1 mol H2O.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ||→ BTKL có x = (7,4 + 0,1 × 18) ÷ 40 = 0,23 mol. ☆ đốt: cần 0,015 mol mol H2O để quy 0,1 mol E về 0,115 mol đipeptit E2. đốt 0,115 mol E2 dạng CnH2nN2O3 cần 1,2075 mol O2 ||→ bảo toàn O có nCO2 = nH2O = (0,115 × 3 + 1,2075 × 2) ÷ 3 = 0,92 mol. ||→ mđipeptit = 0,92 × 14 + 0,115 × 76 = 21,62 gam → mE = Ans – 0,015 × 18 = 21,35 gam.

hơ

theo đó khi có 2,014 mol E sẽ ⇄ mE = 21,35 × 2,014 ÷ 0,1 = 429,989 gam. Câu 22: A yêu cầu Ala-Val-Ala cũng là phần đặc biệt trong X khi nó là tripeptit, còn lại đều là đipeptit.

Q uy

Theo đó, khi gọi nAla-Val-Ala = x mol thì cần ½.x mol H2O để chuyển thành 1,5x mol đipeptit. Quy hết 0,4 mol X về (0,4 + 0,5x) mol đipeptit X2 dạng CnH2nN2O3.

Kè

Thêm nữa, X chỉ có Ala và Val với ∑mAla ÷ ∑mVal = 445 ÷ 468 ⇄ ∑nAla ÷ ∑nVal = 5 ÷ 4.

m /+

ạy

||→ giá trị của n = (5 × 3 + 4 × 5) ÷ 9 = 70/9. ☆ đốt đipeptit xây dựng phương trình:

thay lại có nX = 0,45 mol → mX2 = 0,45 × (14n + 76) = 83,2 gam → mX = 82,3 gam.

||→ 0,1 mol Ala-Val-Ala chiếm 31,47% khối lượng hỗn hợp X. Câu 23: D ☆ bảo toàn O2 cần đốt và CO2 sinh ra ||→ đốt E2 cũng cần 1,98 mol O2 sinh 1,68 mol CO2.

||→ bảo toàn O có nE2 = (1,68 × 3 – 1,98 × 2) ÷ 3 = 0,36 mol ||→ mđipeptit = 50,88 gam.

||→ nH2O trung gian = (50,88 – 47,28) ÷ 18 = 0,2 mol → nE = 0,36 – 0,2 = 0,16 mol. ||→ Ctr.bình 2 α-amino axit = 1,68 ÷ (0,36 × 2) = 7 ÷ 3 ≈ 2,3333 Mà đã biết có 1 α-amino axit là Ala (C3) rồi → α-amino axit còn lại là Gly (C2). ||→ từ Ctrung bình có nGly ÷ nAla = 2 : 1 → có 0,48 mol Gly và 0,24 mol Ala. ||→ khi thủy phân 0,16 mol E sẽ cho 0,24 mol muối Na của Ala là C3H6NO2Na ☆ ||→ khi thủy phân 0,24 mol E (dùng gấp 1,5 lần trên) sẽ cho 0,36 mol muối C3H6NO2Na

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ Yêu cầu m = 0,36 × 111 = 39,96 gam. Câu 24: B A là A4. có 1A4 + 1H2O → 2A2. Nghĩa là cần x mol H2O để chuyển x mol A4 → 2x mol A2. Quy về đốt 2x mol A2 nặng (12,42 + 18x) gam thu được (36,66 + 18x) gam (CO2 + H2O).

||→ có phương trình:

Thay lại có ∑nCO2 = 0,6 mol → số CX = 5 → X là C5H11NO2 (Valin).

Q uy

||→ Mtrung bình 2 ancol = 17,622 ÷ 0,356 = 49,5

hơ

E gồm Y, Z là đồng phân của X ||→ nE = 41,652 ÷ 117 = 0,356 mol.

||→ đọc ra 2 ancol với số mol là 0,267 mol C2H5OH và 0,089 mol C3H7OH.

ạy

Kè

Kết quả tỉ lệ 2 ancol này là 3 : 1 cũng chính là tỉ lệ của 2 muối trong F Câu 25: B X là α-amino axit no chứa một nhóm -NH2 và 2 nhóm -COOH.

Đốt Y dùng BTKL có nN2 = 0,225 mol. P.trình biến đổi: 2Yn + (n – 2)H2O → nY2 + 2nCO2.

m /+

Quy về đốt đipeptit Y2 cần 3,0375 mol O2 ||→ ∑nCO2 = ∑nH2O = 2,25 mol (theo b.toàn O).

||→ nH2O trung gian = (2,25 × 62 + 0,225 × 2 × 44 – 157,95) ÷ 18 = 0,075 mol.

||→ tỉ lệ n ÷ (n – 2) = 0,225 ÷ 0,075 = 3 ||→ n = 3. Vậy Y là Y3 ||→ Z là Z4 (tetrapeptit).

Câu 26: A đọc quá trình: → quy về đốt 0,07 mol đipeptit E2 cần 1,25y mol O2 thu được y mol CO2.

||→ bảo toàn O có: 0,07 × 3 + 1,25y × 2 = 3y. Giải ra y = 0,42 mol ||→ số Cα-amino axit = 3 → α-amino axit là Alanin (C3H7NO2). ||→ E + HCl ||→ mmuối khan = 0,14 × (89 + 36,5) = 17,57 gam. Câu 27: D ☆ Xử lí nhanh đốt cháy: Quy về đốt đipeptit A2 dạng CmH2mN2O3 cần 0,9 mol O2 thu được 0,72 mol CO2 + 0,72 mol H2O. ||→ bảo toàn O có nđipeptit A2 = 0,12 mol → m = 6 → A là Alanin C3H7NO2.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Lại có: mđipeptit A2 = 0,72 × 14 + 0,12 × 76 = 19,2 gam. ||→ nH2O trung gian = (19,2 – 17,94) ÷ 18 = 0,07 mol → nE = 0,12 – 0,07 = 0,05 mol. X là Xn; Y là Yn – 2; tỉ lệ trong E → có 0,02 mol Xn và 0,03 mol Yn–2. ||→ ∑ncác α-amino axit = 0,02 × n + 0,03 × (n – 2) = 0,12 × 2. Giải n = 6.

hơ

Lúc này, đốt (0,15 + x) mol X2 cần 3,15 mol O2 → (146,1 + 18x) gam (CO2 + H2O).

||→ X là X6 (hexapeptit của Ala) và Y là Y4 (tetrapeptit của Ala) Câu 28: B Chuyển 0,15 mol X về đipeptit X2 dạng CnH2nN2O3 cần thêm x mol H2O.

Q uy

Bảo toàn O có phương trình:

Giải x = 0,15 mol ||→ tỉ lệ có phương trình quy đổi: 1X + 1H2O → 2X2

ạy

Kè

||→ X là X4 (tetrapeptit); mà ∑lk peptit X và Y là 7 → Y là Y5 Câu 29: A X là X6 dạng CmH2m – 4N6O7; Z và T thì lấy đại diện CnH2nO2 ||→ Y là C3n + 3H6n + 2O6.

m /+

đốt 0,1 mol E (gồm X, Y, Z, T) + 0,6 mol –––to–→ 0,53 mol CO2 + 0,47 mol H2O + N2. ||→ tương quan: ∑nCO2 – ∑nH2O = 2(nX + nY) ||→ nX + nY = 0,03 mol → nZ + nT = 0,07 mol.

||→ nO trong Z, T = 0,14 mol ||→ bảo toàn O có nO trong X, Y = 0,19 mol = 7nX + 6nY.

||→ giải hệ số mol X, Y có nX = 0,01 mol và nY = 0,02 mol

☆ ☆ cần tập trung vào câu hỏi: vì đến đây là cạn giả thiết rồi, đừng cố gắng tìm cụ thể chất X, Y, Z, T mà cần tỉnh táo! Xem nào: Trước hết 0,1 mol E ứng với mE = 0,53 × 12 + 0,47 × 2 + 0,33 × 16 + 0,06 × 14 = 13,42 gam. Thủy phân: E + NaOH → rắn sau cô cạn (gồm muối + NaOH dư) + glixerol (C3H8O3) + H2O. 0,1 mol E cần 0,01 × 6 + 0,02 × 3 + 0,07 = 0,19 mol NaOH ||→ dùng dư 20% là 0,228 mol. Thêm nữa: nglixerol = 0,02 mol; ∑nH2O thủy phân = nX + nZ + T = 0,08 mol. ||→ BTKL có: mrắn khan sau cô cạn = 13,42 + 0,228 × 40 – 0,02 × 92 – 0,08 × 18 = 19,26 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Vậy dùng 33,55 gam E ⇄ dùng gấp 2,5 lần trên ||→ Yêu cầu m = 19,26 × 2,5 = 48,15 gam. Câu 30: B ☆ giải thủy phân hoàn toàn bằng axit: A + H2O → 14x mol Alanin + 11x mol X. ||→ Hỗn hợp A gồm 3x mol Ala-X-Ala và 4x mol Ala-X-Ala-X; nA = 7x mol. ☆ đốt: quy 7x mol hỗn hợp A về 12,5x mol đipeptit A2 cần 5,5x mol H2O.

Khi đó, đốt 12,5x mol đipeptit dạng CnH2nN2O3 nặng (13,254 + 5,5x × 18) gam cần 0,7605 mol O2.

hơ

||→ phương trình:

Q uy

giải x = 0,006 mol. Thay lại có ∑nCO2 = ∑nH2O = 0,582 mol

||→ mđipeptit = 13,848 gam và nđipeptit = 0,075 mol. Thủy phân A kết quả muối ⇄ thủy phân A2

Kè

||→ thủy phân 13,848 gam A2 với 0,075 mol cần 0,15 mol NaOH → m gam muối + 0,075 mol H2O.

ạy

☆ BTKL thủy phân có m = 13,848 + 0,075 × 2 × 40 – 0,075 × 18 = 18,498 gam. Chọn B. ♦.

m /+

Thêm: ∑nCO2 = 0,582 mol = 14x × 3 + 11x × (số Ccủa X) ||→ số Ccủa X = 5 → X là Valin.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 4. Sáng tạo và phát triển tư duy BIỆN LUẬN giải bài tập ESTE

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. : X là hỗn hợp gồm axit cacboxylic đơn chức Y và ancol no Z, đều mạch hở và có cùng số cacbon trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X cần 12,6 gam O2, sau phản ứng thu được 6,72 lít CO2 (đktc) và 5,85 gam nước. Este hóa hoàn toàn 0,2 mol X thì khối lượng este tối đa thu được là A. 12,50 gam. B. 8,55 gam. C. 10,17 gam. D. 11,50 gam. Câu 2. : Xà phòng hoá hoàn toàn m gam một este no, đơn chức, mạch hở E bằng 26 gam dung dịch MOH 28% (M là kim loại kiềm). Cô cạn hỗn hợp sau phản ứng thu được 24,72 gam chất lỏng X và 10,08 gam chất rắn khan Y. Đốt cháy hoàn toàn Y, thu được sản phẩm gồm CO2, H2O và 8,97 gam muối cacbonat khan. Mặt khác, cho X tác dụng với Na dư, thu được 12,768 lít khí H2 (đktc). Phần trăm khối lượng muối trong Y có giá trị gần nhất với A. 67,5. B. 85,0. C. 80,0. D. 97,5. Câu 3. : X là hợp chất hữu cơ chứa vòng benzen có công thức phân tử C9H8O2. X tác dụng với dung dịch NaOH và dung dịch Br2 đều theo tỉ lệ mol 1 : 1. Số đồng phân thỏa mãn tính chất của X là A. 7. B. 8. C. 5. D. 6. Câu 4. Hỗn hợp Z gồm 2 este mạch hở X và Y đều không tham gia phản ứng tráng bạc và có số liên kết π trong phân tử không quá 2, MX < MY, trong đó X tạo bởi axit cacboxylic và ancol có cùng số nguyên từ C. Cho 11 gam hỗn hợp Z tác dụng vừa đủ với 150 gam dung dịch KOH 5,6% đun nóng, thoát ra hỗn hợp ancol T đồng đẳng kế tiếp. Cho T đi qua bình đựng Na dư thì khối lượng bình này tăng 6,05 gam và có 1,68 lít khí thoát ra. Thành phần % khối lượng oxi trong Y là? A. 43,84%. B. 48,48%. C. 54,24%. D. 36,36%. Câu 5. : X là axit no 2 chức; Y là ancol no (X, Y đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn 18,24 gam hỗn hợp E chứa X, Y thu được 10,752 lít CO2 (đktc) và 8,64 gam nước. Mặt khác đun nóng 18,24 gam hỗn hợp E có mặt H2SO4 đặc làm xúc tác thấy chúng phản ứng vừa đủ với nhau thu được este Z thuần chức. Biết hiệu suất các phản đều đạt 100%. Khối lượng của Z là A. 16,08 gam. B. 8,76 gam C. 17,52 gam. D. 13,92 gam. Câu 6. : X là axit cacboxylic no, đơn chức. Y là este tạo bởi một axit cacboylic đơn chức không no chứa 1 liên kết C=C và etylen glicol. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 17,696 lít O2 (đktc) thu

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

được 9,72 gam nước. Mặt khác đun nóng m gam hỗn hợp E với 240 ml dung dịch KOH 1M (dùng dư 20% so với phản ứng). Công thức của X, Y lần lượt là A. CH3COOH và (CH2=C(CH3)COO)2C2H4. B. CH3COOH và (CH2=CH-COO)2C2H4. C. C2H5COOH và (CH2=CH-COO)2C2H4. D. C2H5COOH và (CH2=C(CH3)COOH)2C2H4. Câu 7. : Đun nóng 17,5 gam este đơn chức X, mạch hở bằng dung dịch KOH vừa đủ thu được 21,7 gam muối. Số đồng phân thỏa mãn tính chất của X là A. 4. B. 2. C. 3. D. 5. Câu 8. : Đốt cháy hoàn toàn a mol hỗn hợp 2 este đơn chức thì cần b mol O2 thu được c mol CO2 theo tỉ lệ a : b : c = 1 : 5 : 4,2. Mặt khác xà phòng hóa hoàn toàn 4,48 gam hỗn hợp 2 este trên bằng NaOH thu 2,02 gam hỗn hợp 2 ancol là đồng đẳng liên tiếp. Xác định công thức cấu tạo của 2 este A. HCOOC2H5 và CH2=C(CH3)COOCH3. B. CH3COOCH3 và CH2=C(CH3)COOC2H5. C. CH3COOCH3 và CH2=CHCOOC2H5. D. CH3COOC2H5 và CH2=CHCOOCH3. Câu 9. : X là este đơn chức, không cho phản ứng tráng gương. Đun nóng 0,12 mol X cần dùng 240 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 29,28 gam hỗn hợp muối và phần hơi chỉ chứa nước. Số đồng phân cấu tạo của X là A. 6. B. 8. C. 4. D. 10. Câu 10. : Đốt cháy hoàn toàn 15,48 gam este đơn chức, mạch hở thu được 16,128 lít CO2 (đktc) và 9,72 gam nước. Mặt khác đun nóng 15,48 gam este X bằng dung dịch NaOH (lấy dư 20% so với phản ứng); cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (15,48 + a) gam rắn khan và phần hơi chứa ancol Y. Giá trị a là A. 1,44 gam. B. 2,88 gam. C. 4,32 gam. D. 2,16 gam. Câu 11. : X là axit cacboxylic có CTTQ dạng CnH2nO2; Y là este mạch hở có CTTQ dạng CmH2m – 4O4. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp E chứa 0,6 mol X và 0,15 mol Y bằng lượng O2 vừa đủ, thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng là 87,6 gam. Mặt khác đun nóng hỗn hợp E trên với dung dịch NaOH thu được hỗn hợp chứa 2 muối và 1 ancol có khối lượng nhỏ hơn 9,3 gam. Công thức cấu tạo của Y là A. CH3OOC-CH=CH-COOCH3. B. HCOO-CH2-CH2-OOCCH=CH2. C. CH3OOC-C(CH3)=CH-COOCH3. D. CH2=CHCOO-(CH2)3-OOCH. Câu 12. : Đốt cháy hoàn toàn một este X no, mạch hở bằng O2 (vừa đủ). Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O trong đó khối lượng CO2 gấp 3,055 lần khối lượng của H2O và số mol CO2 sinh ra bằng số mol O2 đã phản ứng. Đun nóng 15,84 gam X với dung dịch NaOH (vừa đủ) thu được 18,0 gam muối và ancol Y. Công thức cấu tạo của Y là

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

A. C2H4(OH)2. B. CH3OH. C. C2H5OH. D. C3H6(OH)2. Câu 12. : Đốt cháy hoàn toàn một este X no, mạch hở bằng O2 (vừa đủ). Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O trong đó khối lượng CO2 gấp 3,055 lần khối lượng của H2O và số mol CO2 sinh ra bằng số mol O2 đã phản ứng. Đun nóng 15,84 gam X với dung dịch NaOH (vừa đủ) thu được 18,0 gam muối và ancol Y. Công thức cấu tạo của Y là A. C2H4(OH)2. B. CH3OH. C. C2H5OH. D. C3H6(OH)2. Câu 14. : Đốt cháy 11,1 gam este X mạch hở thu được 10,08 lít CO2 (đktc) và 8,1 gam nước. Y là este đơn chức có số cacbon nhiều hơn số cacbon trong X là 2 nguyên tử. Đun nóng hỗn hợp E chứa 11,1 gam X và 12,348 gam Y với dung dịch KOH thu được hỗn hợp gồm 2 muối và 8,832 gam một ancol duy nhất. Axit tạo nên este Y là A. CH2=CH-COOH. B. CH≡C-CH2COOH. C. CH2=C(CH3)COOH. D. C2H5COOH. Câu 15. : Hỗn hợp X gồm một axit no, đơn chức, mạch hở và một ankin. Đốt cháy hoàn toàn 6,8 gam hỗn hợp X thu được 7,168 lít CO2 (đktc) và 3,6 gam nước. Mặt khác đun nóng 0,2 mol hỗn hợp X trên với xúc tác thích hợp thu được hỗn hợp Y. Toàn bộ Y tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư, đun nóng thu được 44,64 gam kết tủa. Hiệu suất phản ứng tạo este giữa axit và ankin là A. 75%. B. 50%. C. 80%. D. 60%. Câu 16. : Thủy phân hoàn toàn 0,08 mol hỗn hợp hai este đơn chức X và Y ( MX < MY) cần dùng hết 110ml dung dịch NaOH 1M thu được 10,46 gam hỗn hợp hai muối đồng thời thu được 2,9 gam anđehit Z. Công thức cấu tạo của 2 este là A. CH3COOCH=CHCH3 và CH3COOC6H4CH3. B. CH3COOCH2CH=CH2 và CH3COOC6H4CH3. C. CH3COOCH=CH2 và CH3COOCH2C6H5. D. C2H3COOCH=CH2 và C2H3COOC6H4CH3. Câu 17. : Hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức hơn kém nhau 1 nguyên tố cacbon, trong đó có 1 este không no chứa 1 nối đôi C=C trong phân tử. Cho 0,4 mol X tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 32,4 gam kết tủa bạc. Mặt khác, cho 19,1 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH vừa đủ thu được hỗn hợp 2 muối và 10,25 gam hỗn hợp 2 ancol no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng liên tiếp. Thành phần phần trăm theo khối lượng của este nhỏ hơn trong X là A. 34,55 %. B. 36,72 %. C. 28,66%. D. 32,24 %.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 18. : X là este có công thức dạng RCOOC2H5; Y, Z là 2 axit cacboxylic đơn chức, không no chứa một liên kết C=C (MY = MZ + 28). Đun nóng 8,32 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z bằng dung dịch NaOH vừa đủ thu được 10,24 gam hỗn hợp gồm 2 muối. Mặt khác đốt cháy 8,32 gam hỗn hợp E cần dùng 9,408 lít O2 (đktc). Công thức phân tử của axit tạo nên X là A. C3H6O2. B. C4H6O2. C. C5H8O2. D. C6H10O2. Câu 19. : Đốt cháy hoàn toàn este đơn chức, mạch hở X (phân tử có số liên kết π nhỏ hơn 3), thu được thể tích CO2 bằng 6/7 thể tích khí O2 đã phản ứng (đo cùng điều kiện). Y là axit cacboxylic thuộc cùng dãy đồng đẳng kế tiếp của axit tạo nên este X. Cho 26,1 gam hỗn hợp E chứa X, Y tác dụng hoàn toàn với 450 ml dung dịch KOH 1M đun nóng thu được dung dịch F. Cô cạn F thu được 39,9 gam chất rắn khan. Công thức của Y là A. CH3COOH. B. HCOOH. C. C2H5COOH. D. C3H7COOH. Câu 20. : X là este tạo bởi axit cacboxylic 2 chức và một ancol đơn chức; Y, Z là hai ancol no, đơn chức, kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn 8,1 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z thu được 7,84 lít CO2 (đktc) và 6,3 gam nước. Mặt khác đun nóng 8,1 gam hỗn hợp E với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần rắn và 5,38 gam hỗn hợp gồm 3 ancol. Biết rằng trong E tỉ lệ mol giữa este và ancol là 1 : 1. Phần trăm khối lượng của oxi có trong X là A. 40,00%. B. 29,63%. C. 48,48%. D. 34,04%. Câu 21. : Đốt cháy hoàn toàn 0,16 mol hỗn hợp E gồm một axit cacboxylic đơn chức X và ancol no Y (X, Y đều mạch hở) thu được 8,96 lít CO2 (đktc) và 7,2 gam nước. Mặt khác đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E trên có mặt H2SO4 đặc làm xúc tác thấy chúng phản ứng vừa đủ với nhau thu được este Z mạch hở, có khả năng tác dụng với Na giải phóng khí H2. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm oxi có trong Z là A. 41,38%. B. 33,33%. C. 38,55%. D. 37,65%. Câu 22. : X là este tạo bởi axit cacboxylic no, 2 chức và ancol no, đơn chức; Y là ancol no (X, Y đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp E chứa X, Y thu được 13,44 lít CO2 (đktc) và 11,34 gam nước. Mặt khác đun nóng 37,95 gam hỗn hợp E trên với dung dịch KOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phàn ứng thu được phần rắn và m gam hỗn hợp chứa 2 ancol có cùng số nguyên tử cacbon. Giá trị m là A. 27,75 gam. B. 28,15 gam. C. 26,65 gam. D. 25,35 gam. Câu 23. : Thực hiện các thí nghiệm sau: • Đốt cháy este X thu được 8,96 lít CO2 (đktc) và 7,2 gam nước. • Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol este Y mạch hở thu được 4,48 lít CO2 (đktc) và 2,7 gam nước. • Đun nóng 44,8 gam hỗn hợp E chứa X, Y bằng dung dịch KOH vừa đủ được hỗn hợp 2 muối của 2 axit

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

cacboxylic và hỗn hợp 2 ancol đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 ancol này thu được 17,92 lít CO2 (đktc) và 26,1 gam nước. Công thức este X là A. HCOOC2H5. B. C3H7COOC2H5. C. CH3COOC2H5. D. C2H5COOC2H5. Câu 24. : X là este tạo bởi axit no, đơn chức với etylen glicol; Y là axit no, hai chức. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp E chứa X và Y thu được 6,272 lít CO2 (đktc) và 3,96 gam nước. Mặt khác đun nóng 57,3 gam hỗn hợp E với lượng vừa đủ dung dịch KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 83,7 gam rắn. Biết rằng X không tham gia phản ứng tráng gương. Công thức của tạo thu gọn của Y là A. (CH2)2(COOH)2. B. (CH2)4(COOH)2. C. CH2(COOH)2. D. (COOH)2. Câu 25. : X là axit đơn chức; Y là axit no, hai chức; Z là este đơn chức, không no chứa một liên kết C=C (X, Y, Z đều mạch hở và MY < MZ). Đốt cháy 8,18 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 2,576 lít O2 (đktc). Mặt khác đun nóng 8,18 gam E với 170 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ) thu được hỗn hợp gồm 2 muối natri của 2 axit X, Y có số tương ứng 13 : 2. Thành phần phần trăm khối lượng este Z trong E có giá trị gần nhất với A. 10%. B. 16%. C. 12%. D. 14%. Câu 26. : X, Y là hai axit đều đơn chức (MX < MY); Z là axit no, 2 chức; T là este hai chức (X, Y, Z, T đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn 0,18 mol hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 4,144 lít O2 (đktc) thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 16,9 gam. Mặt khác đun nóng 0,18 mol E cần dùng 275 ml dung dịch NaOH 0,8M thu được hỗn hợp F chứa 3 muối có khối lượng 15,4 gam và hỗn hợp G gồm 2 ancol thuộc cùng đồng đẳng kế tiếp. Tỉ khối của G so với H2 bằng 19,5. Phần trăm khối lượng của Y trong E có giá trị gần nhất với A. 11%. B. 15%. C. 13%. D. 17%. Câu 27. : Đốt cháy hoàn toàn 7,12 gam hỗn hợp E gồm 2 este cần dùng 7,168 lít O2 (đktc) thu được 5,04 gam nước. Mặt khác đun nóng 7,12 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần rắn chứa hai muối X và Y (MX < MY); phần hơi chứa hỗn hợp F gồm 2 ancol đồng đẳng kế tiếp. Đun nóng toàn bộ F với H2SO4 đặc ở 140oC thu được 1,696 gam hỗn hợp gồm 3 ete. Biết hiệu suất ete hóa của ancol có khối lượng phân tử tăng dần là 60% và 80%. Thành phần phần trăm muối Y có trong hỗn hợp muối là A. 57,60%. B. 28,80%. C. 43,19%. D. 36,00%. Câu 28. : Hỗn hợp E gồm X là một axit cacboxylic có mạch cacbon không phân nhánh và Y là một ancol đơn chức, mạch hở (trong đó số mol của X nhỏ hơn số mol của Y). Đốt cháy hoàn toàn 2,48 gam hỗn hợp E thu được 3,74 gam CO2 và 1,62 gam H2O. Mặt khác, khi cho cùng lượng E trên phản ứng với Na dư thì thu được

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

560ml khí H2 (đktc). Este có phân tử khối lớn nhất có thể tạo thành khi thực hiện phản ứng este hóa hỗn hợp E trên có số nguyên tử H là A. 10. B. 12. C. 14. D. 16. Câu 29. : X là trieste có CTPT CmH2m–6O6 được tạo từ glixerol và hỗn hợp các axit cacboxylic, trong đó có axit Y thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic. Đem đốt cháy hết 10,6 gam hỗn hợp E gồm X và Y rồi dẫn toàn bộ sản phẩm qua bình nước vôi trong dư thấy tạo thành 50,0 gam kết tủa. Mặt khác, cho 26,5 gam E phản ứng vừa đủ với dung dịch KOH đun nóng thu được dung dịch F chứa 36,0 gam muối. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, giá trị khối lượng muối kali của axit Y có trong hỗn hợp F có thể là A. 18,6 gam. B. 20,7 gam. C. 24,8 gam. D. 25,6 gam. Câu 30. : X là axit cacboxylic có mạch cacbon không phân nhánh; Y là ancol no, đơn chức (X, Y đều mạch hở). Cho 22,8 gam hỗn hợp E chứa X, Y (số mol X lớn hơn số mol Y) tác dụng với Na dư thu được 4,48 lít H2 (đktc). Mặt khác đốt cháy 22,8 gam hỗn hợp E bằng O2 dư, toàn bộ sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 90,0 gam kết tủa; đồng thời khối lượng dung dịch giảm 36,0 gam. Z là este thuần chức tạo bởi X và Y. Phần trăm oxi có trong Z là A. 54,24%. B. 36,36%. C. 48,48%. D. 37,21%.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: B đốt 0,1 mol X cần 12,6 gam O2 → 0,3 mol CO2 + 0,325 mol H2O ||→ mX = 6,45 gam.

số CY = số CZ = 0,3 ÷ 0,1 = 3. để ý số Htrung bình X = 6,5 ||→ phải có ancol C3H8O?.

Thêm nữa, số Otrung bình = 1,375 nên ancol phải đơn chức, tức Z là C3H8O. Từ đó xác định ra X gồm 0,0625 mol C3H8O và 0,0375 mol C3H4O2. ||→ 0,1 mol X thì chỉ tạo tối đa 0,0375 mol este là C6H10O2 ⇄ meste = 4,275 gam. ||→ Yêu cầu: dùng 0,2 mol X sẽ thu được tối đa 8,55 gam este. Câu 2: B quan sát: nguyên tố M đi về đâu? có 7,28 gam MOH hay M2(OH)2 chuyển hết về cuối cùng là 8,97 gam M2CO3 sau khi đốt Y.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Tương quan tăng giảm khối lượng → nM2CO3 = (8,97 – 7,28) ÷ (60 – 17 × 2) = 0,065 mol ||→ M = 39 là kim loại Kali. Quan sát lại phương trình thủy phân và một số giả thiết:

chú ý chất lỏng X gồm 1,04 mol H-OH (sẵn trong dung dịch KOH) và R'OH (sinh ra bởi este)

||→ X + Na là -OH + Na → ½.H2 ||→ nX = ∑nOH = 2nH2 = 1,14 mol.

hơ

→ neste = nR'OH = 1,14 – 1,04 = 0,1 mol.

m /+

ạy

Kè

Yêu cầu %mRCOOK trong Y = 1 – 0,03 × 56 ÷ 10,08 ≈ 83,33%. Câu 3: A Các đồng phân thỏa mãn yêu cầu gồm:

Q uy

Mặt khác, ∑nK trong Y = 0,065 × 2 = 0,13 mol và nRCOOK = 0,1 mol → nKOH dư = 0,03 mol.

☠ Chú ý đề hỏi số đồng phân nên tính cả cis – trans → có tất cả là 7 đồng phân thỏa mãn.

Câu 4: B Một bài cần tư duy suy luận, phân tích giả thiết tìm CTPT khá hay.! Thủy phân: 11 gam Z + 0,15 mol KOH → muối + 6,2 gam ancol. Trong đó, mancol = 6,05 + 1,68 ÷ 22,4 × 2 = 6,2 gam ||→ mmuối = 13,2 gam (theo BTKL) ► Hướng 1: 2 muối có dạng RCOOK với 0,15 mol, m = 13,2 → R = 5 → có một gốc axit < 5 ||→ chỉ có thể là H trong HCOOK hoặc không là gì trong (COOK)2 (gốc hđc quy đổi = 0). mà X, Y đều không tráng bạc, không quá 2π → thỏa mãn chỉ có thể là (COOK)2. ► Hướng 2: để ý nếu 2 muối đều đơn chức → R = 5 → loại (do không thể có HCOOK).

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Theo đó, có ít nhất là một muối 2 chức (vì ∑π trong phân tử không quá 2). Tương tự đó là (COOK)2. Tìm được một axit rồi, để ý tiếp Mancol = 41,333; hai ancol đồng đẳng kế tiếp ||→ chỉ có thể là CH3OH và C2H5OH với số mol tương ứng là 0,05 và 0,1 mol luôn. Biện luận tiếp: X tạo bởi axit cacboxylic và ancol có cùng số nguyên từ C

hơ

||→ ancol tạo X là C2H5OH → X là CH3COOC2H5 ||→ Y dạng ???-OOC-COO???

nên nếu ancol tạo X không thể là CH3OH được (vì nếu là nó thì X là HCOOCH3 tráng gương)

Quay lại giải hệ muối có 0,05 mol CH3COOK và 0,05 mol (COOK)2

Q uy

Thêm kết quả số mol 2 ancol → Y phải là CH3OOC-COOC2H5; MY = 132.

Kè

Vậy yêu cầu: %mO trong Y = 64 ÷ 132 ≈ 48,48%. Câu 5: D Đốt 18,24 gam E (C; H; O) → 0,48 mol CO2 + 0,48 mol H2O ||→ nO trong E = 0,72 mol.

ạy

X axit no 2 chức hở (2π); Y ancol no hở (0π) ||→ từ ∑nCO2 = ∑nH2O → nX = nY.

m /+

Lại thêm X + Y vừa đủ để tạo este thuần chức → Y là ancol 2 chức (O2), thêm X là O4 → bảo toàn O có nX = nY = 0,72 ÷ (2 + 4) = 0,12 mol.

chú ý phương trình tạo este: 1ancol + 1axit → 1este + 2H2O

||→ bảo toàn khối lượng có ngay: meste = 18,24 – 0,24 × 18 = 13,92 gam. Câu 6: C Thủy phân: nKOH phản ứng = 0,2 mol → ∑ngốc –COO = 0,2 mol ⇄ nO trong E = 0,4 mol.

||→ đốt E + 0,79 mol O2 → CO2 + 0,54 mol H2O. Bảo toàn O → nCO2 = 0,72 mol. X là axit no, đơn chức, Y là este hai chức có tổng π là 4 (gồm 2πC=C và 2πCO) ||→ tương quan: ∑nCO2 – ∑nH2O = 3nY → nY = 0,06 mol. Bảo toàn O trong E → nX = (0,4 – 0,06 × 4) ÷ 2 = 0,08 mol. Bấm: số Ctrung bình ≈ 5,14; số Htrung bình ≈ 7,71 ||→ cả 2 chưa nói lên được gì @@. ||→ nghiệm nguyên, gọi số C của X và Y lần lượt là m và n thì có 0,08m + 0,06n = 0,72

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ⇄ 4m + 3n = 36. để ý n ≥ 8 → m ≤ 3; lại thêm m phải chia hết cho 3 ||→ chỉ có thể m = 3 → n = 8. Ứng với X, Y là C2H5COOH và (CH2=CH-COO)2C2H4.

Câu 7: A este dạng RCOOR'. chú ý đặc biệt mmuối > meste ||→ R' < 39. nX = (21,7 – 17,5) ÷ (39 – R') mol → MX = 17,5 ÷ nX = 25 × (39 – R') ÷ 6 = R + R' + 44

hơ

Theo đó, chỉ duy nhất R' là gốc CH3 (M = 15) là thỏa mãn các yêu cầu trên.

||→ Rút gọn: 6R + 31R' = 711 ||→ R' < 711 ÷ 31 ≈ 23; R' chia hết cho 3.

Q uy

Theo đó, R = 41 là gốc C3H5. Viết vẽ + đếm: cố định –COOCH3 đính vào C3H5: C1=C2-C3 3 vị trí 1, 2, 3 là 3 đồng phân. Chú ý thêm khi vào 1 thì có đồng phân cis-tran.

ạy

Kè

Theo đó, tổng đồng phân thỏa mãn yêu cầu là 4. Câu 8: C Đốt 1 mol hỗn hợp 2 este đơn chức cần 5 mol O2 → 4,2 mol CO2 + 3,6 mol H2O.

(trong đó ∑nH2O = 3,6 mol được tính dựa vào bảo toàn nguyên tố O2).

m /+

||→ 1 mol X ⇄ mX = mC + mH + mO = 89,6 gam ||→ 4,48 gam sẽ ứng với nX = 0,05 mol.

Thủy phân: 1este + 1NaOH → muối + 1ancol ||→ Mtrung bình 2 ancol = 2,02 ÷ 0,05 = 40,4.

||→ đọc ra 2 ancol cùng số mol là 0,02 mol CH3OH và 0,03 mol C2H5OH.

Gỉa sử có 0,02 mol este Cm và 0,03 mol este Cn ||→ ∑nC = 0,02m + 0,03n = 0,05 × 4,2 ÷ 1

⇄ 2m + 3n = 21; yêu cầu m, n ≥ 2 (số C của este) → m ≤ (21 – 3 × 2) ÷ 2 = 7,5; m chia hết cho 3 ||→ chỉ duy nhất m = 3 thỏa mãn, thay lại có n = 5. Vậy, hiện tại có 0,02 mol CH3COOCH3 và 0,03 mol C2H?COOC2H5. bảo toàn H, bảo toàn khối lượng, đường chéo, .... hướng nào cũng được, đều có ? = 3. → ứng với CTCT của este còn lại là CH2=CH-COOC2H5. Câu 9: C X là este đơn chức mà 0,12 mol X thủy phân cần 0,24 mol KOH ||→ X là este của phenol dạng RCOOC6H4R' (cái này còn thể hiện ở sản phẩm chỉ có muối + H2O).

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Phản ứng: 1X + 2KOH → muối + 1H2O ||→ có nH2O = 0,12 mol. BTKL → có mX = 18 gam → MX = 150 → R + R' = 30 = 15 + 15 = 1 + 29. Do X không tráng gương nên R ≠ 1 → chỉ xảy ra 2 TH sau: • R = R' = 15 là gốc CH3 → X là CH3COOC6H4CH3 (có 3 đồng phân vị trí o, p, m).

Q uy

||→ nO trong este = 0,36 mol ||→ đọc ra có 0,18 mol este C4H6O2.

hơ

Theo đó tổng số đồng phân của X thỏa mãn là 4. Câu 10: B đốt 15,48 gam este đơn chức (C; H; O) + O2 → 0,72 mol CO2 + 0,54 mol H2O.

• R = 29 và R' = 1 → X là C2H5COOC6H5 chỉ có duy nhất 1 đồng phân thôi.

Kè

a = ∆tăng = 0,18 × (23 – R) + 0,036 × 40; a > 0 → R < 31.

cần dùng 0,18 mol NaOH → lượng dư là 0,036 mol ||→ thủy phân este dạng R'COOR có

ạy

► C4H6O2 chỉ có 2 đồng phân este thủy phân thu được ancol là HCOOCH2CH=CH2

m /+

và CH2=CHCOOCH3; kết hợp điều kiện trên → chỉ có este CH2=CHCOOCH3 thỏa mãn.

Theo đó, thay lại R = 15 → a = 2,88 gam. Câu 11: B Giải đốt cháy: giả thiết mCO2 + mH2O = 87,6 gam.

Tương quan: ∑nCO2 – ∑nH2O = 0.nX + 2.nY = 0,3 mol.

||→ giải ra: nCO2 = 1,5 mol và nH2O = 1,2 mol.

||→ số Ctrung bình = 2. vì yêu cầu m ≥ 4 → n = 1. 0,6m + 0,15n = 1,5 → m = 6. Chú ý thêm E + NaOH → 2 muối + 1 ancol, X là HCOOH, mancol < 9,3 gam. một số nhóm cố định: 2C cho –COO (2 chức este); 2C cho nối đôi C=C, còn lại 2C cho các gốc hiđrocacbon, tổng kết các dữ kiện trên ||→ Y phải là HCOOCH2-CH2-OOCCH=CH2 (este của etilen glicol với axit fomic và acrylic).

Câu 12: A

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn nCO2 sinh ra = nO2 đã phản ứng ||→ X có dạng Cm(H2O)n = CmH2nOn. X no nên 2n = 2m + 2 – n; lại có tỉ lệ 44m ÷ (18n) = 3,055 ||→ giải ra m = 5; n = 4. ||→ X là C5H8O4; đun 15,84 gam X ⇄ 0,12 mol cần 0,24 mol NaOH → 18 gam muối + ancol Y ||→ BTKL có mY = 7,44 gam. Thử chia: 7,44 ÷ 0,12 = 62 = 28 + 17 × 2 là C2H4(OH)2

Câu 13: C 2 ancol ROH có %mO = 29,41% → R = 37,4.

hơ

Để ý ancol không no tối thiểu là HC≡C-CH2OH có M = 56 rồi.

Gọi nC2H5OH = 2x mol; nC3H7OH = 3x mol ||→ nNaOH cần = 5x mol.

Q uy

||→ theo đó, 2 ancol thỏa mãn chỉ có thể là C2H5OH và C3H7OH với tỉ lệ 2 ÷ 3.

Kè

BTKL có 46,4 + 5x × 40 = 39,2 + 46 × 2x + 60 × 3x ||→ x = 0,1 mol.

ạy

Có 39,2 ÷ 0,5 = 78,4 → có 1 muối là HCOONa. Xét thử 2 TH số mol thôi:

m /+

||→ gốc R = 18,333 lẻ → loại.!

• TH nếu 0,2 mol este là HCOOC2H5 thì este kia là 0,3 mol RCOOC3H7

• TH nếu có 0,3 mol este là HCOOC3H7 thì este kia là 0,2 mol RCOOC2H5.

Giải R = 27 là gốc CH2=CH ||→ kết quả: 0,5 mol X gồm 0,3 mol C4H8O2 và 0,2 mol C5H8O2

Theo đó, khi dùng 0,1 mol hỗn hợp E ↔ dùng 0,06 mol C4 và 0,04 mol C5

||→ ∑nCO2 thu được = 0,44 mol → m = mtủa = 0,44 × 197 = 86,68 gam. Câu 14: B Kết quả đốt: 11,1 gam X gồm 0,45 mol C + 0,9 mol H + 0,3 mol O. nCO2 = nH2O ||→ X no, đơn chức mạch hở → 11,1 gam X ⇄ 0,15 mol C3H6O. Y là este đơn chức có số cacbon nhiều hơn X là 2 nguyên tử ||→ Y dạng C5H?O2. với CTPT C3H6O2 thì chỉ có 2 CTCT thỏa mãn với X: CH3COOCH3 hoặc HCOOC2H5. • Ứng với ancol CH3OH → ∑nancol = 8,832 ÷ 32 = 0,276 mol → nY = 0,276 – 0,15 = 0,126 mol

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ||→ MY = 12,348 ÷ 0,126 = 98 → ? = 6 → Y là HC≡CCH2COOCH3→ chọn B. ♦. • ứng với ancol C2H5OH , tương tự giải MY = 294 → ? = 202 không thoả mãn.! Câu 15: B giải đốt cháy → 6,8 gam X gồm 0,32 mol C + 0,2 mol H2 + 0,08 mol O2. X gồm axit no, đơn chức hở và ankin → từ 0,08 mol O2 trong X → naxit = 0,08 mol. Tương quan: ∑nCO2 – ∑nH2O = nankin ||→ trong X có 0,12 mol ankin.

Quá trình: HCOOH + HC≡CH –––to, xt–→ HCOOCH=CH2

Q uy

sau đó: HCOOCH=CH + AgNO3/NH3 → (NH4)2CO3 + CH3COONH4 + Ag↓.

hơ

Ctrung bình = 1,6; Htrung bình = 2 ||→ axit là HCOOH và ankin là C2H2.

phần dư: 1HCOOH + AgNO3/NH3 → 2Ag || HC≡CH + AgNO3/NH3 → AgC≡CAg↓

Kè

Điểm cần chú ý ở đây là: nếu có x mol HC≡CH phản ứng este thì sau đó sẽ có thêm 2x mol Ag↓

ạy

còn HCOO dù là trong este hay axit dư đều tạo 2Ag, nghĩa là có 0,16 mol Ag nữa.

||→ ∑mtủa = (0,08 + x) × 2 × 108 + (0,12 – x) × 240 = 44,64 gam ||→ x = 0,06 mol.

m /+

Theo đó, Hphản ứng este = 0,06 ÷ 0,08 = 75% (tính theo axit ít dư hơn). Câu 16: A 2 este đơn chức nên bình thường 0,08 mol cần 0,08 mol NaOH

Nhưng theo giả thiết lại cần dùng 0,11 mol NaOH ||→ 0,03 mol NaOH thêm là để phản ứng

với phenol ||→ có 0,03 mol este của phenol và 0,05 mol este tạo anđehit.

2,9 gam → Manđehit = 58 = C2H5CHO. ||→ hỗn hợp gồm 0,03 mol RCOOC6H4R' và 0,05 mol RCOOCH=CH2CH3 ||→ muối gồm 0,08 mol RCOONa + 0,03 mol R'C6H4ONa, mmuối = 10,46 gam. ||→ 0,08R + 0,03R’ = 8,15 ⇄ 8R + 3R’ = 165 ||→ cặp nghiệm R = 15, R’ = 15 thỏa mãn. ||→ cấu tạo của 2 este là CH3COOCH=CH2 và CH3COOC6H4CH3. Câu 17: A chỉ duy nhất este HCOO–... + AgNO3/NH3 → 0,3 mol Ag ||→ có 0,15 mol HCOO–... ☆ chú ý phân tích: X + KOH → 2 muối + 2 ancol đồng đẳng kế tiếp; thêm 2 este hơn kém 1C.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ 0,4 mol X gồm 0,15 mol HCOOCn + 1H2n + 3 và 0,25 mol C2H3COOCnH2n + 1. (ngược lại nếu có 0,15 mol HCOOCnH2n + 1 thì sẽ không có 0,25 mol este nào thỏa mãn). ||→ 19,1 gam X gồm3x mol HCOOCn + 1H2n + 3 và 5x mol C2H3COOCnH2n + 1. • 19,1gam X + 8xmol KOH → (3xmol HCOOK + 5xmol C2H3COOK) + 10,25gam ancol. BTKL có: 19,1 + 448x = 812x + 10,25 ||→ x = 0,025 mol.

hơ

||→ Mtrung bình 2 ancol = 10,25 ÷ (8x) = 51,25 → n = 2.

Q uy

||→ %meste có khối lượng nhỏ hơn = 6,6 ÷ 19,1 ≈ 34,55%. Câu 18: C E + NaOH → 2 muối ||→ este X được cấu tạo từ một trong 2 axit Y và Z.

||→ 19,1 gam X gồm 6,6 gam HCOOC3H7 và 12,5 gam C2H3COOC2H5

Kè

||→ cả X, Y, Z đều có 2O và cùng 2π. Theo đó:

ạy

đốt 8,32 gam E (gồm X, Y, Z) + 0,42 mol O2 –––to–→ CO2 + H2O.

m /+

• ||→ mCO2 + mH2O = 8,32 + 0,42 × 32 = 21,76 gam.

• Bảo toàn O có: 2nCO2 + nH2O = 2nO2 + nO trong E = 0,84 + 2nE.

• Tương quan: nCO2 – nH2O = nE. Giải hệ: nCO2 = 0,38 mol; nH2O = 0,28 mol; nE = 0,1 mol.

||→ số Ctrung bình = 3,8 → Z chỉ có thể là CH2=CHCOOH → Y là C4H7COOH.

||→ axit tạo este X có thể là C3H4O2 hoặc C5H8O2. Quan sát 4 đáp án =>C Câu 19: A ∑số π của X < 3 nên có 2 TH xảy ra: • nếu số π của X = 2 → X dạng CnH2n – 2O2 + 7O2 –––to–→ 6CO2 + H2O. có nCO2 – nH2O = nX kết hợp bảo toàn O ||→ có nX = 4/3 và nH2O = 14/3 → n = 4,5 → loại.! • nếu số π của X = 1 → X dạng CnH2nO2 + 7O2 → 6CO2 + 6H2O ||→ X là C3H6O2. Theo đó, ứng với CTPT trên chỉ có 2 este thỏa mãn là HCOOC2H5 hoặc CH3COOCH3. Xét tiếp: • nếu X là HCOOC2H5 → Y chỉ có thể là CH3COOH (kế tiếp axit tạo este X).

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn kết hợp 2 giả thiết của thủy phân giải hệ ra số mol chúng lần lượt là 0,15 mol và 0,25 mol Kết quả tròn đẹp + thỏa mãn → chọn luôn đáp án A. ♥. Tuy nhiên, nếu tự luận + vẫn băn khoăn, xét tiếp nốt TH còn lại kia: • nếu X là CH3COOCH3 thì Y có thể là HCOOH hoặc C2H5COOH. Tương tự dùng 2 giả thiết thủy phân để kiểm tra thấy cho số mol âm → loại.!

||→ Yên tâm chọn A.!

hơ

Câu 20: C Giải đốt ||→ 8,1 gam E gồm 0,35 mol C + 0,35 mol H2 + 0,2 mol O.

Q uy

neste = nancol nên bảo toàn O có 4neste + nancol = 0,2 → neste = nancol = 0,04 mol.

cũng từ neste = nancol và để ý ∑nCO2 = ∑nH2O ||→ ancol và axit tạo este X đều phải no.

Kè

Thủy phân: 8,1 gam E + 0,08 mol NaOH → muối + 5,38 gam 3 ancol

ạy

||→ mmuối = 5,92 gam → Mmuối = 5,92 ÷ 0,04 = 148 là CH2(COONa)2 (muối axit malonic).

m /+

Lại có Mtrung bình 3 ancol = 5,38 ÷ 0,08 = 44,8 → phải có 1 ancol là CH3OH. Xét: • nếu Y là CH3OH → Z kế tiếp là C2H5OH, biết nX = nY + Z = 0,04 mol nên chặn khoảng C:

(0,35 – 0,04 × 2) ÷ 0,04 = 6,75 < số C của X < 7,75 = (0,35 – 0,04 × 1) ÷ 0,04

||→ số C của X = 7. X dạng CH2(COOCancol...)2 → Cancol = 2 là ancol C2H5OH.

||→ loại vì 3 ancol là khác nhau.!

• Theo đó, ancol CH3OH là ancol tạo este X → X là CH2(COOCH3)2 ||→ số Ctrung bình 2 ancol Y, Z = (0,35 – 0,04 × 5) ÷ 0,04 = 3,75 → là C3H7OH và C4H9OH. TH này thỏa mãn ||→ yêu cẩu %mO trong X = 64 ÷ 132 ≈ 48,48%. Câu 21: A axit phải có 2π, axit lại đơn chức (1πCO) → còn 1 πC=C nữa (đồng đẳng axit acrylic). → nancol = naxit = 0,08 mol. số Ctrung bình = 0,4 ÷ 0,16 = 2,5 → Cancol < 2,5 (do Caxit ≥ 3); lại thêm Z là tạp chức este - ancol (mới có khả năng + Na → H2) → ancol phải đa chức

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ||→ ancol chỉ có thể là C2H6O2 ||→ Caxit = (0,4 – 0,08 × 2) ÷ 0,08 = 3 → axit là C3H4O2. ||→ Z là tạp chức este - ancol: CH2=CHCOOCH2CH2OH; MZ = 116 ||→ %mO trong Z = 16 × 3 ÷ 116 ≈ 41,38%. Câu 22: A đốt 0,15 mol E thu được 0,6 mol CO2 + 0,63 mol H2O. Gọi nX = x mol; nY = y mol thì có x + y = 0,15 mol. Tương quan: ∑nH2O – ∑nCO2 = 0,03 mol = y – x

||→ giải x = 0,06 mol; y = 0,09 mol. Gọi số C của axit tạo este X là m; số C ancol tạo X là n

hơ

thì số C của ancol Y cũng là n và ∑số C của X là m + 2n.

Q uy

bảo toàn C có: 0,06 × (m + 2n) + 0,09n = 0,6 ⇄ 2m + 7n = 20; nghiệm duy nhất (m; n) = (3; 2) ||→ xác định được E gồm 0,06 mol CH2(COOC2H5)2 và 0,09 mol C2H4(OH)2.

Kè

||→ mE = 15,18 gam và ∑m2 ancol khi thủy phân ra = 0,12 × 46 + 0,09 × 62 = 11,1 gam.

m /+

||→ m = 11,1 × 2,5 = 27,75 gam. Câu 23: D Phân tích dần các giả thiết - bải tập nhỏ:

ạy

☠ theo đó, ở yêu cầu dùng 37,95 gam E là đã dùng gấp 2,5 lần trên rồi

• đốt X cho nCO2 = nH2O = 0,4 mol ||→ X là este no, đơn chức, mạch hở.

• giải đốt cháy → Y dạng C4H6O? (là axit hai chức, hoặc đơn chức không no có một C=C).

• đốt 2 ancol no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp thu 0,8 mol CO2 + 1,45 mol H2O

||→ giải ra có 0,5 mol CH3OH và 0,15 mol C2H5OH. Từ 2 ancol và Y là C4 ||→ Y chỉ có thể là (COOCH3)2 hoặc CH2=CHCOOCH3. ||→ xét: ♦ TH1 nếu có 0,25 mol Y là (COOCH3)2 và 0,15 mol X dạng RCOOC2H5 biết mX + Y = 44,8 gam → R = 29 ⇄ là gốc C2H5 → X: C2H5COOC2H5. Chọn D. ♠. ♦ TH2 nếu có 0,5 mol C2H3COOCH3 và 0,15 mol X dạng RCOOC2H5 Tương tự với ∑mX + Y = 44,8 gam → R = – 61 (không thỏa mãn) → loại! Câu 24: D

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn X là este 2 chức no → có 2π và 4O; Y là axit 2 chức no → tương tự có 2π, 4O • Giải đốt: E (2π, 4O) + O2 → 0,28 mol CO2 + 0,22 mol H2O. ||→ ∑nCO2 – ∑nH2O = nE = 0,06 mol → nO trongE = 0,24 mol; mE = mC + mH + mO = 7,64 gam.

hơ

7,64 gam E ⇄ 0,06 mol ||→ khi dùng 57,3 gam E ⇄ 0,45 mol. Quan sát thủy phân:

Q uy

Gọi số mol như trên ||→ nKOH = 0,9 mol = 2x + 2y BTKL lại có: 62x + 36y = 57,3 + 0,9 × 56 – 83,7 = 24 gam

ạy

♦1: theo gốc R: từ x và y và mmuối → 4R + R' = 60.

Kè

Giải hệ: x = 0,3 mol và y = 0,15 mol. Đến đây có nhiều hướng biện luận:

giải nghiệm nguyên, chú ý R ≠ 1 (do X không tráng gương) nên chỉ cặp R = 15 và R' = 0 thỏa mãn.

m /+

Ứng với cặp chất X là (CH3COOCH2)2 và Y là (COOH)2. Chọn D. ♠.

♦2: theo số C: gọi m = số CX; n = số CY ||→ 0,3m + 0,15n = 2,1 ⇄ 2m + n = 14.

X không tráng gương nên điều kiện m ≥ 6; n ≥ 2 ||→ cặp duy nhất m = 6 và n = 2.

♦3: số H, số O, sơ đồ chéo, Ctrung bình, ... khá nhiều hướng khác nhau có thể đi đến được đáp án D như trên. Câu 25: A Kết hợp giữa thủy phân và đốt cháy cơ bản: 0,17 mol Na đi về –COONa ||→ ∑nO trong E = 0,17 × 2 = 0,34 mol. Lúc này đốt 8,18 gam E (gồm C + H + 0,34 mol O) + 0,115 mol O2 → CO2 + H2O. ||→ giải đốt cháy có nCO2 = 0,2 mol và nH2O = 0,17 mol. Từ CTCT của X, Y, Z ||→ tương quan: ∑nCO2 – ∑nH2O = nY, Z = 0,03 mol. E (gồm X, Y, Z) + NaOH → 2 muối của X, Y + ..... ||→ Z được tạo từ axit X. ||→ ∑n2 muối = nE = 0,17 mol; lại có tỉ lệ 2 muối là 13 : 2 ||→ nmuối X = 0,13 mol

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

và nmuối Y = 0,02 mol ||→ nY = 0,02 mol; nZ = 0,01 mol và nX = 0,12 mol. Ctrung bình E = 0,2 ÷ 0,0,15 ≈ 1,33 → X là axit HCOOH. (axit có C1 duy nhất). Gọi số CY = m; số CZ = n; MY < MZ → m < n và 0,12 + 0,02m + 0,01n = 0,2 ⇄ 2m + n = 8. điều kiện m ≥ 2; n ≥ 3 và n chẵn, m < n → duy nhất cặp (m; n) = (2; 4) thỏa mãn.

hơ

||→ trong E có 0,01 mol este Z là HCOOC3H5 ||→ %mZ trong E ≈ 10,5%. Câu 26: C Câu 27: B Giải đốt: 7,12 gam hỗn hợp E cần 0,32 mol O2 –––to–→ 0,28 mol CO2 + 0,28 mol H2O.

Q uy

Tương quan nCO2 = nH2O ||→ 2 este đều phải no, đơn chức mạch hở → nE = 0,1 mol (bảo toàn O) ||→ Ctrung bình E = 2,8 ||→ E gồm x mol HCOOCH3 và y mol RCOOC2H5

Kè

• bài tập ancol - ete → xử lí luôn.

ạy

Có mete = 0,6x ÷ 2 × (32 × 2 – 18) + 0,8y ÷ 2 × (46 × 2 – 18) = 1,696 gam.

Lại thêm x + y = 0,1 → giải ra x = 0,08 mol và y = 0,02 mol.

m /+

Theo đó, từ 60x + (R + 73)y = 7,12 gam → R = 43 là gốc C3H7

||→ hỗn hợp 2 muối gồm 0,08 mol HCOONa (muối X) và 0,02 mol C3H7COONa (muối Y)

||→ Yêu cầu: %mmuối Y trong hỗn hợp ≈ 28,80%. Câu 28: B đốt 2,48 mol E (C, H, O) cho 0,085 mol CO2 và 0,09 mol H2O ||→ ∑nOtrong E = 0,08 mol.

Phản ứng với Na → ∑n–COOH + ∑n–OH = 0,05 mol. O trong E cũng nằm trong 2 chức này ||→ giải ra có 0,03 mol –COOH và 0,02 mol –OH. Thêm: X mạch cacbon không phân nhánh → X có không quá 2 chức; nX < nY ||→ Phải là: axit X có 2 chức, nX = 0,015 mol và ancol Y đơn chức, nY = 0,02 mol. giả sử CX = m; CY = n thì bảo toàn C có: 0,015m + 0,02n = 0,085 ⇄ 3m + 4n = 17. cặp duy nhất thỏa mãn là (m; n) = (3; 2). axit 2 chức C3 thì duy nhất CH2(COOH)2; ancol đơn chức C2 thì duy nhất C2H5OH ||→ este yêu cầu là CH2(COOC2H5)2

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(PTK lớn nhất có thể) ||→ đếm ∑số H = 12. Câu 29: C X là CmH2m–6O6 và Y là CnH2n–2O2 ||→ quy 10,6 gam E gồm 0,5 mol CH2 + OH –1. ||→ ∑ncụm OH –1 = (10,6 – 0,5 × 14) ÷ 15 = 0,24 mol → ∑nnhóm -COO = 0,12 mol. Theo đó, khi dùng 26,5 gam E (gấp 2,5 lần trên) thì ∑nnhóm -COO = 0,3 mol.

hơ

26,5 gam E cần 0,3 mol KOH → 36,0 gam muối + x mol glixerol + y mol H2O.

Q uy

→ Bảo toàn khối lượng có: 92x + 18y = 26,5 + 0,3 × 56 – 36 = 7,3 gam. Giải hệ có x = 0,05 mol và y = 0,15 mol ||→ ∑nmuối Y trong F = 0,2 mol.

Gọi nX = x mol; nY = y mol thì 3x + y = 0,3 mol. Quan sát thủy phân:

(∑muối Y trong F gồm của gốc axit Y trong este X và axit Y sẵn có, thêm nữa X có

Kè

tổng là 4π gồm 3π là -COO rồi → còn 1π C=C của 1 gốc axit Y nữa thôi).

ạy

Gọi số CX m; số CY = n thì bảo toàn C: 0,05m + 0,15n = 0,5 × 2,5 ⇄ m + 3n = 25. Xảy ra:

m /+

• m = 10; n = 5 ||→ có 0,2 mol muối C4H7COOK → mmuối Y trong F = 27,6 gam. • m = 13; n = 4 ||→ có 0,2 mol muối C3H5COOK → mmuối Y trong F = 24,8 gam.

• m = 15; n = 3 ||→ có 0,2 mol muối C2H3COOK → mmuối Y trong F = 22,0 gam.

Đọc yêu cầu + quan sát 4 đáp án → chọn C. ♣.

Câu 30: D phản ứng với Na → ∑nCOOH + ∑nOH = 2nH2 = 0,4 mol. giải đốt 22,8 gam E → 0,9 mol CO2 + 0,8 mol H2O ||→ ∑nO trong E = 0,65 mol. Theo đó, giải hệ có ∑nCOOH = 0,25 mol và ∑nOH = 0,15 mol. Y là ancol đơn chức nên nY = 0,15 mol ||→ X cũng đơn chức, nX = 0,25 mol. (vì nếu X 2 chức hoặc hơn thì số mol X sẽ nhỏ hơn số mol Y, trái với giả thiết). ||→ gọi số CX = m; số CY = n thì bảo toàn C có 0,25m + 0,15n = 0,9 mol ⇄ 5m + 3n = 18. Giải nghiệm nguyên: (m; n) = (3; 1) là cặp nghiệm duy nhất.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Theo đó Y là CH3OH → X là C2H3COOH ||→ este thuần chức Z là C2H3COOCH3

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

||→ Yêu cầu: %mO trong Z = 32 ÷ 86 ≈ 37,21%.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 2. Sáng tạo và phát triển tư duy giải bài tập Ancol - phenol - dẫn xuất hiđrocacbon

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. : Hỗn hợp X gồm hiđro, propen, axit acrylic, ancol anlylic (CH2=CHCH2OH). Đốt cháy hoàn toàn 0,75 mol X, thu được 30,24 lít khí CO2 (đktc). Đun nóng X với bột Ni một thời gian, thu được hỗn hợp Y. Tỉ khối hơi của Y so với X bằng 1,25. Cho 0,1 mol Y phản ứng vừa đủ với V lít dung dịch Br2 0,1M. Giá trị của V là A. 0,6. B. 0,5. C. 0,3. D. 0,4. Câu 2. : Hỗn hợp X gồm C3H8, C2H4(OH)2 và một số ancol no, đơn chức, mạch hở (trong đó C3H8 và C2H4(OH)2 có số mol bằng nhau). Đốt cháy hoàn toàn 5,444 gam X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng lên 16,58 gam và xuất hiện m gam kết tủa. Xác định m? A. 42,158 gam B. 43,931 gam C. 47,477 gam D. 45,704 gam Câu 3. : Hỗn hợp X gồm etilen, etylen glicol, axit lactic (CH3CH(OH)COOH) và axit propanoic (trong đó etilen glicol và axit propanoic có cùng số mol). Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 0,18 mol O2 thu được 2,97 gam hơi nước. Mặt khác, cho m gam X tác dụng với dung dịch Br2 thì khối lượng Br2 tối đa phản ứng là A. 1,6 gam. B. 2,4 gam. C. 3,2 gam. D. 4,0 gam. Câu 4. : Hỗn hợp X gồm etanđial, axetilen, propanđial và vinyl fomat (trong đó số mol của etanđial và axetilen bằng nhau). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần dùng vừa đủ V lít O2 thu được 52,8 gam CO2. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 0,1V lít hỗn hợp etan, propan cần 0,455V lít O2 thu được a gam CO2. Giá trị của a là A. 14,344 B. 16,28 C. 14,256 D. 16,852 Câu 5. : Hỗn hợp X gồm ancol etylic và 2 ankan là đổng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn 9,45 gam X thu được 13,05 gam nước và 13,44 lít CO2 (đktc). Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong X là A. 52,92%. B. 38,09%. C. 24,34%. D. 22,75%. Câu 6. : Đốt cháy 0,15 mol hỗn hợp gồm metyl acrylat, etilen glicol, axetanđehit và ancol metylic cần dùng a mol O2. Sản phẩm cháy dẫn qua 200 ml dung dịch Ca(OH)2 1M, lọc bỏ kết tủa, cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào phần dung dịch nước lọc thu thêm 53,46 gam kết tủa nữa. Giá trị gần nhất của a là A. 0,47. B. 0,45. C. 0,48. D. 0,49.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 7. : Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hơp gồm anhydrit fomic, axit malonic, axit malic và glixerol trifomat cần dùng 0,2 mol O2 (đktc). Sản phẩm cháy dẫn qua bình đựng dung dịch nước vôi trong dư thu được m gam kết tủa. Giá trị m là A. 30. B. 25. C. 35. D. 20. Câu 8. : Đốt cháy m gam hỗn hợp X gồm metanol, etanol, glixerol và sobitol cần vừa đủ 5,712 lít khí O2 (ở đktc), sau phản ứng thu được 5,04 gam H2O. Mặt khác nếu cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng với Na dư thì thu được 4,76 lit H2 (đktc). % khối lượng của etanol có trong hỗn hợp X là A. 24,30%. B. 25,12%. C. 23,84%. D. 20,50%. Câu 9. : Đốt cháy hoàn toàn m gam một rượu no X thu được cũng m gam H2O. Biết khối lượng phân tử của X nhỏ hơn 100 đvC. Số đồng phân cấu tạo của rượu X là A. 4. B. 5. C. 6. D. 3. Câu 10. : Đốt cháy hoàn toàn ancol X có khối lượng phân tử nhỏ hơn 120 đvC bằng oxi dư thu được 13,44 lít CO2 (đktc) và 13,5 gam nước. X tác dụng được với Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường thu được dung dịch màu xanh lam. Số đồng phân cấu tạo thỏa mãn của X là A. 4. B. 5. C. 6. D. 3. Câu 11. : Đốt cháy hoàn toàn một hợp chất hữu cơ X chỉ chứa 1 loại nhóm chức. Toàn bộ sản phẩm cháy cho vào dung dịch Ba(OH)2 dư tạo ra 29,55 gam kết tủa; dung dịch sau phản ứng có khối lượng giảm 19,35 gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu. Biết rằng trong X phần trăm khối lượng oxi nhỏ hơn 45%. X tác dụng với natri giải phóng khí H2. Số đồng phân cấu tạo của X là A. 7. B. 5. C. 4. D. 6. Câu 12. : Hóa hơi hoàn toàn hỗn hợp hai ancol no X và Y ở 81,9oC và 1,3 atm được thể tích 1,568 lít. Cho lượng hỗn hợp này tác dụng với kim loại Kali dư thu được 1,232 lít H2 (đktc). Mặt khác đem đốt cháy hoàn toàn lượng ancol đó thu được 7,48 gam khí CO2. Biết rằng số nhóm chức trong Y nhiều hơn X một đơn vị. Công Thức của X và Y lần lượt là A. C2H5OH và C2H4(OH)2. B. C2H5OH và C3H6(OH)2. C. C3H7OH và C3H6(OH)3. D. C3H7OH và C2H4(OH)2. Câu 13. : Tách nước hoàn toàn từ 25,8 gam hỗn hợp E gồm 2 ancol X và Y (MX < MY), sau phản ứng thu được hỗn hợp F gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn F cần vừa đủ 1,8 mol O2.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Mặt khác nếu tách nước không hoàn toàn 25,8 gam hỗn hợp E (ở 140oC, xúc tác H2SO4 đặc), sau phản ứng thu được 11,76 gam hỗn hợp các ete. Biết hiệu suất ete hóa của Y là 50%. Hiệu suất ete hóa của X là A. 35%. B. 65%. C. 60%. D. 55%. Câu 14. : Hỗn hợp E chứa 2 ancol X, Y (MX < MY) đều đơn chức, mạch hở. Đun nóng 42,4 gam E với H2SO4 đặc ở 140oC thu được hỗn hợp F gồm 3 ete có số mol bằng nhau. Tách hết một ete có trong F đem đốt cháy hoàn toàn cần dùng 12,32 lít O2 (đktc) thu được 17,6 gam CO2 và 7,2 gam nước. Biết rằng hiệu suất ete hóa của X là 50%. Hiệu suất ete hóa của Y là A. 70%. B. 60%. C. 75%. D. 80%. Câu 15. : Hỗn hợp E chứa 2 ancol đều no, đơn chức, kế tiếp trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy 18,9 gam gam E cần dùng 30,24 lít O2 (đktc). Mặt khác đun nóng 18,9 gam E với H2SO4 đặc ở 140oC thu được 11,49 gam hỗn hợp F gồm 3 ete có tỉ khối so với He bằng 22,98. Hiệu suất ete hóa của mỗi ancol là A. 60% và 80%. B. 50% và 70%. C. 40% và 60%. D. 50% và 50%. Câu 16. : Đun nóng 18,9 gam hỗn hợp hai ancol kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng với dung dịch axit sunfuric thu được 15,3 gam hỗn hợp các chất hữu cơ X (gồm ete, anken và ancol dư). Đốt cháy hoàn toàn 15,3 gam X trên thu được 58,5 gam hỗn hợp sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O. Công thức phân tử của hai ancol là A. CH3OH và C3H7OH. B. CH3OH và C2H5OH. C. C3H7OH và C4H9OH. D. C2H5OH và C3H7OH. Câu 17. : Cho 0,4 mol hỗn hợp X gồm 2 ancol A và B đơn chức bậc một là đồng đẳng kế tiếp (MA > MB), đun nóng X với H2SO4 với nhiệt độ thích hợp thu 7,704 gam ete. Tham gia phản ứng ete hóa có 40% A và 50% B. Hai ancol A và B lần lượt là A. etanol và metanol. B. propan-1-ol và etanol. C. propan-1-ol và butan-1-ol. D. butan-1-ol và propan-1-ol. Câu 18. : Hỗn hợp hơi E chứa 2 ancol đều mạch hở và 1 anken. Đốt cháy 0,2 mol E cần dùng 0,48 mol O2, thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng 23,04 gam. Mặt khác dẫn 0,2 mol E qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 6,4 gam; đồng thời thấy thoát ra 1,792 lít khí H2 (đktc). Nếu lấy 19,2 gam E làm mất màu tối đa V ml dung dịch Br2 1M. Giá trị của V là A. 300 ml. B. 450 ml. C. 400 ml. D. 350 ml. Câu 19. : Thực hiện 3 thí nghiệm sau ( các thể tích khí đo ở cùng điều kiện): • TN1: Cho 5,0 gam dd C2H5OH 20% tác dụng Na dư được V1 lít H2.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

• TN2: Cho 10,0 gam dd C2H5OH 10% tác dụng Na dư được V2 lít H2. • TN3: Cho 5,0 gam dd C2H5OH 40% tác dụng Na dư được V3 lít H2. So sánh thể tích hidro thoát ra trong 3 thí nghiệm thì A. V1 > V2 > V3. B. V2 > V1 > V3. C. V1 = V2 = V3. D. V3 > V1 > V2. Câu 20. : Hỗn hợp X gồm 3-cloprop-1-in; vinylclorua và 1,1-đicloetan. Đốt cháy hoàn toàn 3,6 gam X trong không khí thu được 4,84 gam CO2. Mặt khác, để thủy phân hết X cần dùng vừa đủ 50 ml dung dịch NaOH 1M đun nóng cẩn thận thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y vào dung dịch AgNO3/NH3 dư, sau phản ứng thấy tạo thành m gam kết tủa. Giá trị của m gần nhất với A. 6,2 gam. B. 10,5 gam. C. 6,6 gam. D. 11,9 gam. Câu 21. : Đốt cháy 0,2 mol hỗn hợp gồm 2 anken kế tiếp cần dùng 1,02 mol O2. Mặt khác hydrat hóa hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp E thu được hỗn hợp F chứa 3 ancol trong đó tỉ lệ khối lượng ancol bậc I và ancol bậc II là 0,159. Phần trăm khối lượng của ancol bậc II có khối lượng phân tử nhỏ là A. 39,8%. B. 38,3%. C. 40,6%. D. 41,2%. Câu 22. : Hỗn hợp E chứa 2 ancol X, Y đều no, mạch hở hơn kém nhau 1 nguyên tử cacbon. Đốt cháy 17,45 gam hỗn hợp E cần dùng 0,875 mol O2. Mặt khác 17,45 gam hỗn hợp E tác dụng với Na dư thu được 5,32 lít khí H2 (đktc). Nhận định nào sau đây là đúng nhất? A. X, Y đều tác dụng với Cu(OH)2 tạo dung dịch xanh lam. B. X chỉ có một đồng phân cấu tạo duy nhất. C. Y có 3 đồng phân cấu tạo đều tác dụng Cu(OH)2 ở điều kiện thường tạo dung dịch xanh lam. D. X có chứa 1 nhóm –CH2. Câu 23. : Đốt cháy hoàn toàn 4,38 gam hỗn hợp X gồm 2 ancol kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng metanol và etylamin cần vừa đúng 0,33 mol khí O2, sản phẩm cháy thu được dẫn qua nước vôi trong dư thấy tạo thành 20 gam kết tủa. Ancol có phân tử khối lớn hơn là A. C2H5OH. B. C3H7OH. C. C4H9OH. D. CH3OH.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: B X gồm H2; C3H6; C3H4O2 và C3H6O (☠: các chất hữu cơ có cùng 3C và cùng có 1π). ||→ có 1,35 mol CO2 → 0,75 mol X gồm 0,45 mol C3H?O?? và 0,3 mol H2.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Lại có mX = mY ||→ từ dY/X = 1,25 → khi nY = 0,1 mol thì nX = 0,125 mol. ||→ chứng tỏ có 0,025 mol H2 đã phản ứng → làm mất 0,025 mol π trong X. Nhìn lại: lúc này X dùng là 0,125 mol → sẽ gồm 0,075 mol C3H?O?? và 0,05 mol H2. nπ trong X = 0,075 mol luôn (vì các chất hữu cơ cùng C3 và cùng 1π đã nói trên) ||→ nπ trong Y = 0,075 – 0,025 = 0,05 mol → tương quan nBr2 = 0,05 mol.

Q uy

||→ nhận ra vấn đề: hỗn hợp X gồm tất cả các chất đều có dạng CnH2n + 2O.

hơ

Theo đó, yêu cầu V = 0,5 lít. Câu 2: D nhạy cảm: "một số ancol". nối: C3H8.C2H4(OH)2 = C5H14O2 = 2.C2,5H7O.

Quy 5,444 gam X gồm x mol CH2 và y mol H2O ||→ 14x + 18y = 5,444 gam.

Kè

Bảo toàn C, H → mtăng = 62x + 18y = 16,58 gam.

ạy

yeah! với hướng này thì gặp lại, các em tự tin bấm máy luôn:

m /+

m = 197 × (16,58 – 5,444) ÷ (62 – 14) = 45,704 gam. Câu 3: B X gồm C2H4; C2H6O2; C3H6O3 và C3H6O2.

QUan sát: H6 hiện ra → phản xạ, cảm giác về YTHH 01 với bảo toàn H;

lại thêm yêu cầu Br2 phản ứng, nhìn lại chỉ có C2H4 phản ứng

À, cũng chỉ mỗi thằng H4 là đặc biệt trong chuỗi H6 kia.! đã nhận ra vấn đề.

Xem nào: 0,18 mol O2 cần đốt ||→ tách các chất ra: C3H6O3 = C2H4.CO2.H2O. || C2H6O2.C3H6O2 = 2.C2H4.H2O.½.CO2. ||→ 0,18 mol O2 cần dùng là để đốt cụm "C2H4" đại diện luôn cho số mol của cả hỗn hợp X. ||→ nX = 0,18 ÷ 3 = 0,06 mol. Giờ thì dùng YTHH số 01 với bảo toàn cụm "H6" được rồi: có nC2H4 trong X = (0,06 × 6 – 0,165 × 2) ÷ 2 = 0,015 mol (số H4 hụt 2H so với H6). ||→ Yêu cầu: mBr2 phản ứng = 0,015 × 160 = 2,4 gam. Câu 4: C

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn quan sát X gồm: C2H2O2; C2H2; C3H4O2; C3H4O2. giả thiết: C2H2O2.C2H2 = C5H4O2 ||→ điểm chung X = C + H2O. ♦ đốt m gam X (C + H2O) cần V lít O2 → 1,2 mol CO2 + H2O. H2O không cần O2 để đốt nên từ trên ||→ nO2 cần đốt = 1,2 mol ||→ tương quan: V lít ⇄ 1,2 mol. ♦ Đốt 0,12 mol (C2H6 và C3H8) cần 0,546 mol O2 → x mol CO2 + y mol H2O.

Q uy

hơ

Giải hệ được x = 0,324 mol và y = 0,444 mol ||→ giá trị a = 44x = 14,256 gam. Câu 5: C đốt X (C2H6O và (C; H)) + O2 → 0,6 mol CO2 + 0,725 mol H2O.

bảo toàn O có: 2x + y = 0,546 × 2; tương quan: y – x = nankan = 0,12 mol.

mX = mC + mH + mO ||→ nO trong X = 0,05 mol.

Kè

số mol O trong X chính là số mol ancol etylic (chất duy nhất chứa O).

ạy

||→ Yêu cầu %mancol etylic trong X = 0,05 × 46 ÷ 9,45 ≈ 24,34%. Câu 6: B Hỗn hợp gồm: C4H6O2; C2H6O2; C2H4O và CH4O.

m /+

Quan sát: 2 thằng đầu cùng H6O2; 2 thằng sau cùng H4O.

Yêu cầu liên quan đến O2 cần đốt ||→ tách bỏ H2O lại thấy sự đặc biệt:

0,15 mol hỗn hợp gồm x mol C + y mol H2O + 0,15 mol H2.

♦ Chuyển qua bài tập CO2 + dung dịch kiềm: vì Ba(OH)2 vào có tủa

||→ CO2 + 0,2 mol Ca(OH)2 → CaCO3↓ + Ca(HCO3)2 (1). Theo đó: Ba(OH)2 + Ca(HCO3)2 → BaCO3 + CaCO3 + 2H2O (2); ∑mtủa = 53,46 gam. ||→ nCa(HCO3 = 53,46 ÷ (100 + 197) = 0,18 mol ||→ nCaCO3↓ ở (1) = 0,02 mol. ||→ x nCO2 = 0,02 + 0,18 × 2 = 0,38 mol (theo bảo toàn C). để ý y mol H2O không cần O2 để đốt nên a = nO2 cần đốt = 0,38 + 0,15 ÷ 2 = 0,455 mol. Câu 7: A 0,1 mol hỗn hợp X gồm C2H2O3 (là (HCO)2O); C3H4O4; C4H6O5 và C6H8O6. Đọc: giả thiết có O2 cần đốt ||→ tìm cách vứt bỏ H2O hoặc CO2 trong các chất đem đốt.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

yêu cầu liên quan đến CaCO3 ⇄ quan tâm đến số mol CO2 mà thôi. Kết hợp 2 cái trên ||→ tìm cách loại bỏ hết nước rồi đến CO2 xem như thế nào? C2H2O3 = C.H2O.CO2 || C3H4O4 = 2C.H4O2.CO2. C4H6O5 = 3C.H6O3.CO2 || C6H8O6 = 5C.H8O4.CO2. À, thấy rồi, YTHH 01: quy X về 0,1 mol CO2; y mol H2O và x mol C.

hơ

0,2 mol O2 chỉ dùng để đốt x mol C ||→ x = 0,2 mol ||→ ∑nCO2 thu được = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol.

Q uy

Theo đó, giá trị của m = 30 gam. Câu 8: A X gồm CH4O; C2H6O; C3H8O3; C6H14O6. Quan sát:

ngoại trừ C2H6O là yêu cầu ra, các chất còn lại số C = số O cũng chính là số nhóm OH luôn.

Kè

♦ đốt m gam X gồm x mol C + y mol CO + 0,28 mol mol H2 cần 0,255 mol O2.

ạy

||→ nX = ∑nH2O – ∑nCO2 = 0,28 – x – y; nO cần đốt = 0,255 × 2 mol = 2x + y + 0,28 (1).

m /+

Chú ý giả thiết về X ở hai phần khác nhau: 0,2 mol X + Na → 0,2125 mol H2 ⇄ 0,425 mol OH. ||→ tỉ lệ nCO trong X ÷ nX = 0,425 ÷ 0,2 = 2,125.

||→ ở m gam: y ÷ (0,28 – x – y) = 2,125 (2). Giải (1) và (2) ||→ x = 0,03 mol và y = 0,17 mol.

||→ nC2H6O = nC.CO.3H2 = x = 0,03 mol; giá trị m = 12x + 28y + 0,28 × 2 = 5,68 gam

||→ yêu cầu %mC2H6O trong X = 0,03 × 46 ÷ 5,68 = 24,30 %. Câu 9: C đốt rượu X dạng CnH2n + 2Ox → (n + 1)H2O. mX = mH2O ||→ 14n + 2 + 16x = 18 × (n + 1) ⇄ n + 4 = 4x. Biện luận: ancol no ||→ số O ≤ số C hay x ≤ n; x, n nguyên dương, MX < 100 → n < 5,8. n + 4 = 4x ||→ n phải chia hết cho 4 → chỉ có thể là n = 4 → x = 2. ||→ ancol duy nhất thỏa mãn có CTPT là C4H10O2. Các đồng phân gồm: • mạch C4 thẳng: C1-C2-C3-C4: 2 OH đính vào: (1; 2), (1; 3), (1; 4), (2; 3)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn • mạch C4 nhánh: C1-C2(C)-C3: 2 OH đính vào (1; 2), (1; 3). Theo đó, tổng có 6 đồng phân thỏa mãn. Câu 10: C đốt X → 0,6 mol CO2 + 0,75 mol H2O ||→ X là ancol no và nX = nH2O – nCO2 = 0,15 mol. ||→ X có dạng C4H10Ox; MX < 120 → x ≤ 3. X + Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường thu được dung dịch màu xanh lam ||→ x ≥ 2 và yêu cầu ít nhất 2 nhóm OH kề nhau.

• x = 2 → C4H8(OH)2 có CH2(OH)-CH(OH)-CH2-CH3 (1); CH3-CH(OH)-CH(OH)-CH3 (2);

hơ

(CH3)2C(OH)-CH3 (3) ||→ TH này có 3 đồng phân thỏa mãn.

Q uy

• x = 3 → C4H7(OH)3 có CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH3 (4);

CH2(OH)-CH(OH)-CH2-CH2(OH) (5); CH3-C(OH)-(CH2OH)2 (6). TH này có 3 đồng phân.

ạy

Kè

Theo đó, tổng có tất cả 6 đồng phân đáp ứng điều kiện bài tập Câu 11: C giải đốt cháy: nCO2 = 0,15 mol và nH2O = 0,2 mol ||→ ancol X no, nX = 0,05 mol.

Theo đó, X là ancol có dạng C3H8Ox, thêm %moxi trong X < 45% → x ≤ 2.

m /+

• x = 1 → ancol là C3H8O → có 2 đồng phân.

• x = 2 → ancol là C3H8O2 → có 2 đồng phân.

||→ tổng số đồng phân cấu tạo của X thỏa mãn là 4 Câu 12: D nX, Y = pV ÷ RT = 1,3 × 1,568 ÷ (273 + 81,9) ÷ 0,082 = 0,07 mol.

0,07 mol {X, Y} + K → 0,055 mol H2 → ∑nOH trong X, Y = 0,11 mol. ||→ số nhóm OHt.bình = 1,57 → 0,03 mol X dạng CnH2n + 2O và 0,04 mol Y dạng CmH2m + 2O2 (số nhóm chức trong Y nhiều hơn trong X một đơn vị và từ OHt.bình → số mol như trên luôn). đốt X, Y → 0,17 mol CO2 ||→ 0,03n + 0,04m = 0,17 ⇄ 3n + 4m = 17. Giải phương trình nghiệm nguyên → cặp (n; m) = (3; 2) thỏa mãn. Theo đó, X là C3H7OH và Y là C2H4(OH)2. Câu 13: C

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn F là anken, đốt F là đốt CH2 cần 1,8 mol O2 ||→ nCH2 = 1,8 ÷ 1,5 = 1,2 mol. Ancol dạng (CH2)n.H2O ||→ nancol = (25,8 – 1,2 × 14) ÷ 18 = 0,5 mol. 2 anken đồng đẳng kế tiếp → 2 ancol cũng kế tiếp, mà Ctr.bình = 1,2 ÷ 0,5 = 2,4. ||→ 25,8 gam hỗn hợp E gồm 0,3 mol C2H5OH và 0,2 mol C3H7OH.

hơ

mete = 0,3h ÷ 2 × (46 × 2 – 18) + 0,2 ÷ 2 × 0,5 × (60 × 2 – 18) = 11,76 → h = 0,6 Câu 14: C đốt cháy một ete trong F cần 0,55 mol O2 thu được 0,4 mol CO2 và 0,4 mol H2O.

Tạo ete: cứ 2ancol – 1H2O → 1.ete. gọi hiệu suất ete hóa của X là h, ta có:

Q uy

||→ nete = nO trong ete = 0,1 mol (theo bảo toàn nguyên tố O) → số C = 4, số H = 8. ||→ công thức của ete là C4H8O có duy nhất một CTCT CH2=CHCH2OCH3.

Kè

||→ X là CH3OH và Y là C3H5OH. 3 ete có cùng số mol là 0,1 mol

ạy

||→ nX phản ứng = nY phản ứng = 0,3 mol; HX = 50% → nX trong E = 0,6 mol.

m /+

mE = 42,4 gam → nY trong E = 0,4 mol → HY tạo ete = 0,3 ÷ 0,4 = 0,75 = 75%. Câu 15: A ancol no, đơn chức dạng (CH2)n.H2O ||→ 1,35 mol O2 cần dùng chỉ để đốt CH2

||→ nCH2 = 1,35 ÷ 1,5 = 0,9 mol ||→ nancol = ncụm H2O = (18,9 – 0,9 × 14) ÷ 18 = 0,35 mol.

||→ Ctr.bình = 18/7 ≈ 2,57 ||→ E gồm 0,15 mol C2H5OH và 0,2 mol C3H7OH.

Gọi số mol ancol C2H5OH và C3H7OH phản ứng tạo ete lần lượt là x, y mol.

2.ancol → 1.ete + 1.H2O; nete = 11,49 ÷ 4 ÷ 22,98 = 0,125 mol = ½.(x + y) ||→ mancol phản ứng = 11,49 + 0,125 × 18 = 46x + 60y. Giải hệ: x = 0,09 mol và y = 0,16 mol. Theo đó, Htạo ete của C2H5OH = 0,09 ÷ 0,15 = 60% và Htạo ete của C3H7OH = 0,16 ÷ 0,2 = 80%. Câu 16: D nO2 cần đốt X = (58,5 – 15,3) ÷ 32 = 1,35 mol; đây cũng chính là lượng ancol cần để đốt 18,9 gam hỗn hợp 2 ancol đầu dạng (CH2)n.H2O. ||→ nCH2 = 1,35 ÷ 1,5 = 0,9 mol → nancol = (18,9 – 0,9 × 14) ÷ 18 = 0,35 mol. ||→ số Ctrung bình = 0,9 ÷ 0,35 ≈ 2,57 ||→ là C2H5OH và C3H7OH.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Câu 17: B Trước hết, hãy xem một hướng giải cho bài tập: "Đun 15,2 gam hỗn hợp 2 ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng với axit H2SO4 đặc ở 140oC, sau phản ứng thu được 9,375 gam hỗn hợp các ete. Biết hiệu suất tạo ete của các ancol đều là 75 %. Hai ancol là" Nếu hiệu suất 100% thì mete = 9,375 ÷ 0,75 = 12,5 gam. Chú ý: 2.ancol → 1.ete + 1.H2O. Bảo toàn khối lượng: mH2O = 15,2 – 12,5 = 2,7 gam → nancol = 2.nH2O = 0,3 mol. ||→ Mancol = 15,2 ÷ 0,3 ≈ 50,67. ||→ hai ancol là C2H5OH (M = 46) và C3H7OH (M = 60).

hơ

► 2 điểm: "cùng hiệu suất" và cách xử lí khá hay: quy đổi số liệu sang hiệu suất lên 100%.

||→ cái khó của bài tập này là hiệu suất 2 ancol không bằng nhau ||→ chặn khoảng:

Q uy

• nếu cả 2 cùng 40%, đưa số liệu về hiệu suất 100%: mete = 19,26 gam; nH2O = 0,2 mol

ạy

Kết hợp lại, chặn ra: 47,52 < Mtrung bình 2 ancol < 57,15.

Kè

• nếu cả 2 cùng 50%, tương tự trên tìm ra Mancol = 47,52.

||→ 0,4 mol ancol có m = 19,26 + 0,2 × 18 = 22,86 gam ||→ Mancol = 57,15.

m /+

Với giá trị Mt.bình giữa khoảng trên thì chỉ có cặp ancol C2H5OH (M = 46)

và C3H7OH (60) thỏa mãn mà thôi || Câu 18: C phản ứng với Na dư là các anol → 0,08 mol H2 ||→ nO trong E = nOH ancol = 0,16 mol.

Gọi số mol CO2; H2O sản phẩm cháy lần lượt là x và y mol thì 44x + 18y = 23,04 gam.

Bảo toàn O lại có: 2x + y = 0,48 × 2 + 0,16. Giải hệ: x = 0,36 mol; y = 0,4 mol.

||→ mE = mC + mH + mO = 7,68 gam; ∑nCO2 – ∑nH2O = (k – 1).nE với k là số liên kết π trung bình trong E, thay số → k = 0,8 ||→ nπ trong E = 0,2k = 0,16 mol. Theo đó, khi dùng 19,2 gam E sẽ có 0,16 × 19,2 ÷ 7,68 = 0,4 mol π ⇄ làm mất màu dung dịch chứa 0,4 mol Br2 → V = 0,4 lít = 400ml. Câu 19: B Mấu chốt của bài tập này dung dịch ancol nên ngoài C2H5OH + Na còn có H2O nữa. Na dư ||→ H2↑ sẽ được tính dựa và so sánh dựa vào tổng số mol ancol và H2O (ROH và HOH).

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn • TN1: ∑nH2O + C2H5OH = 5 × 0,2 ÷ 46 + 5 × 0,8 ÷ 18 ≈ 0,244 mol. • TN2: ∑nH2O + C2H5OH = 10 × 0,1 ÷ 46 + 10 × 0,9 ÷ 18 ≈ 0,52 mol. • TN3: ∑nH2O + C2H5OH = 5 × 0,4 ÷ 46 + 5 × 0,6 ÷ 18 ≈ 0,21 mol. Theo đó, từ so sánh số mol → V2 > V1 > V3 Câu 20: C Gọi số mol 3-cloprop-1-in (HC≡C-CH2Cl); vinylclorua (CH2=CHCl) và 1,1-đicloetan

(CH3CHCl2) lần lượt là x, y, z. ||→ khối lượng: mX = 74,5x + 62,5y + 99z = 3,6 gam. (1);

lừa 1☠: vinylclorua không bị thủy phân bởi NaOH đun nóng ||→ x + 2z = 0,05 mol (3).

Q uy

☠

hơ

đốt cháy → 0,11 mol CO2 ||→ 3x + 2y + 2z = 0,11 mol (2)

Giải hệ (1); (2); (3) được: x = 0,02 mol; y = 0,01 mol và z = 0,015 mol.

Kè

từ đây, đọc ra dung dịch Y gồm: HC≡C-CH2OH; CH2=CHCl; CH3CHO và NaCl. ☠

ạy

lừa 2☠ các bạn đọc ra 2 tủa là 0,05 mol AgCl và 0,03 mol Ag → mtủa = 10,415 gam→ chọn B.! nhiều bạn nhìn ra thêm 0,02 mol tủa AgC≡C-CH2OH nữa ||→ mtủa = 13,735 gam, không có đáp án.!

m /+

Tại sao? đó chính là ☠lừa 3☠: kết tủa AgCl tạo phức tan với NH3 dư ||→ chỉ có 2 tủa là Ag và AgC≡C-CH2OH mà thôi ||→ mtủa = 6,56 gam. Chọn C. ♣.

Nói về ☠lừa☠ vẫn chưa hết, nhiều bạn còn mặc dù nắm được 3 lừa trên nhưng chủ quan

vẫn rất dễ mắc lừa chỗ 0,02 mol tủa AgC≡C-CH-CH3 để nhầm sang đáp án A.

Câu 21: D đốt CH2 cần 1,02 mol O2 → nCH2 = 1,02 ÷ 1,5 = 0,68 mol → số Ctrung bình = 3,4. ||→ giải tiếp ra: 23,8 gam E gồm 0,3 mol C3H6 và 0,2 mol C4H8. ► Phân tích: C3H6 thì chỉ duy nhất công thức CH2=CH-CH3 + H2O → 2 ancol. ||→ C4H8 phải là thằng mà khi + H2O chỉ thu được 1 ancol duy nhất. Theo đó, C4H8 có CTCT là CH3-CH=CH-CH3 mới phù hợp. ||→ 3 ancol là C3H7OH; CH3CHOHCH3 và 0,2 mol C2H5CHOHCH3

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn hiđrat hóa hoàn toàn: 1anken + 1H2O → 1ancol → ∑mcác ancol = 23,8 + 0,5 × 18 = 32,8 gam. giả thiết tỉ lệ → mancol C3 bậc 1 ÷ ∑mcác ancol = 0,159 ÷ (0,159 + 1) ||→ mancol C3 bậc 1 = 4,5 gam ||→ mancol C3 bậc 2 = 0,3 × 60 – 4,5 = 13,5 gam. Theo đó, yêu cẩu %mCH3CHOHCH3 trong F = 13,5 ÷ 32,8 ≈ 41,16%. Câu 22: C 17,45 gam E + Na → 0,2375 mol H2 → ∑nOH trong E = 0,475 mol.

Q uy

Giải hệ có x = 0,675 mol và y = 0,875 mol ||→ nE = y – x = 0,2 mol.

hơ

||→ 12x + y = 17,45 – 0,475 × 16 và bảo toàn O: 2x + y = 0,475 + 0,875 × 2 mol.

đốt 17,45 gam E cần 0,875 mol O2 → x mol CO2 + y mol H2O; biết nO trong E = 0,475 mol

||→ Ctrung bình = 3,375 → có 0,125 mol X là C3H8Om và 0,075 mol Y là C4H10On

Kè

(giả thiết hơn kém nhau 1C → C3 và C4; dùng Ctbình và sơ đồ đường chéo đọc ra số mol luôn)

ạy

phương trình nO trong E = 0,125m + 0,075n = 0,475 mol ⇄ 5m + 3n = 19.

cặp nghiệm nguyên thỏa mãn là (2; 3) ||→ X là C3H8O2 và Y là C4H10O3.

m /+

Đọc kĩ 4 đáp án và yêu cầu: "nhận đinh đúng nhất".

A. nếu X là CH2OH-CH2CH2OH thì X không + Cu(OH)2 tạo dung dịch màu xanh lam → sai.!

B. X có 2 đồng phân là CH2OH-CHOH-CH3 và CH2OH-CH2CH2OH → sai.!

D. theo B thì đồng phân CH2OH-CH2CH2OH của X không có nhóm -CH2 → sai.!

loại trừ → C đúng.! thật vậy: đó là CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH3 (1); CH2(OH)-CH(OH)-CH2-CH2(OH) (2); CH3-C(OH)-(CH2OH)2 (3) Câu 23: B ancol no, đơn chức mạch hở (CH2)n.H2O và etylamin = C2H7N = C2H4.NH3 ||→ quy đốt 4,38 gam X gồm 0,2 mol CH2; NH3 và H2O cần 0,33 mol khí O2. (20 gam kết tủa là 0,2 mol CaCO3 → bật lại số mol CH2 là 0,2 mol như trên). 0,2 mol CH2 đốt cần 0,3 mol O2; H2O không cần O2 ||→ 0,03 mol O2 còn lại là để đốt NH3

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ||→ nNH3 = 0,04 mol; ∑mX = 4,38 gam ||→ nH2O trong X = 0,05 mol. từ NH3 đọc ra namin = 0,04 mol; từ H2O đọc ra nancol = 0,05 mol. ||→ số Ctrung bình 2 ancol = (0,2 – 0,04 × 2) ÷ 0,05 = 2,4 ||→ 2 ancol là C2 và C3.

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

||→ Yêu cầu: ancol có phân tử khối lớn hơn là C3H7OH.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 3. Sáng tạo và phát triển tư duy giải bài tập Anđehit - Xeton - Axit cacboxylic

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. : Đem đốt cháy m gam hỗn hợp X gồm 0,01 mol HCOONa và 2 muối natri của hai axit cacboxylic no đơn chức mạch hở đồng đẳng liên tiếp thu được 2,65 gam Na2CO3 và khối lượng CO2 lớn hơn khối lượng nước là 3,51 gam. Vậy m có giá trị là A. 5,20 gam. B. 4,94 gam. C. 5,02 gam. D. 4,49 gam. Câu 2. : Đốt cháy hoàn toàn 13,36 gam hỗn hợp X gồm axit metacrylic, axit ađipic, axit axetic và glixerol (trong đó số mol axit metacrylic bằng số mol axit axetic) bằng O2 dư, thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Dẫn Y vào dung dịch chứa 0,38 mol Ba(OH)2, thu được 49,25 gam kết tủa và dung dịch Z. Đun nóng Z lại xuất hiện kết tủa. Cho 13,36 gam hỗn hợp X tác dụng với 140 ml dung dịch KOH 1M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được chất rắn khan có khối lượng là A. 19,04 gam. B. 18,68 gam. C. 14,44 gam. D. 13,32 gam. Câu 3. : Hợp chất X là axit no, đa chức, mạch hở có công thức phân tử là ( CxH4Ox)n. Số chất thỏa mãn tính chất của X là A. 2. B. 3. C. 5. D. 6. Câu 4. : Oxi hóa 3,2 gam ancol metylic (xúc tác thích hợp) thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ X gồm anđehit fomic, axit fomic và ancol còn dư. Chia X làm hai phần bằng nhau: • Phần 1 đem đốt cháy hoàn toàn thấy cần dùng vừa đủ 1,064 lít khí O2 (ở đktc). • Phần 2 cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được 14,04 gam kết tủa Ag. Hiệu suất của quá trình oxi hóa ancol metylic là A. 80 %. B. 90%. C. 85%. D. 75%. Câu 5. : Hỗn hợp E gồm axit glutaric (HOOC-[CH2]3-COOH) và một axit cacboxylic đơn chức, mạch hở X (X không phản ứng với AgNO3/NH3 và số mol X lớn hơn số mol axit glutaric). Để trung hòa 6,84 gam hỗn hợp E cần dùng vừa đủ 100ml dung dịch KOH 1M. Thành phần phần trăm theo khối lượng của axit X trong E là A. 37,04 %. B. 61,40 %. C. 42,11 %. D. 32,46 %. Câu 6. : Cho 3 chất hữu cơ đơn chức có cùng công thức phân tử C3H8O tác dụng với CuO (t0) thu được hỗn hợp sản phẩm. Cho hỗn hợp sản phẩm tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 21,6 gam Ag. Nếu

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

đun nóng hỗn hợp 3 chất trên với H2SO4 đặc ở nhiệt độ 1400C thì thu được 34,5 gam hỗn hợp 4 ete và 4,5 gam H2O. Thành phần phần trăm của ancol bậc hai có trong hỗn hợp là A. 61,54%. B. 46,15%. C. 30,77%. D. 15,38%. Câu 7. : Hỗn hợp M gồm 4 chất hữu cơ X, Y, Z, T có khối lượng phân tử tăng dần. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp M chỉ thu được 2,7 gam H2O và 2,24 lít CO2 (đktc). Cũng 0,1 mol hỗn hợp M thực hiện phản ứng tráng bạc thì thu được 12,96 gam Ag. Phần trăm số mol của T trong hỗn hợp M là A. 25%. B. 40%. C. 50%. D. 60%. Câu 8. : Hỗn hợp X gồm một axit no, mạch hở, đơn chức và hai axit không no, mạch hở, đơn chức (gốc hiđrocacbon chứa một liên kết đôi), kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho X tác dụng hoàn toàn với 150 ml dung dịch NaOH 2,0 M. Để trung hòa vừa hết lượng NaOH dư cần thêm vào 100 ml dung dịch HCl 1,0 M được dung dịch Y. Cô cạn cẩn thận Y thu được 22,89 gam chất rắn khan. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn X rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch NaOH đặc, khối lượng bình tăng thêm 26,72 gam. Phần trăm khối lượng của axit không no có khối lượng phân tử nhỏ hơn trong hỗn hợp X gần với giá trị nào nhất sau đây A. 22%. B. 44%. C. 40%. D. 35%. Câu 9. : Cho hỗn hợp X gồm 3 axit đơn chức, mạch hở, trong đó có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp và một axit không no, có một liên kết đôi C=C. Cho m gam X tác dụng với dung dịch chứa 0,7 mol NaOH. Để trung hòa lượng NaOH dư cần 200 ml dung dịch HCl 1M và thu được dung dịch D. Cô cạn D thu được 52,58 gam chất rắn khan E. Đốt cháy hoàn toàn E rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm khí và hơi vào bình đựng dung dịch NaOH dư thấy khối lượng bình tăng 44,14 gam. Thành phần % khối lượng axit không no là A. 44,89. B. 48,19. C. 40,57. D. 36,28. Câu 10. : Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai ancol đồng đẳng kế tiếp, cho sản phẩm cháy qua bình chứa dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 19,1 gam và có 25 gam kết tủa. Nếu oxi hóa hết m gam X bằng CuO dư, lấy sản phẩm thu được cho tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư, đun nóng được x gam Ag. Biết hiệu suất các phản ứng là 100%. Giá trị của x là A. 64,8 gam. B. 86,4 gam. C. 75,6 gam. D. 43,2 gam. Câu 11. : Hidro hóa hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X chứa 2 andehit đơn chức, mạch hở (trong mỗi phân tử không chứa quá 2 liên kết π) cần vừa đủ 0,4 mol H2 và thu được hỗn hợp 2 ancol no Y. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn X và sục sản phẩm cháy vào 163,6 gam dung dịch NaOH 40%, sau phản ứng nồng độ của NaOH còn lại là 13,20%. Tên gọi của 2 andehit là

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Kè

Q uy

hơ

A. andehit fomic và andehit acrylic. B. andehit fomic và andehit metacrylic. C. andehit axetic và andehit acrylic. D. andehit axetic và andehit metacrylic. Câu 12. : X là ancol đơn chức, Y là anđehit no, đơn chức (X, Y đều mạch hở). Đốt cháy 10,72 gam hỗn hợp E chứa X, Y thu được 11,648 lít CO2 (đktc) và 11,52 gam nước. Mặt khác oxi hóa hoàn toàn 10,72 gam E thu được hỗn hợp F gồm 2 axit cacboxylic. Toàn bộ F tác dụng với 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng rồi nung có mặt CaO thu được hỗn hợp khí T có tỉ khối so với H2 bằng a. Giá trị của a gần nhất với A. 11. B. 12. C. 13. D. 14. Câu 13. : 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 (MY < MZ). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần vừa đủ 8,96 lít khí O2 (đktc), thu được 7,84 lít CO2 (đktc) và 8,1 gam H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E là A. 29,91%. B. 27,16%. C. 21,42%. D. 30,18%.

m /+

ạy

Câu 14. : X, Y là hai hợp chất hữu cơ chứa vòng thơm và là đồng phân của nhau. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần dùng 8,4 lít O2 thu được 8,96 lít CO2 và 2,7 gam nước. Biết rằng: – Lấy 33,2 gam X tác dụng với NaHCO3 dư thu được 8,96 lít CO2. – Lấy 24,9 gam Y tác dụng tác dụng với Na dư thu được 1,68 lít H2; nếu lấy 0,2 mol Y tác dụng với NaHCO3 dư thu được 4,48 lít CO2. Các khí đều đo ở đktc. Tổng số công thức cấu tạo của X, Y là A. 7. B. 5. C. 6. D. 4. Câu 15. : X, Y, Z là 3 axit cacboxylic đều có mạch cacbon không phân nhánh; trong đó X, Y đều no và thuộc cùng dãy đồng đẳng kế tiếp; Z không no chứa một liên kết C=C. Cho 7,78 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z tác dụng với NaHCO3 dư thu được 3,36 lít CO2 (đktc). Mặt khác đốt cháy 7,78 gam hỗn hợp E bằng lượng oxi dư. Sản phẩm cháy dẫn qua bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 12,74 gam. Phần trăm khối lượng của axit có khối lượng phân tử nhỏ nhất là A. 44,34%. B. 53,21%. C. 47,30%. D. 35,48%. Câu 16. : X, Y là anđehit đều đơn chức, mạch hở. Cho 3,16 gam hỗn hợp E chứa X, Y tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư, đun nóng thu được 30,24 gam Ag và dung dịch F trong đó có chứa 1 muối amoni của axit hữu cơ duy nhất có khối lượng 2,02 gam. Mặt khác 0,6 mol hỗn hợp E cộng hợp tối đa bao nhiêu mol H2 có Ni làm xúc tác? A. 0,6 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

B. 0,9 mol. C. 0,75 mol. D. 1,05 mol. Câu 17. : X, Y là hai axit cacboxylic đều no, có mạch cacbon không phân nhánh. Đốt cháy hoàn toàn 10,88 gam hỗn hợp E chứa X, Y thu được 9,408 lít CO2 (đktc). Mặt khác 10,88 gam hỗn hợp E tác dụng vừa đủ dung dịch KHCO3 thu được 16,96 gam hỗn hợp muối. Biết rằng trong phân tử X, Y có số cacbon không quá 5. Công thức cấu tạo của X, Y là A. CH2(COOH)2 và HOOC[CH2]2COOH. B. CH3COOH và CH2(COOH)2. C. C2H5COOH và HOOC[CH2]3COOH. D. (COOH)2 và HOOC[CH2]2COOH. Câu 18. : Hỗn hợp E gồm 2 anđehit X, Y có mạch cacbon không phân nhánh. Lấy 10,98 gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư đun nóng thu được 114,0 gam kết tủa. Cho HCl dư vào dung dịch sau phản ứng thoát ra 3,36 lít khí không màu (đktc). Cho 0,27 mol hỗn hợp E tác dụng vừa đủ dung dịch chứa x mol Br2. Giá trị của x là A. 0,24 mol. B. 0,51 mol. C. 0,54 mol. D. 0,66 mol. Câu 19. : Khử hoàn toàn 7,3 gam hỗn hợp M gồm hai anđehit đơn chức X và Y bằng H2 ( Ni, to) thu được hỗn hợp N. Nếu cho N tác dụng với Na dư thu được 1,68 lít H2 (đktc). Mặt khác cho 7,3 gam M tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/ NH3 đun nóng thu được 43,2 gam Ag. Công thức của X và Y lần lượt là A. CH3CHO và CH2=CH-CH2CHO. B. HCHO và CH2=CHCHO. C. HCHO và CH3CH2CHO. D. CH3CHO và CH2=CHCHO. Câu 20. : X, Y là hai axit cacboxylic no, mạch hở (MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn 8,32 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 3,584 lít O2 (đktc). Mặt khác 8,32 gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch NaHCO3 vừa đủ thu được 11,84 gam muối. Công thức cấu tạo của X là A. C2H5COOH. B. (COOH)2. C. CH3COOH. D. CH2(COOH)2. Câu 21. : X là axit cacboxylic no, 2 chức; Y là ancol no đơn chức (X, Y đều mạch hở và không cùng số nguyên tử cacbon). Đốt cháy 5,44 gam hỗn hợp E chứa X, Y bằng lượng oxi vừa đủ. Sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 31,52 gam kết tủa; đồng thời khối lượng dung dịch thu được giảm 21,6 gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp E là A. 57,35%. B. 76,47%. C. 66,91%. D. 47,79%. Câu 22. : Hỗn hợp X gồm 2 anđêhit A, B (MB > MA) đơn chức. Cho 13,48 gam X tác dụng hoàn toàn với bạcnitrat dư trong dung dịch amoniac thì thu được 133,04 gam kết tủa. Mặt khác cho 13,48 gam X tác dụng hết với hidro nhiệt độ, xúc tác thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với Na dư thu được 3,472 lít hidro (đktc). Cho 0,05 mol axetilen tác dụng với nước nhiệt độ ,xúc tác với hiệu suất 80% thì thu được hỗn hợp Z. Cho 0,02

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

mol B vào Z để được hỗn hợp T. Khi cho T phản ứng với dung dịch bạc nitrat trong amoniac dư thu được tối đa bao nhiêu gam kết tủa ? A. 16,22 gam. B. 14,30 gam. C. 19,52 gam. D. 18,62 gam. Câu 23. : Đốt cháy hoàn toàn 7,44 gam hỗn hợp E chứa 2 anđehit đều đơn chức, mạch hở thu được 7,168 lít CO2 (đktc) và 3,6 gam nước. Mặt khác đun nóng 7,44 gam E với dung dịch AgNO3/NH3 (dư) thu được m gam kết tủa. Biết rằng 2 andehit đã cho có phần trăm khối lượng của oxi lớn hơn 25%. Giá trị m gần nhất với A. 80. B. 83. C. 85. D. 87. Câu 24. : Thực hiện các thí nghiệm sau: • Đun nóng 3,2 gam ancol đơn chức (A) với CuO đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp X có tỉ khối so với He bằng 6. • Cho 22,4 gam hỗn hợp E chứa 2 ancol (B), (C) đều đơn chức cùng dãy đồng đẳng tác dụng với Na dư thu được 3,92 lít H2 (đktc). Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 22,4 gam hỗn hợp E thu được 27,0 gam nước. • Trộn 3,2 gam (A) với 22,4 gam E thu được hỗn hợp F. Dẫn toàn bộ F đi qua ống sứ chứa CuO, toàn bộ sản phẩm thu được cho tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư thu được 86,4 gam Ag. Biết rằng A, B, C không là ancol bậc III và MB < MC. Tên gọi của (C) biết (C) có mạch cacbon phân nhánh A. ancol neopentanol. B. ancol sec-butylic. C. ancol 3-metylbutan-2-ol D. ancol isopentanol. Câu 25. : Hợp chất hữu cơ X chứa vòng benzen và có CTPT là C9H8O2. X tác dụng dễ dàng với dung dịch brom thu được chất Y có công thức phân tử là C9H8O2Br2. Mặt khác, cho X tác dụng với NaHCO3 thu được muối Z có CTPT là C9H7O2Na. Hãy cho biết X có bao nhiêu công thức cấu tạo ? A. 4. B. 6. C. 3. D. 5.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: B m gam X gồm các chất đều có dạng CnH2n + 1COONa. đốt 2CnH2n + 1COONa ⇄ C2n + 1H4n + 2.Na2CO3.O + O2 → Na2CO3 + CO2 + H2O. ||→ nCO2 = nH2O = 3,51 ÷ (44 – 18) = 0,135 mol; nNa2CO3 = 0,025 mol. ||→ đọc ra giá trị m = 0,135 × 14 + 2,65 + 0,025 × 16 = 4,94 gam. Câu 2: C

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 13,36 gam X gồm các chất có CTPT C4H6O2; C6H10O4; C2H4O2 và C3H8O3. trong đó:C4H6O2.C2H4O2 = C6H10O4; C4 và C2 này cũng là axit ||→ quy đổi đốt 13,36 gam X chỉ gồm C6H10O4 và C3H8O3 → 0,51 mol CO2 + H2O. (giải nhanh CO2 + 0,38 mol Ba(OH)2 → 0,25 mol BaCO3↓ + Ba(HCO3)2 bảo toàn Ba → có 0,13 mol Ba(HCO3)2 → ∑nCO2 = 0,51 mol theo bảo toàn C)

đủ 2 ẩn 2 giả thiết → giải hệ nC6H10O4 = 0,06 mol và nC3H8O3 = 0,05 mol.

Q uy

gồm 0,06 mol C6H8O4K2 và 0,02 mol KOH → mrắn = 14,44 gam. Câu 3: C X có CTPT là CxnH4nOxn; X là axit no, mạch hở nên:

hơ

theo đó, cho X + 0,14 mol KOH → rắn khan thu được khi cô cạn dung dịch sau phản ứng

Kè

số H = 4n = 2(số C) + 2 – (số O) = 2 × xn + 2 – xn ||→ 4n = 2 + nx (1) hay n(4 – x) = 2 (2). X đa chức nên xn > 2 → từ (1) có n > 1, thay vào (2) → 2 < x < 4 ||→ x = 3 → n = 2.

ạy

Vậy X có CTPT là C6H8O6, cố định 3 nhóm chức -COOH đính vào mạch C1-C2-C3

m /+

có các TH: 123; 112; 113; 122 và 111 → có 5 đồng phân. Câu 4: A Quan sát quá trình:

"tinh ý" bảo toàn electron có: 6.nCH3OH dư = 0,0475 × 4 – 0,13 ||→ nCH3OH dư = 0,01 mol. Theo đó, Hquá trình oxi hóa ancol metylic = 1 - 0,01 ÷ 0,05 = 0,8. Câu 5: C Quy 6,84 gam E gồm C1,5H3COOH và RCOOH. Lúc này nE = nKOH = 0,1 mol. ||→ ME = 68,4 mà mC1,5H3COOH = 66 ||→ MX > 66 và lúc này 2nX > nC1,5H3COOH. Quan sát sơ đồ đường chéo:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ suy ra MX = ? < 73,2. Theo đó, chặn được 66 < MX < 73,2 ⇄ 21 < R < 28,2 ||→ có hai gốc R thỏa mãn HC≡C- (R = 25); H2C=CH- (R = 27)

hơ

Lại thêm giả thiết X không + AgNO3/NH3 ||→ loại HC≡C- → R là C2H3.

MX = 72, thay lại chính sơ đồ chéo trên đọc ra nX = 0,04 mol; nC1,5H3COOH = 0,06 mol.

Q uy

||→ yêu cầu: %mX trong E = 0,04 × 72 ÷ 6,84 ≈ 42,11%. Câu 6: A Hỗn hợp X gồm C2H5OCH3 (ete); C3H7OH (ancol bậc I) và CH3CHOHCH3 (ancol bậc II).

ạy

Từ 0,2 mol Ag → có 0,1 mol C3H7OH trong X.

Kè

• X + CuO → sản phẩm chỉ có C2H5CHO (do ancol bậc I) + AgNO3/NH3 → 2Ag

m /+

• 2ancol → 1.ete + 1.H2O. có 0,25 mol H2O → nancol = 0,5 mol → nCH3CHOHCH3 = 0,4 mol.

Lại thêm mX = 34,5 + 4,5 = 39,0 gam ||→ %mancol bậc II trong X = 0,4 × 60 ÷ 39,0 ≈ 61,54%.

Câu 7: B đốt 0,1 mol M → 0,1 mol CO2 + 0,15 mol H2O. Biện luận:

• Ctrung bình = 1 ||→ X, Y, Z, T tương ứng là CH4; HCHO; CH3OH và HCOOH.

tương quan: nX + nZ = nH2O – nCO2 = 0,05 mol → nY + nT = 0,05 mol. Lại có ở phản ứng tráng bạc: Y → 4Ag, T → 2Ag ||→ 4nY + 2nT = 0,12 mol. ||→ Giải hệ có nY = 0,01 mol và nT = 0,04 mol ||→ %nY trong M = 0,04 ÷ 0,1 = 40%. Câu 8: A Thủy phân: RCOOH + 0,3 mol NaOH + 0,1 mol HCl → 22,89 gam rắn + 0,3 mol H2O. • 22,89 gam rắn gồm 0,2 mol RCOONa và 0,1 mol NaCl ||→ nX = 0,2 mol và mX = 12,64 gam. đốt 0,2 mol hỗn hợp X nặng 12,64 gam → 26,72 gam hỗn hợp (CO2 và H2O)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn • mC + mH = 12,64 – 0,2 × 32 = 6,24 gam → giải nCO2 = 0,46 mol và nH2O = 0,36 mol. Hỗn hợp X gồm một axit no là CnH2nO2 và đại diện 2 axit không no CmH2m – 2O2 (n là giá trị nguyên dương, m là giá trị trung bình và m ≥ 3). Tương quan đốt cháy có nCmH2m – 2O2 = 0,46 – 0,36 = 0,1 mol → nCnH2nO2 = 0,1 mol. ||→ nCO2 = 0,1n + 0,1m = 0,46 ⇄ n + m = 4,6, vì m ≥ 3 nên n ≤ 1,6; n nguyên dương → n = 1.

hơ

||→ đọc ra luôn số mol mỗi chất là 0,04 mol C2H3COOH và 0,06 mol C3H5COOH.

||→ m = 3,6. hai axit kết tiếp nhau nên chúng là C3 và C4, cũng từ mtrung bình

Q uy

Yêu cầu: %mC2H3COOH trong X = 0,04 × 72 ÷ 12,64 ≈ 22,78%. Câu 9: B Thủy phân: RCOOH + 0,7 mol NaOH + 0,2 mol NaCl → 52,58 gam muối + 0,7 mol H2O.

• 52,58 gam muối gồm 0,5 mol RCOONa + 0,2 mol NaCl ||→ nX = 0,5 mol; mX = 29,88 gam.

Kè

đốt 0,5 mol RCOONa (nặng 40,88 gam) + O2 → 0,25 mol Na2CO3 + 44,14 gam (CO2 + H2O).

ạy

||→ đốt 0,5 mol RCOOH + O2 → 0,25 mol CO2 + 0,25 mol H2O + 44,14 gam (CO2 + H2O)

m /+

mRCOOH = 29,88 gam → giải bài tập đốt cháy này: nCO2 = 1,02 mol và nH2O2 = 0,82 mol. Để ý: X gồm CmH2mO2 và CnH2n – 2O2 (với m là giá trị trung bình, n nguyên và n ≥ 3).

||→ tương quan nCnH2n – 2O2 = nCO2 – nH2O = 0,2 mol → nCmH2mO2 = 0,3 mol.

||→ 0,2n + 0,3m = ∑nCO = 1,02 mol; vì m > 1 nên n < 3,6. Theo đó, n = 3 → m = 1,4.

Yêu cẩu %maxit không no trong X = 0,2 × 72 ÷ 29,88 ≈ 48,19%. Câu 10: C đốt cháy: đốt X → 0,25 mol CO2 + 0,45 mol H2O ||→ hai ancol thuộc dãy đồng đẳng no, đơn chức, nX = nH2O – nCO = 0,2 mol. Ctrung bình = 1,25 ||→ đọc ra X gồm 0,15 mol CH3OH và 0,05 mol C2H5OH. ||→ oxi hóa bằng CuO dư thu được 0,15 mol HCHO và 0,05 mol CH3CHO ||→ ∑nAg = 4nHCHO + 2nCH3CHO = 0,7 mol ||→ x = 75,6 gam. Câu 11: A

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 0,4 mol H2 ⇄ 0,4 mol π ||→ số πtrung bình = 0,4 ÷ 0,3 = 1,333 mà chúng chứa không quá 2π ||→ đọc ra X gồm 0,2 mol anđehit đơn chức no (1π) và 0,1 mol anđehit đơn chức không no, có một nối đôi C=C (2π). Gọi số mol CO2, H2O sinh ra lần lượt là x, y mol ||→ tương quan: x – y = 0,1 mol.

NaOH dư nên CO2 vào sinh muối Na2CO3, từ giả thiết thành lập ngay phương trình:

hơ

Giải ra x = 0,5 mol; y = 0,4 mol ||→ Ctrung bình = 5/3 = 1,667 ||→ có một anđehit là HCHO, thằng này no nên số mol nó là 0,2 mol

Q uy

→ số Canđehit còn lại = (0,5 – 0,2 × 1) ÷ 0,1 = 3 ||→ anđehit còn lại là C2H3CHO..

Kè

Câu 12: B đốt 10,72 gam E (C, H, O) + O2 –––to–→ 0,52 mol CO2 + 0,64 mol H2O.

ạy

Giải, nO = 0,2 mol, số Ctr.bình = 2,6 ||→ có 0,2 mol E đại diện là C2,6H6,4O.

Oxi hóa hoàn toàn E → 0,2 mol F là C1,6H4,2COOH. Chú ý quá trình phản ứng tiếp theo:

m /+

RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O || RCOONa + NaOH –––xt CaO, to–→ RH + Na2CO3.

||→ 0,2 mol F (RCOOH với R = C1,6H4,2) với 0,4 mol NaOH là vừa đủ cho cả quá trình trên.

||→ khí T là RH = C1,6H5,2 ||→ dT/H2 = 12,2 Câu 13: A 1 mol và nZ (C2H5OH) = 0,05 mol. chỉ có duy nhất %mO của (COOH)2 ≈ 71,11% > 70%, còn lại từ C3 trở đi đều < 70%.

Theo đó, giả thiết đầu đồng nghĩa với việc X từ C3H?O4 trở đi (hay chỉ cần khác (COOH)2). đốt cháy 0,2 mol E cần 0,4 mol O2 → 0,35 mol CO2 + 0,45 mol H2O ||→ nO trong E = 0,35 mol. ||→ số Ctrung bình = số Otrung bình = 1,75 ||→ 2 ancol phải là CH3OH và C2H5OH. tổng mol 0,2; X là O4; Y và Z là O1; Otr.bình = 1,75 ||→ giải nX = 0,05 mol; nY, Z = 0,15 mol. Biện luận: ∑nC = 0,35 > 0,05.(số CX) + 0,15.(số CY, Z) Vì số Ccủa X, Y > 1 nên ||→ số CX < 4 → số CX = 3 → duy nhất là C3H4O4.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Biết X là C3 quay lại giải nY (CH3OH) = 0, Theo đó, yêu cầu %mancol Y trong E ≈ 29,91% Câu 14: A : Giải đốt cháy → X, Y có cùng công thức phân tử là C8H6O4. ♦ TN1: mX = 33,2 gam → nX = 0,2 mol + NaHCO3 → 0,4 mol CO2 ||→ X có 2 nhóm –COOH. X dạng C6H4(COOH)2 có 3 đồng phân. (cố định một nhóm –COOH vào vòng rồi di chuyển nhóm còn lại qua 3 vị trí o, p, m).

hơ

♦ TN2: mY = 24,9 gam → nY = 0,15 mol + Nadư → 0,075 mol H2 ||→ Y có 1 nhóm –OH.

lại có 0,2 mol Y + NaHCO3 → 0,2 mol CO2 ||→ Y có 1 nhóm –COOH.

sẽ là một nhóm chức gì đó mà không + Na, không + NaHCO3.

Q uy

||→ như vậy là nhóm –OH kia thuộc nhóm -COOH này luôn; còn lại HCO2 nữa

Kè

Theo đó, viết ra gồm: HCOOC6H4COOH (tạp chức este - axit có 3 đồng phân vị trí o, p, m).

m /+

||→ Yêu cầu tổng đồng phân của X và Y là 7. Câu 15: C có ∑n–COOH = 0,15 mol → nO trong E = 0,3 mol.

ạy

NHƯNG chưa hết, còn có HOOCCOOC5H5 nữa (este một lần của phenol với axit oxalic).

Gọi số mol CO2; H2O là x, y mol. ∑mCO2 + H2O = 12,74 gam; mC + H = 2,98 gam

||→ giải hệ được x = 0,22 mol và y = 0,17 mol ||→ ∑nCO2 – ∑nH2O = 0,05 mol.

X, Y, Z đều không phân nhánh → chúng là các axit chứa không quá 2 nhóm chức.

||→ nX, Y, Z ≥ 0,15 ÷ 2 = 0,075 > 0,05 → chỉ có thể xảy ra: X, Y no đơn chức. Z chia làm 2 TH: ♦ TH1: Z đơn chức → nZ = 0,05 mol → nX, Y = 0,1 mol ||→ Ctrung bình = 1,47 ||→ X là HCOOH, Y là CH3COOH; Z dạng CnH2n–2O2 với số mol tương ứng là x, y, 0,05. ta có: x + y = 0,1 mol và ∑nC = x + 2y + 0,05n = 0,22 ||→ n ≤ 2,4 loại.! ♦ TH2: Z hai chức → nZ = 0,025 mol; nX, Y = 0,1 mol; tương tự Z dạng CnH2n – 4O4 với điều kiện n ≥ 4 và chặn n ≤ 4,8 ||→ chỉ có thể n = 4 → Z là HOOC-CH=CH-COOH.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Quay lại giải x = 0,08 mol; y = 0,02 mol ||→ %mHCOOH trong E = 0,08 × 46 ÷ 7,78 ≈ 47,30 %. Câu 16: B hỗn hợp E gồm x mol HCHO và y mol RCHO (vì trong phản ứng E + AgNO3/NH3 thì chỉ HCHO mới tạo (NH4)2CO3 là muối vô cơ, còn RCHO sinh RCOONH4 là muối hữu cơ) (1) khối lượng mE = 30x + (R + 29) × y = 3,16 gam.

hơ

(3) lượng muối hữu cơ RCOONH4 duy nhất mmuối = (R + 62) × y = 2,02 gam.

(2) khối lượng bạc sinh ra: ∑nAg = 4x + 2y = 0,28 mol.

Q uy

Giải hệ được x = 0,06 mol; y = 0,02 mol và R = 39. (gợi ý: hãy dùng z = Ry mà bấm máy giải.!) với R = 39 thì gốc hđc thỏa mãn là C3H3– (gốc có 2π).

Kè

Để ý dùng E ở hai phần là khác nhau, ở trên, mE = 3,16 gam ⇄ x + y = 0,08 mol

ạy

||→ khi dùng 0,6 mol E → có 0,45 mol HCHO và 0,15 mol C3H3CHO.

m /+

H2/Ni xt vào làm no πC=C và cả πC=O nên ∑nH2 cần = 0,45 + 0,15 × 3 = 0,9 mol. Câu 17: C xử lí nhanh: ∑n-COOH = (16,96 – 10,88) ÷ (39 – 1) = 0,16 mol; ∑nCO2 = 0,42 mol.

có mX, Y = mC + mH + mO ||→ mH = 0,72 gam ⇄ ∑nH2O = 0,36 mol.

Quan sát ∑nCO2 – ∑nH2O = 0,06 mol; lại thêm X, Y có mạch cacbon không phân nhánh

||→ có một axit no đơn chức và 0,06 một axit no hai chức. bảo toàn O → naxit đơn = 0,04 mol.

Gọi số C của chung lần lượt là m, n thì có 0,04m + 0,06n = 0,42 ⇄ 2m + 3n = 21. giải phương trình nghiệm nguyên với m, n ≤ 5 ||→ chỉ cặp m = 3; n = 5 thỏa mãn. Vậy hai axit cần tìm là C2H5COOH và HOOC[CH2]3COOH (axit glutaric). Câu 18: D phản xạ: 114,0 ÷ 108 ra số mol lẻ → nghĩ đến tủa AgC≡C–. Phân tích các giả thiết: HCl + dung dịch → 0,15 mol khí là CO2 → chứng tỏ trong E có 0,15 mol HCHO. y mol anđehit có mạch cacbon không phân nhánh còn lại dạng HC≡C-RCHO. Theo đó, mE = 0,15 × 30 + y × (R + 54) = 10,98 gam

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

và mtủa = (0,15 × 4 + 2y) × 108 + y × (R + 194) = 114 gam (chú ý tủa AgC≡C-COONH4) Giải ra x = 0,12 mol và R = 0 ||→ E gồm 0,15 mol HCHO và 0,12 mol HC≡C-CHO. 10,98 gam E cũng chính là 0,27 mol E → x = ∑nBr2 phản ứng = 0,15 × 2 + 0,12 × 3 = 0,66 mol. Câu 19: C anđehit đơn chức → ancol đơn chức, từ số mol H2 là 0,075 mol

→ số mol hỗn hợp M là 0,15 mol. Lại có M + AgNO3/NH3 dư → 0,4 mol Ag

hơ

||→ tỉ lệ nM ÷ nAg = 3 ÷ 8 trong khoảng (1/4; 1/2) ||→ có 0,05 mol HCHO và 0,1 mol RCHO

Q uy

mà mM = 7,3 gam → R = 29 là gốc C2H5. Câu 20: B Thủy phân → ∑n–COOH = (11,84 – 8,32) ÷ 22 = 0,16 mol → ∑nO trong E = 0,32 mol.

Kè

||→ trong E: mC + mH = 3,2 gam; bảo toàn O đốt cháy: 2nCO2 + nH2O = 0,32 + 0,16 × 2

ạy

||→ giải ra nCO2 = 0,24 mol và nH2O. Để ý tương quan: nCO2 – nH2O = nCOOH ÷ 2

Mà X, Y đều no, mạch hở nên chúng phải có cùng 2 chức (để cùng có 2π).

m /+

||→ số Ctrung bình = 0,24 ÷ 0,08 = 3, MX < MY ||→ X phải là C2 Câu 21: B Xử lí đốt cháy: nCO2 = 0,16 mol; nH2O = 0,16 mol và nO trong E = 0,2 mol.

Mà: X là axit no, 2 chức mạch hở (2π); Y là ancol no đơn chức mạch hở (0π)

nên từ nCO2 = nH2O → nX = nY = 0,2 ÷ (4 + 1) = 0,04 mol.

||→ số Ctrung bình = 0,16 ÷ 0,08 = 2; lại thêm X, Y không có cùng số C ||→ chỉ có thể là cặp C1 và C3 (do cùng số mol). không có axit 2 chức có 1C nên rõ: Y là CH3OH và X là CH2(COOH)2||→ %mX trong E = 104 ÷ (104 + 32) ≈ 76,47%. Câu 22: C Xử lí nhanh một số giả thiết cơ bản: từ nH2 → nX = ∑nancol đơn chức = 0,31 mol. ||→ MX = 13,48 ÷ 0,31 ≈ 43,5 → phải có A là HCHO (M = 30). ♦ TH1: nếu B chỉ chứa nhóm -CHO phản ứng với AgNO3/NH3 thì nA = 0,306 mol;

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn nB = 0,004 mol ||→ MB = 1075 là số lẻ → loại.! ♦ TH2: B chứa HC≡C cũng tạo tủa khi tác dụng AgNO3/NH3. Gọi nA = x mol; nB = y mol. y mol B dạng HC≡C-R-CHO nặng (13,48 – 30x) tạo thêm y mol tủa AgC≡CRCOONH4 ||→ ∑mtủa = (4x + 2y) × 108 + [13,48 – 30x + (108 + 62 – 1 – 29) × y] = 133,04 gam. thêm x + y = 0,31 mol → giải x = 0,2 mol và y = 0,11 mol → R = 14 → B là HC≡C-CH2-CHO.

Q uy

T + AgNO3/NH3 dư → tủa gồm 0,12 mol Ag; 0,01 mol AgC≡CAg

hơ

||→ T gồm 0,04 mol CH3CHO + 0,01 mol HC≡CH + 0,02 mol HC≡C-CH2CHO.

• khác: 0,05 mol C2H2 + H2O với h.suất 80% → T gồm 0,04 mol CH3CHO + 0,01 mol C2H2.

Kè

và 0,02 mol AgC≡C-CH2COONH4 ||→ yêu cầu ∑mtủa = 19,52 gam. Câu 23: C Giải đốt cháy: nC = 0,32 mol; nH = 0,4 mol; nO = 0,2 mol.

ạy

E gồm các anđehit đều đơn chức → nE = nO = 0,2 mol.

• số Ctrung bình = 1,6 → phải có một anđehit là HCHO

m /+

• số Htrung bình = 2 → anđehit kia cũng có số H = 2.

► Thêm: 25 % = 16 ÷ (16 + 12 × 4) nên anđehit này phải có số C < 4.

||→ thỏa mãn yêu cầu có thể là HC≡C-CHO. Giải nHCHO = 0,14 mol và nC3H2O = 0,06 mol.

||→ tủa thu được gồm: (0,14 × 4 + 0,06 × 2) mol Ag và 0,06 mol AgC≡C-COONH4.

||→ giá trị m = mtủa = 85,08 gam. Câu 24: C Xử lí dần từng bài toán nhỏ một: • RCH2OH + [O] → RCHO + H2O ||→ dX/He = 6 → R = 1 → (A) là CH3OH. • RCH2OH + Na → RCH2Ona + ½.H2. ||→ nE = 3,92 ÷ 22,4 × 2 = 0,35 mol. Đốt cháy E + O2 → CO2 + H2O || nH2O = 1,5 mol; mE = 22,4 gam → nC = 1,15 mol. nH2O > nCO2 nên ancol no, đơn chức mạch hở dạng CnH2n + 2O; Ctrung bình ≈ 3,29. • F + [O] → 0,1 mol HCHO + 0,35 mol ?....

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Trong đó HCHO sinh 0,4 mol Ag → 0,35 mol kia sinh 0,4 mol Ag → có 0,2 mol RCHO và 0,15 mol R1COR2 (xeton). Theo đó, ♦ nếu (B) là C3 thì dù là anđehit hay xeton đều không có ancol (C) thỏa mãn. ♦ nếu (B) là C2 thì chỉ thể là 0,2 mol anđehit → (C) là C5 có mạch C phân nhánh, là ancol bậc 2 (để tạo xeton) ||→ chỉ có thể là công thức CH3CH(CH3)CH(OH)CH3;

Q uy

► chú ý nhóm -COOH hút e nên Br2 sẽ không dễ dang thế vào vòng.

hơ

||→ danh pháp của ancol C này là ancol 3-metylbutan-2-ol. Câu 25: D X + NaHCO3 nên X cần nhóm -COOH (hết 2O luôn),

ạy

Kè

đáp ứng giả thiết này là gốc ankyl –CH=CH–, còn lại là vòng benzen C6.

m /+

Vẽ ra và đếm:

(hình 1 là di chuyển nhóm -CH=CH- qua 3 vị trí o, p, m hay (1); (2); (3) như hình;

còn ở hình 2 là di chuyển nhóm –COOH ở (1) và (2)). chú ý thêm hỏi đồng phân cấu tạo thôi nên ∑đồng phân yêu cầu = 5.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 1. Sáng tạo và phát triển tư duy giải bài tập hiđrocacbon và Amin

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. Hỗn hợp X gồm một anken, một ankin và một amin no, đơn chức (trong đó số mol anken nhỏ hơn số mol của ankin). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp E bằng lượng oxi vừa đủ thu được 0,86 mol hỗn hợp F gồm CO2, H2O và N2. Ngưng tụ toàn bộ F còn lại 0,4 mol hỗn hợp khí. Công thức của anken và ankin là. A. C2H4 và C3H4. B. C2H4 và C4H6. C. C3H6 và C3H4. D. C3H6 và C4H6. Câu 2. [PHV-FC]: Trộn 3 thể tích khí O2 với 2 thể tích khí O3 thu được hỗn hợp khí X. Để cháy hoàn toàn 14,2 gam hỗn hợp khí Y gồm metylamin, amoniac và hai anken cần dùng vừa đủ 22,4 lít khí X (ở đktc), sau phản ứng thu được hỗn hợp Z gồm CO2, H2O, N2. Dẫn toàn bộ Z qua dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối lượng kết tủa thu được là A. 128,05 gam. B. 147,75 gam. C. 108,35 gam. D. 118,20 gam. Câu 3. [PHV-FC]: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 amin đều no đơn chức, mạch hở và hơn kém nhau 2 nguyên tử cacbon trong phân tử bằng lượng không khí vừa đủ (O2 chiếm 20% và N2 chiếm 80% về thể tích) thu được hỗn hợp Y gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ X qua bình dung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 21,3 gam; đồng thời khí thoát ra khỏi bình có thể tích 48,16 lít (đktc). Công thức của amin có khối lượng phân tử lớn là A. C3H9N. B. C4H11N. C. C5H13N. D. C6H15N. Câu 4. Hỗn hợp X gồm propin, buta-1,3-đien và một amin no, đơn chức, mạch hở. Đem đốt cháy hoàn toàn 23,1 gam X cần dùng vừa đúng 2,175 mol O2 nguyên chất thu được hỗn hợp sản phẩm Y gồm CO2, H2O và khí N2. Dẫn toàn bộ Y qua bình chứa dung dịch NaOH đặc dư, khí thoát ra đo được 2,24 lít (ở đktc). Công thức của amin là A. C2H7N B. CH5N C. C3H9N D. C4H11N Câu 5. [PHV-FC]: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm một ankan (A) và một ankin (B) hơn kém nhau một nguyên tử cacbon (MA > MB) thu được 17,472 lít CO2 (đktc) và 14,04 gam nước. Mặt khác dẫn toàn bộ hỗn hợp X trên đi chậm qua bình đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng Br2 phản ứng là 19,2 gam. Biết rằng (B) tác dụng với AgNO3/NH3 tạo kết tủa vàng nhạt. Số đồng phân cấu tạo của (B) là A. 3 B. 5 C. 4 D. 6

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 6. [PHV-FC]: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp gồm ankan A và CO2 cần dùng 10,752 lít O2 (đktc), sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ba(OH)2 thu được 33,49 gam kết tủa; đồng thời khối lượng dung dịch giảm 9,85 gam. Khi clo hóa A với tỉ lệ mol 1 : 1 thu được một monoclo duy nhất. Tên gọi của A là A. 2,2-đimetypropan. B. etan. C. 3-metylbutan. D. pentan. Câu 7. [PHV-FC]: Hỗn hợp X gồm một anken và H2 có tỉ khối so với He bằng 4,5. Đun nóng hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc tác đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 15,0. Đốt cháy hoàn toàn 9,0 gam hỗn hợp X cần dùng V lít O2 (đktc). Giá trị của V là A. 23,52 lít. B. 25,76 lít. C. 21,28 lít. D. 22,40 lít. Câu 8. [PHV-FC]: Hỗn hợp X gồm một anken và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 13/3. Đun nóng hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc tác đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với He bằng 2,6. Đốt cháy hoàn toàn 4,68 gam hỗn hợp X bằng lượng oxi vừa đủ; toàn bộ sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa. Giá trị m là A. 49,25 gam. B. 53,19 gam. C. 55,16 gam. D. 57,13 gam. Câu 9. [PHV-FC]: Hỗn hợp X gồm 0,08 mol C3H6; 0,08 mol C2H2 và 0,19 mol H2. Đun nóng hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc một thời gian thu được hỗn hợp Y. Dẫn toàn bộ Y lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 7,2 gam kết tủa, bình 2 đựng dung dịch Br2 dư thấy bình tăng m gam. Khí thoát ra khỏi bình 2 đem đốt cháy hoàn toàn thu được 4,032 lít CO2 (đktc) và 5,76 gam nước. Giá trị m là A. 2,24 gam. B. 1,96 gam. C. 2,80 gam. D. 2,10 gam. Câu 10. [PHV-FC]: Hỗn hợp X gồm 0,14 mol eten; 0,12 mol axetilen và H2. Nung nóng hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc tác một thời gian thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 9,625. Dẫn toàn bộ Y qua bình (1) đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 9,6 gam kết tủa, bình (2) đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng Br2 phản ứng là 17,6 gam. Khí thoát ra khỏi bình (2) đem đốt cháy hoàn toàn cần dùng V lít O2 (đktc). Giá trị của V là A. 10,192 lít. B. 12,208 lít. C. 10,080 lít. D. 10,640 lít. Câu 11. [PHV-FC]: Hỗn hợp X gồm 0,08 mol vinyl axetilen; 0,06 mol axetilen; 0,06 mol propilen và 0,6 mol H2. Đun nóng hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc tác một thời gian thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với He bằng 4,72. Lấy 0,75 mol hỗn hợp Y tác dụng vừa đủ V ml dung dịch Br2 1M. Giá trị của V là A. 120 ml. B. 150 ml. C. 180 ml.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

D. 240 ml. Câu 12. [PHV-FC]: Hỗn hợp X gồm axetilen; propin; etilen và H2. Đun nóng 7,68 gam hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc tác một thời gian thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với He bằng 4,8. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được m gam kết tủa; bình 2 chứa dung dịch Br2 dư thấy khối lượng Br2 phản ứng là 9,6 gam; đồng thời khối lượng bình tăng 1,96 gam. Khí thoát ra khỏi bình 2 đem đốt cháy hoàn toàn thu được 4,48 lít CO2 (đktc) và 8,46 gam nước. Giá trị m là A. 11,61 gam. B. 10,68 gam. C. 13,08 gam. D. 14,01 gam. Câu 13. [PHV-FC]: Hỗn hợp X gồm 0,15 mol CH4; 0,09 mol C2H2 và 0,2 mol H2. Nung nóng X với xúc tác Ni thu được hỗn hợp Y. Cho Y qua dung dịch Br2 dư thấy khối lượng dung dịch tăng thêm 0,82 gam và thoát ra hỗn hợp khí Z. Tỉ khối của Z đối với H2 là 8. Vậy thể tích của hỗn hợp Z (đktc) là A. 5,6 lít. B. 6,048 lít. C. 5,824 lít. D. 5,376 lít. Câu 14. [PHV-FC]: Hỗn hợp X chứa 0,12 mol axetilen; 0,1 mol propilen; 0,28 mol H2. Đun nóng hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc tác một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn bộ Y lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 4,8 gam kết tủa; bình 2 đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng Br2 phản ứng 20,8 gam. Khí thoát ra khỏi bình 2 đem đốt cháy hoàn toàn cần dùng V lít O2 (đktc) thu được 7,48 gam CO2. Giá trị của V là A. 7,840 lít. B. 8,176 lít. C. 7,728 lít. D. 8,400 lít. Câu 15. [PHV-FC]: Hỗn hợp X chứa 0,12 mol vinyl axetilen; 0,12 mol buten và H2. Đun nóng hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc tác một thời gian thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với He bằng a. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng Br2 đã phản ứng 38,4 gam. Khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 4,48 lít (đktc) và tỉ khối so với H2 bằng 12,2. Giá trị của a là A. 7,5. B. 12,5. C. 9,5. D. 11,5. Câu 16. [PHV-FC]: Hỗn hợp X gồm H2 và 2 hiđrocacbon A, B. Đun nóng 0,8 mol hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc tác thu được hỗn hợp Y. Tỉ khối của X so với Y là 0,4375. Chia Y làm 2 phần bằng nhau. – Phần 1: dẫn qua dung dịch Br2 dư thấy khối lượng Br2 phản ứng m gam, thu được hiđrocacbon A duy nhất thoát ra khỏi bình có thể tích 2,128 lít (đktc). – Phần 2: đem đốt cháy hoàn toàn cần dùng 23,52 lít O2 (đktc) thu được CO2 và H2O có tỉ lệ khối lượng tương ứng 11 : 4,5. Giá trị m là A. 24,0 gam. B. 25,6 gam. C. 28,0 gam. D. 28,8 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 17. [PHV-FC]: Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X chứa một ankan, một anken và một ankin cần dùng 10,752 lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 12,16 gam. Mặt khác đun nóng 0,2 mol X với 0,08 mol H2 (Ni, t0) thu được hỗn hợp Y. Dẫn toàn bộ Y lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được x gam kết tủa; bình 2 đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng bình tăng 2,24 gam. Khí thoát ra khỏi bình 2 chỉ chứa hai hiđrocabon. Giá trị của x là A. 3,6. B. 3,8. C. 4,2. D. 4,8. Câu 18. [PHV-FC]: Đun nóng 13,44 lít (đktc) hỗn hợp E chứa C2H2 và H2 có mặt Ni làm xúc tác một thời gian thu được hỗn hợp khí F. Dẫn toàn bộ F qua bình chứa dung dịch Br2 thấy khối lượng bình tăng 3,02 gam, khí thoát ra khỏi bình có thể tích 5,152 lít (đktc) và có tỉ khối so với He bằng 3,239. Nếu cho 45,0 gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 (dư) thì khối lượng kết tủa thu được là A. 360 gam. B. 336 gam. C. 288 gam. D. 384 gam. Câu 19. [PHV-FC]: Trộn một số hiđrocacbon đều mạch hở và ở thể khí với 0,12 mol H2 được hỗn hợp X nặng 11,98 gam. Đun nóng X có mặt Ni làm xúc tác thu được 6,272 lít hỗn hợp khí Y gồm 4 hiđrocacbon. Dẫn toàn bộ Y lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được m gam kết tủa; bình 2 đựng Br2 dư thấy lượng brom phản ứng là 17,6 gam; đồng thời khối lượng bình tăng 3,74 gam. Biết rằng, khí thoát ra khỏi bình 2 chỉ là một hiđrocacbon duy nhất. Giá trị của m là A. 4,41. B. 10,29. C. 13,92. D. 5,26. Câu 20. [PHV-FC]: Hỗn hợp X chứa 4 hiđrocacbon đều ở thể khí có số nguyên tử cacbon lập thành cấp số cộng và có cùng số nguyên tử hydro. Nung nóng 6,72 lít hỗn hợp E chứa X và H2 có mặt Ni làm xúc tác thu được hỗn hợp F có tỉ khối so với He bằng 9,5. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng dung dịch Br2 dư thấy lượng Br2 phản ứng là a mol; đồng thời khối lượng bình tăng 3,68 gam. Khí thoát ra khỏi bình (hỗn hợp khí T) có thể tích là 1,792 lít chỉ chứa các hiđrocacbon. Đốt cháy toàn bộ T thu được 4,32 gam nước. Các khí đều đo ở đktc. Giá trị của a là A. 0,14. B. 0,12. C. 0,13. D. 0,15. Câu 21. [PHV-FC]: Hỗn hợp X gồm etan; axetilen và H2. Đun nóng 7,72 gam hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc tác thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H2 bằng a. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch Br2 dư thấy lượng Br2 phản ứng 22,4 gam. Khí thoát ra khỏi bình đem đốt cháy hoàn toàn cần dùng 13,664 lít O2 (đktc) thu được 10,44 gam nước. Giá trị của a gần nhất với A. 13,8. B. 14,0. C. 10,6. D. 10,7.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 22. [PHV-FC]: Đốt cháy 0,15 mol hỗn hợp X chứa một ankan và hai ankin cần dùng 8,736 lít khí O2 (đktc). Sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 8,96 gam. Cho 0,15 mol X tác dụng với AgNO3 trong NH3 dư thu được 9,6 gam kết tủa. Mặt khác đun nóng 7,12 gam X với 0,1 mol H2 (Ni, t0) thu được hỗn hợp Y. Dẫn Y lần lượt qua bình (1) đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 7,2 gam kết tủa; bình (2) đựng dung dịch Br2 dư thấy lượng brom phản ứng là m gam. Khí thoát ra bình (2) chứa các hiđrocacbon. Giá trị m là A. 12,8. B. 27,2. C. 32,0. D. 36,0. Câu 23. [PHV-FC]: Hỗn hợp X chứa C2H2, C4H8 và 0,18 mol H2. Nung hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc tác thu được hỗn hợp Y chứa các hiđrocacbon. Dẫn toàn bộ Y lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 4,8 gam kết tủa, bình 2 đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng Br2 phản ứng là 6,4 gam. Khí thoát ra khỏi bình 2 đem đốt cháy hoàn toàn thu được 14,96 gam CO2 (đktc) và 8,1 gam nước. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X trên cần V lít O2 (đktc). Giá trị của V là A. 17,584 lít. B. 17,808 lít. C. 20,048 lít. D. 18,928 lít. Câu 24. [PHV-FC]: Hỗn hợp X gồm H2 và 2 anken kế tiếp. Dẫn toàn bộ hỗn hợp X qua ống sứ chứa Ni, kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với X bằng 1,25. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 6,24 gam hỗn hợp X trên bằng oxi vừa đủ, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 70,92 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Công thức 2 anken là A. C4H8 và C5H10. B. C5H10 và C6H12. C. C2H4 và C3H6. D. C3H6 và C4H8. Câu 25. [PHV-FC]: Hỗn hợp X chứa but-1,3-điin; butađien-1,3 và H2. Nung nóng 13,56 gam hỗn hợp X có mặt Ni làm xúc tác thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với He bằng 6,78. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng bình tăng 9,56 gam; đồng thời có m gam Br2 tham gian phản ứng. Khí thoát ra khỏi bình đem đốt cháy hoàn toàn thu được 5,376 lít CO2 (đktc). Giá trị m là A. 68,8 gam. B. 70,4 gam. C. 72,0 gam. D. 73,6 gam. Câu 26. [PHV-FC]: Hỗn hợp X chứa C4H2 và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 6,76. Nung nóng hỗn hợp X một thời gian thu được hỗn hợp Y. Dẫn toàn bộ Y qua bình chứa dung dịch Br2 dư thấy khối lượng bình tăng 5,28 gam. Khí thoát ra khỏi bình đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,792 lít CO2 (đktc) và 4,68 gam nước. Lấy 0,7 mol hỗn hợp Y tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch Br2 1M. Giá trị V là A. 500 ml. B. 650 ml. C. 700 ml. D. 750 ml. Câu 27. [PHV-FC]: Hỗn hợp khí X chứa các hydrocacbon đều mạch hở và H2. Đun nóng 0,5 mol X có mặt Ni làm xúc tác thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với He bằng 10,675. Dẫn toàn bộ Y qua bình (1) đựng dung dịch

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

AgNO3/NH3 dư thu được 8,82 gam kết tủa, bình (2) đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng Br2 phản ứng là 22,4 gam. Khí thoát ra khỏi bình (2) chứa một hydrocacbon duy nhất có tổng số liên kết xichma là 10. Biết rằng trong X không có hydrocacbon nào có dạng C=C=C. Phần trăm khối lượng của H2 trong X gần nhất với A. 1,2%. B. 1,3%. C. 1,4%. D. 1,5%. Câu 28. [PHV-FC]: Hoàn tan hết hỗn hợp CaC2 và Ca vào lượng nước dư thu được 22,4 lít hỗn hợp khí X (ở đktc). Nung X trong bình kín chứa bột Ni một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn bộ Y qua dung dịch brom thấy có 64 gam brom phản ứng. Làm khô khí thoát ra rồi đem đốt cháy hoàn toàn thấy cần dùng vừa đủ 10,08 lít khí O2 (ở đktc) và thu được 9 gam hơi nước. Thành phần phần trăm theo khối lượng CaC2 có trong hỗn hợp ban đầu là A. 51,61%. B. 61,64%. C. 40,67%. D. 56,69%. Câu 29. [PHV-FC]: Tiến hành đun nóng 8,96 lít hỗn hợp khí axetilen và H2 trong bình kín một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn bộ Y lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 4,8 gam kết tủa; bình 2 chứa dung dịch brom thấy có 6,4gam brom phản ứng. Làm khô khí thoát ra khỏi bình 2 rồi đem đốt cháy hoàn toàn thu được m gam nước. Biết các thể tích khí đo ở đktc, giá trị của m là A. 3,6 gam. B. 5,4 gam. C. 2,7 gam. D. 7,2 gam. Câu 30. [PHV-FC]: Hỗn hợp M gồm C2H5NH2, CH2=CHCH2NH2, H2NCH2CH2CH2NH2, CH3CH2CH2NH2 và CH3CH2NHCH3. Đốt cháy hoàn toàn 5,6 lít M, cần dùng vừa đủ 25,76 lít O2, chỉ thu được CO2; 18 gam H2O và 3,36 lít N2. Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Phần trăm khối lượng của C2H5NH2 trong M là A. 48,21%. B. 24,11%. C. 40,18%. D. 32,14%. Câu 31. [PHV-FC]: X là hiđrocacbon vòng thơm có tỉ lệ mC : mH = 9 : 1. Mặt khác hóa hơi 7,2 gam X thì thể tích của nó đúng bằng thể tích của 1,92 gam O2 (đo cùng điều kiện). Số đồng phân cấu tạo của X là A. 8. B. 7. C. 6. D. 9. Câu 32. [PHV-FC]: X, Y là hai hiđrocacbon mạch hở hơn kém nhau 2 nguyên tử cacbon trong phân tử (MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 47,6 lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH)2 thu được 35,0 gam kết tủa. Cô cạn dung dịch nước lọc thu thêm 50,0 gam kết tủa nữa. Mặt khác dẫn a gam hỗn hợp E đi chậm qua bình đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng bình tăng 10,5 gam. Khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 4,48 lít (đktc). Số đồng phân của Y là A. 5. B. 4.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

C. 6. D. 7. Câu 33. [PHV-FC]: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp E chứa 2 amin đều no đơn chức hơn kém nhau 2 nguyên tử cacbon trong phân tử bằng lượng không khí vừa đủ thu được hỗn hợp F gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 19,74 gam; đồng thời khí thoát ra khỏi bình có thể tích 46,368 lít (đktc). Biết trong không khí O2 chiếm 20% và N2 chiếm 80% về thể tích. Công thức amin có khối lượng phân tử lớn là A. C3H9N. B. C4H11N. C. C5H13N. D. C6H15N. Câu 34. [PHV-FC]: Hỗn hợp E chứa một amin no, đơn chức (X), C2H4 và C3H6. Đốt cháy hoàn toàn 140 ml hỗn hợp E cần dùng 630 ml O2 thu được hỗn hợp F gồm CO2, H2O và N2. Ngưng tụ toàn bộ F thấy thể tích giảm 500 ml. Các khí đều đo cùng điện kiện. Công thức của X là A. CH5N. B. C2H7N. C. C3H9N. D. C4H11N. Câu 35. [PHV-FC]: Hỗn hợp E chứa 2 amin đều no, đơn chức và một hiđrocacbon (X) thể khí điều kiện thường. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp E cần dùng 2,7 mol không khí (20% O2 và 80% N2 về thể tích) thu được hỗn hợp F gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 21,88 gam; đồng thời khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 49,616 lít (đktc). Công thức của X là A. C2H4. B. C3H6. C. C2H6. D. C3H4. Câu 36. [PHV-FC]: Hỗn hợp E chứa một amin no, đơn chức và 2 ankin đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp E cần dùng 40,32 lít không khí thu được hỗn hợp F gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 14,48 gam. Các khí đo ở đktc. Công thức của 2 ankin là A. C2H2 và C3H4. B. C3H4 và C4H6. C. C4H6 và C5H8. D. C5H8 và C6H10. Câu 37. [PHV-FC]: Hỗn hợp E chứa axetilen, propin và một amin no, đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn 5,46 gam hỗn hợp E cần dùng 11,088 lít O2 (đktc) thu được hỗn hợp F gồm CO2, H2O và khí N2; trong đó số mol CO2 và H2O có tỉ lệ mol 1 : 1. Công thức của amin là A. C2H7N. B. CH5N. C. C3H9N. D. C4H11N. Câu 38. [PHV-FC]: Hỗn hợp E chứa đimetylamin, trimetylamin và hiđrocacbon (X) thể khí ở điều kiện thường. Đốt cháy hoàn toàn 7,01 gam E bằng lượng oxi vừa đủ thu được hỗn hợp F gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Ba(OH)2 dư thu được 78,8 gam kết tủa; đồng thời khối lượng bình tăng 26,15 gam. Công thức của X là

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

A. C2H4. B. C2H2. C. C3H4. D. C2H6. Câu 39. [PHV-FC]: Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hợp chất hữu cơ X chứa vòng benzen có thành phần C, H, N với một lượng không khí (vừa đủ) thu được hỗn hợp Y gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 68,95 gam kết tủa; đồng thời khối lượng bình tăng 19,45 gam. Khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 42,0 lít (đktc). Biết rằng trong không khí O2 chiếm 20% về thể tích, còn lại là N2. Số đồng phân cấu tạo của X là A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Câu 40. [PHV-FC]: Đốt cháy hoàn toàn 0,6 mol hỗn hợp X chứa etylamin; đimetylamin và 2 hiđrocacbon thuộc cùng dãy đồng đẳng kế tiếp thu được 4,0 mol hỗn hợp Y gồm CO2, H2O và N2. Sau khi ngưng tụ Y thu được 1,85 mol hỗn hợp Z. Công thức 2 hiđrocacbon là A. CH4 và C2H6. B. C2H4 và C3H6. C. C2H6 và C3H8. D. C3H6 và C4H8. Câu 41. [PHV-FC]: Đốt cháy hoàn toàn 1,792 lít hỗn hợp X gồm etylmetylamin và 2 hiđrocacbon mạch hở đồng đẳng kế tiếp (có số liên kết π < 3) bằng lượng oxi vừa đủ thu được 12,992 lít (đktc) hỗn hợp Y gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ Y qua bình chứa dung dịch H2SO4 đặc dư thấy thể tích giảm 6,944 lít. Các khí đều đo đktc. % khối lượng của hiđrocacbon có khối lượng phân tử nhỏ là A. 13,40%. B. 30,14%. C. 40,19%. D. 35,17%.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: A đốt 0,2 mol E {amin; anken; ankin} + O2 → 0,46 mol H2O + 0,4 mol {CO2; N2}. ♦ Ctrung bình < 0,4 ÷ 0,2 = 2 nên phải có 1 chất có số C = 1. Chỉ có thể là amin CH5N. ♦ Htrung bình = 0,46 × 2 ÷ 0,2 = 4,6. amin có số H = 5 nên anken hoặc ankin có số H < 5. Để ý nankin > nanken nên nếu số H của ankin ≥ 6 thì số H của anken phải bằng 4 (là C2H4). ||→ số Htrung bình của anken và ankin > 5, số Hamin = 5 → không thỏa mãn.! ||→ Theo đó, số H của ankin phải ≤ 4. Chỉ có 2 TH xảy ra là 2 hoặc 4.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn • Nếu ankin là C3H4, gọi số mol amin, ankin, anken CnH2n lần lượt là x; y và z mol.

có: n nguyên và n ≥ 2 nên từ trên có n = 2. tức anken thỏa mãn là C2H4. • Nếu ankin là C2H2 thì tương tự, với mọi n ≥ 4 đều thỏa mãn.

hơ

Câu 2: A 22,4 lít X ↔ 1 mol X có 0,6 mol O2 và 0,4 mol O3 quy ra 2,4 mol O để đốt.

Hỗn hợp Y: metylamin = CH2 + NH3; amoniac = NH3 và hai anken (CH2)n ||→ Quy đổi

Q uy

♦ đốt 14,2 gam Y gồm {x mol CH2 và y mol NH3} + 2,4 mol O → CO2 + H2O + N2.

Kè

suy ra x = 0,65 mol và y = 0,3 mol → nCO2 = 0,65 mol

Giải hệ: mY = 14x + 17y = 14,2 gam; lượng O cần đốt: 3x + 1,5y = 2,4

Bảo toàn nguyên tố O có:

m /+

ạy

Theo đó, yêu cầu giá trị m↓ BaCO3 = 0,65 × 197 = 128,05 gam. Câu 3: B Đốt:

Thay ngược lại có nCO2 = 0,3 mol và nE = 2x = 0,1 mol ||→ Ctrung bình = 3. ||→ Lại thêm giả thiết 2 amin hơn kém nhau 2C → cặp amin này là C2H7N và C4H9N. Câu 4: A đốt X gồm {C3H4; C4H6 và amin} = (C; H; N) + 2,175 mol O2 → CO2 + H2O + 0,1 mol N2. mX = 23,1 gam; nN = 0,2 mol → mC + mH = 20,3 gam, them giả thiết O2 ||→ giải ra nC = 1,45 mol và nH = 2,9 mol hay nH2O = 1,45 mol. Tương quan nCO2 = nH2O ||→ nankin = 1,5namin = 0,2 × 1,5 = 0,3 mol. Đến đây dùng chặn khoảng số C amin:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn có (1,45 – 0,3 × 4) ÷ 0,2 < Camin < (1,45 – 0,3 × 3) ÷ 0,2 ⇄ 1,25 < Camin < 2,75. ||→ số C amin bằng 2 → công thức amin cần tìm là C2H7N Câu 5: C nBr2 phản ứng = 0,12 mol ||→ nankin = 0,06 mol. Tương quan: X + O2 → 0,78 mol CO2 + 0,78 mol H2O ||→ nankan = nankin = 0,06 mol. Gọi CTPT của ankan (A) là Cn + 1H2n + 4 thì ankin (B) là CnH2n – 2 (theo giả thiết).

hơ

Theo đó, akin (B) là C6H10. (B) + AgNO3/NH3 → ↓ màu vàng → (B) là ank-1-in.

||→ ∑nCO2 = 0,78 = 0,06 × (n + 1 + n) ||→ n = 6.

Q uy

cố định C≡CH như một nhóm thế -X vào mạch cacbon C4 (C-C-C-C hoặc C-C(C)-C).

Kè

Vẽ ra rồi đếm ||→ có 4 đồng phân thỏa mãn. Câu 6: A Từ ∆mgiảm = 9,85 gam ||→ ∑msản phẩm cháy = 33,49 – 9,85 = 23,64 gam.

ạy

♦ Đốt: 0,15 mol {ankan A; CO2} + 0,48 mol O2 → 23,64 gam {CO2 + H2O}

Xử lí: gọi nCO2 ban đầu = x mol; nCO2 sinh ra do ankan A = y mol và nH2O = z mol.

m /+

||→ nankan = (z – y) mol → z – y + x = 0,15 mol.

bảo toàn nguyên tố O có: 0,48 × 2 = 2y + z (bỏ x mol CO2 ở 2 vế).

Lại có ∑msản phẩm cháy = 44 × (x + y) + 18z = 23,64 gam.

Theo đó, giải hệ các phương trình trên được x = 0,09 mol; y = 0,3 mol và z = 0,36 mol.

||→ ankan A có CTPT là C5H12. A + Cl2 (tỉ lệ 1:1) → một monoclo duy nhất ||→ A chính là neopentan hay 2,2-đimetylpropan. Câu 7: B mX = mY = 9,0 gam ||→ nX = 0,5 mol; nY = 0,3 mol ||→ có 0,2 mol H2 phản ứng. ► Phản ứng xảy ra hoàn toàn nên H2 hết hoặc là anken hết. Xét: • nếu anken dư ||→ trong X có 0,2 mol H2 và 0,3 mol anken → Manken = 28,67 → loại.! • nếu H2 dư ||→ trong X có 0,2 mol anken và 0,3 mol H2 → Manken = 42 = 14 × 3 → là C3H6. Đốt X có 0,2 mol C3H6 và 0,3 mol H2 → cần 1,05 mol O2 → V = 23,52 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Câu 8: B MY = 2,6 × 4 = 10,4 ||→ chứng tỏ Y có H2 còn dư. X –––to, xt Ni–→ Y phản ứng xảy ra hoàn toàn → chứng tỏ anken hết, H2 còn dư. mX = mY = 4,68 gam; từ tỉ khối → nX = 0,54 mol và nY = 0,45 mol. ||→ nanken = nH2 phản ứng = 0,54 – 0,45 = 0,09 mol ||→ X gồm 0,09 mol CnH2n và 0,45 mol H2. mX = 4,68 gam → n = 3 ||→ anken là C3H6.

hơ

đốt X: {0,09 mol C3H6; 0,45 mol H2} + O2 → 0,27 mol CO2 + 0,72 mol H2O.

Q uy

||→ giá trị m = mtủa = 0,27 × 197 = 53,19 gam. Câu 9: A ♦ bình 1: kết tủa duy nhất là AgC≡CAg ||→ mC2H2 trong Y = 0,03 × 26 = 0,78 gam.

♦ khí ra khỏi bình 2: đốt (C; H) + O2 → 0,18 mol CO2 + 0,32 mol H2O.

Kè

||→ mkhí ra khỏi bình 2 = mC + mH = 0,18 × 12 + 0,32 × 2 = 2,8 gam.

ạy

Yêu cầu: giá trị m = mbình 2 tăng = mY – mkhí vào bình 1 – mkhí ra khỏi bình 2 = 2,24 gam.

m /+

(Chú ý mY = mX = 5,82 gam; khí vào bình (1) chính là C2H2 trong Y trên).

Câu 10: A Hỗn hợp X gồm 0,12 mol C2H2 và 0,14 mol C2H4 + ? mol H2 (chú ý sự đặc biệt C2).

đọc nhanh chuỗi phản ứng của Y: bình (1) → có 0,04 mol C2H2; bình (2) → có 0,11 mol C2H4

||→ bảo toàn C2 → khí ra khỏi bình (2) gồm 0,11 mol C2H6 và x mol H2.

||→ ∑nH2 đã phản ứng = 0,08 × 2 + 0,03 = 0,19 mol (rõ hơn: 0,08 là C2H2 và 0,03 là C2H4 chuyển hết về C2H6). ||→ nH2 trong X = x + 0,19 mol. X –––to–→ Y nên mX = mY ||→ 0,14 × 28 + 0,12 × 26 + 2 × (x + 0,19) = 9,625 × 2 × (0,26 + x) → x = 0,14 mol. (rõ hơn: 9,625 × 2 là MY tính từ tỉ khối; 0,26 + x = nY). Vậy khí ra khỏi bình (2) gồm 0,11 mol C2H6 và 0,14 mol H2 đốt cần 0,455 mol O2 ||→ giá trị của V = VO2 cần đốt = 10,192 lít.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Câu 11: C X gồm 0,08 mol C4H4; 0,06 mol C2H2; 0,06 mol C3H6 và 0,6 mol H2 ||→ mX = 0,08 × 52 + 0,06 × 26 + 0,6 × 2 = 9,44 gam; nX = 0,8 mol; ∑nπ trong X = 0,42 mol. ♦ X –––to–→ Y ||→ mX = mY = 9,44 gam; mà MY = 4,72 × 4 = 18,88 → nY = 0,5 mol. Theo đó, nH2 phản ứng = nX – nY = 0,3 mol. ♦ 1H2 phản ứng + 1π trong X ||→ ∑nπ trong Y = 0,42 – 0,3 = 0,12 mol. 1π + 1Br2 nên

hơ N

Q uy

Vậy, yêu cầu V = 180 ml. Câu 12: C một chú ý nhỏ H2 = C0H2.0 + 2 nên có coi H2 như là 1 ankan. Xử lí nhanh:

nếu lấy 0,75 mol Y ⇄ tương ứng có 0,18 mol π thì nBr2 phản ứng = 0,18 mol

♦ đốt khí ra khỏi bình (2) gồm (C và H) + O2 → 0,2 mol CO2 + 0,47 mol H2O

Kè

||→ mkhí ra = mC + mH = 3,34 mol; nkhí ra = nH2O – nCO2 = 0,27 mol.

ạy

♦ khí bị giữ lại bình 2 là các anken (có 1π) ||→ nanken = 0,06 mol và manken = 1,96 gam.

m /+

Lại để ý: mY = mX = 7,68 gam; nY = 7,68 ÷ (4,8 × 4) = 0,4 mol, khí ở lại bình 1 là các ank-1-in ||→ mank-1-in = 2,38 gam và nank-1-in = 0,07 mol. Các ank-1-in này là C2H2 và C3H4

||→ giải hệ có 0,03 mol C2H2 và 0,04 mol C3H4 ||→ tủa gồm 0,03 mol AgC≡CAg

và 0,04 mol CH3C≡CAg ||→ giá trị m = mtủa = 13,08 gam. Câu 13: B tỉ khối Z với H2 là 8 → MZ = 16 = CH4 ||→ số mol C2H6 và H2 trong Z bằng nhau.

Trong Y có x mol C2H2 và y mol C2H4 ||→ trong Z có (0,09 – x – y) mol C2H6 = nH2. ||→ số mol H2 đã phản ứng = (x + y + 0,11) mol. Làm no hết X cần 0,09 × 2 = 0,18 mol ||→ có 2x + y + x + y + 0,11 = 0,18; mà 26x + 28y = 0,82 gam ||→ x = 0,01 mol và y = 0,02 mol. ||→ Z có 0,06 mol C2H6; 0,06 mol H2 và 0,15 mol CH4 ||→ VZ = 6,048 lít. Câu 14: C X gồm 0,12 mol C2H2; 0,1 mol C3H6 và 0,28 mol H2 ⇄ (0,54 mol C + 1,4 mol H). ♦ bình (1): 4,8 gam kết tủa AgC≡CAg → có 0,02 mol C2H2 phản ứng.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ♦ đốt khí ra khỏi bình (2) thu được 0,17 mol CO2 ||→ ∑nC vào bình 2 = 0,33 mol (bảo toàn C). ♦ để ý khí vào bình 2 là các anken → ∑nH vào bình 2 = 2nC vào bình 2 = 0,66 mol. ||→ nH ra khỏi bình 2 = 0,7 mol (theo bảo toàn H) → nH2O = 0,35 mol. ||→ bảo toàn O có nO2 cần đốt = 0,35 ÷ 2 + 0,17 = 0,345 mol → V = 7,728 lít. Câu 15: C X chứa 0,12 mol C4H4; 0,12 mol C4H8 và H2.

nBr2 phản ứng = 0,24 mol ||→ nπ trong Y = 0,24 mol (1Br2 ⇄ 1π).

||→ nH2 phản ứng = 0,24 mol (1π ⇄ 1H2) ||→ nH2 ban đầu = 0,36 mol.

Kè

Có mX = mY = 13,68 gam và nY = nX – nH2 phản ứng = 0,36 mol.

Q uy

Lại có nπ trong X = 0,12 × 3 + 0,12 = 0,48 mol ||→ nπ bị mất chuyển X → Y = 0,24 mol.

hơ

Khí ra khỏi bình gồm 0,08 mol C4H10 và 0,12 mol H2.

ạy

||→ a = dY/He = 13,68 ÷ 0,36 ÷ 4 = 9,5. Câu 16: C đồng nhất số liệu: nX = 0,4 mol; mX = mY mà dX/Y = 0,4375 ||→ nY = 0,175 mol.

m /+

♦ Phần 1: khí thoát ra 0,095 mol hiđrocacbon A ||→ ∑ncác khí vào dung dịch Br2 = 0,08 mol (1).

♦ Phần 2: giải nhanh đốt cháy có: Y + O2 → 0,7 mol CO2 + 0,7 mol H2O ||→ mY = 9,8 gam.

Vì cuối cùng chỉ thu được 1 hđc A duy nhất nên A và B có cùng 0,7 ÷ 0,175 = 4C.

||→ ankan A là C4H10 với 0,095 mol ||→ mcác khí vào dung dịch Br2 = 4,29 gam (2).

Từ (1) và (2) ||→ các khí vào dung dịch Br2 là 0,08 mol C4H5,625. ||→ ∑nπ các khí vào dung dịch Br2 = 0,08 × (2 × 4 + 2 – 5,625) ÷ 2 = 0,175 mol. ||→ Yêu cầu, giá trị m = 0,175 × 160 = 28,0 gam. Câu 17: D ♦ Xử lí đốt cháy được nCO2 = nH2O = 0,32 mol ||→ nankan = nankin và mX = 4,48 gam. ► số Ctrung bình = 0,32 ÷ 0,2 = 1,6 ||→ ankan phải là CH4 (vì anken, ankin có số C ≥ 2). Lại thêm cuối cùng chỉ thu được 2 hđc thoát ra khỏi bình nên anken và ankin có cùng số C. ||→ Gọi được X gồm a mol CH4; b mol CnH2n và a mol CnH2n – 2.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

có ngay hệ: ||→ chỉ n = 2 thỏa mãn ||→ ankin là C2H2 → tủa là AgC≡CAg và anken là C2H4. Thêm chút đặc biệt nữa, ∑nπ trong X = 2a + b = 0,2 mol luôn.

F + Br2: 0,23 mol khí ra khỏi bình gồm 0,14 mol H2 và 0,09 mol C2H6.

hơ

||→ có phương trình: Câu 18: A Chia nhỏ → đọc và xử lí nhanh các giả thiết:

Q uy

YTHH 01: sự đặc biệt của nguyên tố H ||→ nH trong F = nH trong E = 0,6 × 2 = 1,2 mol.

3,02 gam làm tăng bình Br2 có (1,2 – 0,14 × 2 – 0,09 × 6 = 0,38) mol H

ạy

Thêm nữa, mE = 3,02 + 0,23 × 4 × 3,239 = 6,0 gam.

Kè

||→ còn lại là 0,22 mol C ⇄ 0,11 mol C2 ||→ ∑nC2H2 trong E = 0,2 mol (theo bảo toàn C).

m /+

Nghĩa là 6,0 gam hỗn hợp E ⇄ có trong đó 0,2 mol C2H2

||→ khi dùng 45,0 gam E ⇄ có 1,5 mol HC≡CH → sinh 1,5 mol tủa AgC≡CAg

||→ Yêu cầu: mtủa thu được = 1,5 × 240 = 360 gam. Câu 19: A cuối cùng chỉ thu được một hiđrocacbon duy nhất nên các hiđrocacbon ban đầu có cùng số C.

Lại thêm chúng đều mạch hở và ở thể khí nên chúng từ C1 đến C4.

có mX = mY = 11,98 gam ||→ Mtrung bình 4 hđc ≈ 42,79. C4 nhỏ nhất là C4H2 có M = 50; C2 lớn nhất là C2H6 có M = 30. ||→ tất cả dữ kiện trên cho thấy rằng các hđc đều cùng là C3. "tinh tế": để làm no hoàn toàn Y (hay chuyển hết Y) về 0,28 mol ankan C3H8 cần

mol H2 ||→ có phương trình:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Cần chú ý quá trình: tạo kết tủa với AgNO3/NH3 dư chỉ có thể là CH3-C≡CH; phản ứng với Br2 có CH3CH=CH2 và H2C=C=CH2. đó là lí do tại sao 3,74 ÷ 0,11 = 34 chứ không phải là 42 của anken C3H6.

Câu 20: C hđc ở thể khí là C1 → C4; lại thêm chúng có cùng số H và số C lập thành cấp số cộng

hơ

||→ 4 hiđrocacbon mà đề nhắc đến là CH4; C2H4; C3H4 và C4H4.

||→ nCO2 = 0,24 – 0,08 = 0,16 mol ||→ mT = mC + mH = 2,4 gam.

Kè

||→ mE = mF = mkhí vào dung dịch Br2 + mT = 3,68 + 2,4 = 6,08 gam.

Q uy

Chú ý: khí ra khỏi bình (T) là các ankan: đốt 0,08 mol ankan + O2 → CO2 + 0,24 mol H2O.

ạy

Lại thêm MF = 9,5 × 4 = 38 → nF = 0,16 mol = ∑n4 hđc trong E (vì H2 phản ứng hết).

||→ 0,3 mol E gồm 0,16 mol các hđc đại diện là CxH4 và 0,14 mol H2

m /+

mE = 6,08 gam trên → x = 2,6875 ||→ ∑nπ trong E = (2x + 2 – 4) ÷ 2 × 0,16 = 0,27 mol.

0,14 mol H2 phản ứng hết → nπ còn lại trong F = 0,13 mol ||→ a = nBr phản ứng với F = 0,13 mol.

Câu 21: D giải đốt cháy khí thoát ra khỏi bình Br2 + 0,61 mol O2 → 0,32 mol CO2 và 0,58 mol H2O.

||→ mkhí thoát ra = mC + mH = 5,0 gam; nkhí thoát ra = nH2O – nCO2 = 0,26 mol.

có mX = mY = 7,72 gam ||→ mkhí vào bình = 7,72 – 5,0 = 2,72 gam gồm C2H4 và C2H2. "tinh tế" xử lí: để chuyển hết 2,72 gam hỗn hợp khí trên về hết ankan C2H6 cần 22,4 ÷ 160 = 0,14 mol H2 (tương quan 1H2 ⇄ 1Br2) ||→ mC2H6 = 2,72 + 0,14 × 2 = 3,0 gam. ||→ nC2H6 = 0,1 mol ||→ nY = 0,1 + 0,26 = 0,36 mol ||→ a = dY/H2 = 7,72 ÷ 0,36 ÷ 2 ≈ 10,7. Câu 22: A Giải hệ

||→ nankan – nankin = 0,03 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn mà ∑nankan + ankin = 0,15 mol ||→ nankan = 0,09 mol và nankin = 0,06 mol. Biện luận: Số Ctrung bình = 1,6667 ||→ có 0,09 mol CH4 và 0,06 mol CnH2n – 2 ||→ n = 2,666666667 ||→ phải có một ankin là C2H2 với x mol. Để tìm ankin còn lại, xét 2 TH:

♦1: ankin dạng ank-1-in CmH2m – 2 với y mol, có hệ:

hơ

♦2: ankin không phải dạng ank-1-in ||→ 9,6 gam kết tủa chỉ là 0,04 mol AgC≡CAg

giải ra m = 2,8 lẻ, không nguyên → loại.!

Q uy

||→ nankin kia = 0,02 mol, bảo toàn C → số C ankin này = 4 → là CH3-C≡C-CH3.

||→ mX = 3,56 gam. Đọc yêu cầu → dùng 7,12 gam X nghĩa là đã gấp đôi tất cả số liệu trên rồi.

Kè

||→ lúc này X có: 0,08 mol C2H2; 0,04 mol CH3-C≡C-CH3 và 0,18 mol CH4.

ạy

vì khí thoát ra khỏi bình (2) chỉ chứa các hiđrocacbon nên 0,1 mol H2 phản ứng hết với X;

lại thêm nC2H2 + AgNO3/NH3 = 0,03 mol; ∑nπ trong X = 0,08 × 2 + 0,04 × 2 = 0,24 mol.

m /+

||→ nπ + Br2 = 0,24 – 0,1 – 0,03 × 2 = 0,08 mol. Tương quan 1π ⇄ 1Br2

||→ yêu cầu giá trị m = 0,08 × 160 = 12,8 gam. Câu 23: B Hỗn hợp X gồm x mol C2H2; y mol C4H8 và 0,18 mol H2.

Quan sát cả quá trình ||→ x + y = nY = nC2H2 vào bình 1 + nanken vào bình 2 + nankan thoát ra bình 2

Đọc nhanh các giả thiết: • vào bình 1 tạo 4,8 tủa là 0,02 mol AgC≡CAg ⇄ 0,02 mol C2H2. • vào bình 2 là các anken (có 1π) ||→ nanken = nBr2 phản ứng = 6,4 ÷ 160 = 0,04 mol. • đốt khí thoát ra (các ankan) → 0,34 mol CO2 + 0,45 mol H2O ||→ nankan = nH2O – nCO2 = 0,11 mol. Theo đó, x + y = 0,17 mol. Mặt khác, tương quan 1π ⇄ 1Br2 ⇄ 1H2, ta có phương trình nữa: 2x + y = 0,18 + 0,02 × 2 + 0,04. Giải hệ được x = 0,09 mol và y = 0,08 mol. Nghĩa là X gồm 0,09 mol C2H2; 0,08 mol C4H8 và 0,18 mol H2.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ nO2 cần đốt = 0,795 mol → V = 17,808 lít. Câu 24: C từ tỉ khối → nếu nX = 5x mol thì nY = 4x mol ||→ nH2 phản ứng = x mol. mX = mY = 6,24 gam; ∑nC = nCO2 = nBaCO3 = 0,36 mol. Phản ứng xảy ra hoàn toàn: ♦1 Nếu anken dư, H2 hết ||→ X có 4x mol CnH2n và x mol H2. chú ý anken (CH2)n ||→ từ nC ||→ manken = 14 × 0,36 = 5,04 gam → x = nH2 = 0,6 mol.

hơ

||→ n = 0,36 ÷ 4x = 0,15 ||→ không có cặp anken nào thỏa mãn.!

Q uy

Tương tự 4x = nH = (6,24 – 0,36 × 14) ÷ 2 = 0,6 mol → x = 0,15 mol.

♦2 nếu anken hết, H2 dư thì X có x mol CnH2n và 4x mol H2.

Kè

||→ n = 0,36 ÷ x = 2,4 → cặp anken thỏa mãn là C2H4 và C3H6. Câu 25: B có: mX = mY = 13,56 gam ||→ nY = 0,5 mol. mkhí ra = 13,56 – 9,56 = 4 gam.

ạy

đốt khí ra: nCO2 = 0,24 mol ||→ có 0,06 mol C4H10 → 4 gam còn có 0,26 mol H2 nữa.

m /+

||→ khí vào dung dịch Br2 là 0,18 mol C4Hx với m = 9,65 → x = 46/9.

||→ nπ = 0,18 × (2 × 4 + 2 – x) ÷ 2 = 0,44 mol ||→ giá trị m = 70,4 gam. Câu 26: B • đốt khí ra → 0,08 mol CO2 + 0,26 mol H2O ||→ nkhí ra = 0,18 mol; mkhí ra = 1,48 gam.

cụ thể hơn, hỗn hợp khí ra này gồm 0,02 mol C4H10 và 0,16 mol H2.

||→ mX = mY = 1,48 + 5,28 = 6,76 gam ||→ 0,5 mol X gồm 0,12 mol C4H2 và 0,38 mol H2.

||→ nH2 phản ứng = 0,38 – 0,16 = 0,22 mol → nY = 0,5 – 0,22 = 0,28 mol. ||→ 0,1 mol khí C4H? nặng 5,28 gam vào dung dịch Br2 là C4H4,8 ||→ nπ = 0,26 mol. ► đọc cẩn thận yêu cầu: lúc này dùng 0,7 mol Y → nπ = 0,65 mol ⇄ có 0,65 mol Br2 phản ứng. ||→ giá trị của V = 0,65 lít ⇄ 650ml. Câu 27: A khí thoát ra duy nhất là ankan có tổng số liên kết xichma (σ) là 10 → là C3H8. ||→ Y gồm các hiđrocacbon C3 và không có H2C=C=CH2 nên:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn • 8,82 gam kết tủa là 0,06 mol CH2-C≡CAg → 0,06 mol C3H4. • làm mất màu 0,14 mol Br2 là 0,14 mol anken C3H6. Lại thêm giả thiết dY/He = 10,675 → nC3H8 trong Y = 0,2 mol ||→ nY = 0,4 mol. ||→ nH2 = nX – nY = 0,1 mol; lại thêm mX = mY = 0,4 × 10,675 × 4 = 17,08 gam.

||→ %mH2 trong X = 0,1 × 2 ÷ 17,08 ≈ 1,171%. Câu 28: A đốt {C2H6; H2} + 0,45 mol O2 → CO2 + 0,5 mol H2O ||→ nCO2 = 0,2 mol (bảo toàn O).

hơ

||→ Hỗn hợp khí thoát ra gồm 0,1 mol C2H6 và 0,2 mol H2.

Q uy

► chú ý: nBr2 phản ứng = 0,4 mol. ||→ quy đổi lại quá trình:

(1,0 – 0,2H2 dư cuối = 0,8) mol C2H2 thêm 0,4 mol H2 (tương quan 0,4 mol Br2)

Kè

sẽ tạo vừa đẹp C2H6 (no hoàn toàn) ||→ nC2H2 = (0,8 + 0,4) ÷ 3 = 0,4 mol.

ạy

(lí do chia 3 là vì 1.C2H2 + 2H2 → C2H6).

Theo đó, X gồm 0,4 mol C2H2 và 0,6 mol H2 ||→ đọc ra 0,4 mol CaC2 và 0,6 mol Ca.

m /+

||→ Yêu cầu: %mCaC2 trong hỗn hợp ≈ 51,64%. Câu 29: B • bình 1: 4,8 gam kết tủa là AgC≡CAg ⇄ 0,02 mol C2H2.

• bình 2: có 0,04 mol Br2 phản ứng ⇄ có 0,04 mol C2H4 bị giữ lại ở đây.

YTHH 01: sự đặc biệt của nguyên tố H trong hỗn hợp ban đầu (C2H2 và H2)

||→ có nH trong khí ra bình 2 = 0,4 × 2 – 0,02 × 2 – 0,04 × 4 = 0,6 mol. Giá trị m = 0,6 ÷ 2 × 18 = 5,4 gam. Câu 30: D CTPT các chất trong M gồm: C2H7N; C3H7N; C3H10N2 và C3H9N. Tính ra số mol mỗi chất trong M đều có sự đặc biệt riêng. Thật vậy: trước hết đốt 0,25 mol M cần 1,15 mol O2 thu 0,65 mol CO2 + 1,0 mol H2O + 0,15 mol N2. ||→ mM = 0,65 × 12 + 2 + 0,15 × 28 = 14,0 gam. YTHH 01: bảo toàn C ||→ ncụm C2 = (0,25 × 3 – 0,65) = 0,1 mol

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Q uy

hơ

||→ %mC2H5NH2 trong M ≈ 32,14%. Câu 31: A X có CTPT dạng (C3H4)n. MX = 7,2 ÷ (1,92 ÷ 32) = 120 → n = 3 ||→ X có CTPT là C9H12.

Kè

Như vậy là có tổng 8 đồng phân thỏa mãn. Câu 32: C ♦ bài tập nhỏ: CO2 + Ca(OH)2 → 0,35 mol CaCO3 + 0,5 mol Ca(HCO3)2

ạy

(vì có 0,5 mol Ca(HCO3)2 mới sinh được 50,0 gam CaCO3↓ + 0,5 mol CO2).

||→ theo bảo toàn C có nCO2 = 0,35 + 0,5 × 2 = 1,35 mol.

m /+

đốt cháy: (X; Y) = (C; H) + 2,125 mol O2 –––to–→ 1,25 mol CO2 + H2O.

||→ nH2O = 1,55 mol theo bảo toàn O.

► chú ý tương quan: nH2O – nCO2 = 0,2 mol = nkhí ra khỏi bình Br2.

||→ cái này chứng tỏ hỗn hợp E có 0,2 mol ankan và hđc còn lại là anken.

Tinh tế chỗ này: anken CnH2n = (CH2)n, tính ra M = 14n và sinh ra n mol CO2 ||→ nCO2 do anken sinh ra = 10,5 ÷ 14 = 0,75 mol ||→ số C của ankan = (1,35 – 0,75) ÷ 0,2 = 3. Ankan, anken hơn kém nhau 2 C mà anken có số C ≥ 2 → anken phải là C5H10. Yêu cầu: Số đồng phân Y mạch hở là 6 (có tính 1 cis-trans). Câu 33: A

Đốt:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Bảo toàn nguyên tố O có: Thay ngược lại có nCO2 = 0,24 mol và nE = 2x = 0,18 mol ||→ Ctrung bình = 1,333 ||→ chắc chắn một amin phải là CH5N ||→ amin còn lại là C3H9N (hơn kém nhau 2C). Câu 34: C Các khí đều đo ở cùng điều kiện nên chọn số mol theo tỉ lệ thể tích cho gọn

Q uy

hơ

Đồng thời lập sơ đồ đốt cháy và phân tích nhanh giả thiết (quy đổi hỗn hợp E) → tạm có như sau:

||→ đọc ra: 1,4 mol E gồm 0,4 × 2 = 0,8 mol amin X và 0,6 mol hỗn hợp 2 anken {C2H4; C3H6}.

Kè

Coi 0,6 mol hỗn hợp 2 anken trên chỉ có C2H4 và chỉ có C3H6 ||→ chặn khoảng số Camin:

m /+

Theo đó công thức amin X là C3H9N Câu 35: A

ạy

(3,8 – 0,6 × 3) ÷ 0,8 < Camin < (3,8 – 0,6 × 2) ÷ 0,8 ⇄ 2,5 < Camin < 3,25 ||→ Camin = 3.

Rút gọn đốt:

(trong đó, số mol CO2, H2O được xác định nhanh nhờ giải hệ khối lượng và bảo toàn O).

từ 0,055 mol N2 → namin = 0,11 mol và nanken = 0,09 mol.

||→ chú ý tương quan: ∑nH2O – ∑(nCO2 + nN2) = 0,11 = namin ||→ hiđrocacbon là anken. ► Đặc biệt: để ý số Htrung bình = 4,7 ||→ anken phải là C2H4 vì số Hamin = 5 của CH5N là nhỏ nhất. Câu 36: A

Đốt: (bảo toàn O và khối lượng tìm ra số mol CO2 và H2O như trên). chú ý tương quan: ∑nH2O – ∑nCO2 = 1,5namin – nankin; lại có namin + nankin = 0,15 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ namin = 0,12 mol và nankin = 0,03 mol. Lại để ý Ctrung bình = 1,267 → amin là CH5N. ||→ Ctrung bình 2 ankin = (0,19 – 0,12) ÷ 0,03 = 2,333 → 2 ankin là C2H2 và C3H4. Câu 37: A

Xử lí nhanh đốt cháy: namin = 0,06 mol. Tương quan CO2 = H2O ||→ 1,5namin = nankin = 0,09 mol.

hơ

Chặn khoảng: (0,33 – 0,09 × 3) ÷ 0,06 < Camin < (0,33 – 0,09 × 2) ÷ 0,06

Q uy

||→ amin có 2C → là C2H7N. Câu 38: C

ạy

||→ hiđrocacbon có số liên kết πC=C ≥ 2. Biện luận:

Kè

Quan sát tương quan: ∑nH2O – ∑(nCO2 + nN2) < namin = 0,09.

giải đốt cháy:

♦ Theo trắc nghiệm: quan sát đáp án loại A và D, còn B và C đều là các ankin.

m /+

♦ Tự luận: ∑nH2O – ∑(nCO2 + nN2) = namin – (số πhđc – 1).nhđc ||→ (số πhđc – 1).nhđc = 0,06 mol.

nên là nếu số πhđc ≥ 3 → nhđc ≤ 0,03 → số Chđc ≥ (0,4 – 0,09 × 3) ÷ 0,03 = 4,333 > 4

→ sẽ không còn là hđc khí ở đk thường nữa ||→ số πhđc phải = 2 chính là ankin.

|| Dù theo hướng TN hay TL thì khi biết được hđc là ankin thì công việc trở nên dễ dàng hơn rồi:

chặn khoảng: (0,4 – 0,09 × 3) ÷ 0,06 < số Chđc < (0,4 – 0,09 × 2) ÷ 0,06 → số Chđc = 3. ||→ hiđrocacbon cần tìm là amin có công thức C3H4 Câu 39: C Phân tích: đốt 0,05 mol X gồm 0,35 mol C + 0,225 mol H ||→ X dạng C7H9Nx. ||→ O2 cần vừa đúng 0,4625 mol → N2 không khí = 1,85 mol → N2 amin = 0,025 mol → x = 1. Metylanilin H2NC6H4CH3 có 3 đồng phân vị trí o, p, m; thêm C6H5CH2NH2 và C6H5NHCH3 là 2 đồng phân nữa ||→ tổng là 5 Câu 40: D

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn đốt 0,6 mol X → 2,15 mol H2O và 1,85 mol hỗn hợp {CO2 và N2}. ► tương quan hiệu số 2,15 – 1,85 = 0,3 mol < 0,6 mol → số πhđc ≥ 1. Lại thêm Htrung bình = 7,167 nên quan sát 4 đáp án thì chỉ có D thỏa mãn.

Câu 41: B đốt 0,08 mol X → 0,31 mol H2O và 0,27 mol hỗn hợp {CO2; N2}.

Tương quan: ∑nH2O – ∑(nCO2 + nN2) = 0,04 mol < 0,08 mol → 2 hđc không phải là ankan.

hơ

♦ TH1: 2 hiđrocacbon là anken. ||→ từ tương quan có 0,04 mol C3H9N và 0,04 mol hai anken.

Q uy

||→ số Htrung bình hai anken = (0,31 × 2 – 0,04 × 9) ÷ 0,04 = 6,5 ||→ là 0,03 mol C3H6 và 0,01 mol C4H8 (số mol suy ra được luôn từ số Htrung bình và tổng mol).

Kè

Theo đó %mC3H6 trong X = 0,03 × 42 ÷ (0,25 × 14 + 0,04 × 17) ≈ 30,14%. Chọn đáp án B. ♦.

ạy

♦ TH2: 2 hiđrocacbon là ankin thì namin – nankin = 0,04 mol, từ tổng mol 0,08

||→ namin = 0,06 mol và nankin = 0,02 mol ||→ số Htrung bình hai ankin = 4

m /+

||→ không có 2 ankin liên tiếp thỏa mãn → loại TH này.!

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 5. Sáng tạo và phát triển tư duy QUY ĐỔI và giải bài tập đốt cháy ESTE mở rộng

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. : Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp hai este đơn chức, mạch hở A, B (MA < MB) trong 700ml dung dịch KOH 1M thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 ancol là đồng đẳng liên tiếp. Thực hiện tách nước Y trong H2SO4 đặc 140oC thu được hỗn hợp Z. Trong Z tổng khối lượng của các ete là 8,04 gam (hiệu suất ete hóa của các ancol đều là 60%). Cô cạn dung dịch X được 53,0 gam chất rắn. Nung chất rắn này với CaO cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 6,72 lít hỗn hợp khí T (đktc). Phần trăm khối lượng của A trong hỗn hợp ban đầu có giá trị gần nhất với A. 22%. B. 72%. C. 52%. D. 42%. Câu 2. : X là axit cacboxylic no, hai chức; Y là ancol hai chức; Z là este thuần chức tạo bởi X và Y (X, Y đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn 13,8 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 11,424 lít O2 (đktc) thu được 9,0 gam nước. Mặt khác đun nóng 13,8 gam E cần dùng 120 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan. Giá trị của m có thể là A. 9,72 gam. B. 12,00 gam. C. 9,00 gam. D. 8,40 gam. Câu 3. : X, Y, Z là ba axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (MX < MY < MZ), T là este tạo bởi X, Y, Z với một ancol no, ba chức, mạch hở E. Đốt cháy hoàn toàn 26,6 gam hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T (trong đó Y và Z có cùng số mol) bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 22,4 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O. Mặt khác, đun nóng 26,6 gam M với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 21,6 gam Ag. Mặt khác, cho 13,3 gam M phản ứng hết với 400 ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được dịch N. Cô cạn dung dịch N thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m gần nhất với A. 38,04. B. 24,74. C. 16,74. D. 25,10. Câu 4. : X là este mạch hở được tạo bởi axit cacboxylic 2 chức và một ancol đơn chức; Y, Z là hai ancol đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn 5,7 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 7,728 lít O2 (đktc) thu được 4,86 gam nước. Mặt khác đun nóng 5,7 gam hỗn hợp E trên cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 0,2M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần hơi chứa 2 ancol Y, Z có khối lượng 4,1 gam. Phần trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp E là A. 60,35%. B. 61,40%. C. 62,28%. D. 57,89%. Câu 5. : Đốt cháy a gam hỗn hợp E chứa axit cacboxylic no (X); ancol đơn chức và este của chúng thu được 50,4 lít CO2 (đktc) và 40,5 gam nước. Mặt khác đun nóng a gam hỗn hợp E cần dùng 300 ml dung dịch NaOH 2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần hơi chứa 21,0 gam ancol Y. Đun nóng ancol Y với H2SO4 đặc thu được chất hữu cơ Z có tỉ khối so với Y bằng 1,7. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp E ban đầu là

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

A. 27,23%. B. 58,47%. C. 40,84%. D. 31,94%. Câu 6. : X là axit cacboxylic no 2 chức; Y là ancol no, đơn chức; Z là este thuần chức tạo bởi X, Y. Đốt cháy hoàn toàn 33,6 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z thu được 24,416 lít CO2 (đktc) và 21,96 gam nước. Mặt khác đun nóng 33,6 gam hỗn hợp E cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 2M thu được 22,08 gam ancol Y. Công thức cấu tạo của Z là A. (COOC2H5)2. B. CH2(COOCH3)2. C. (COOCH3)2. D. CH2(COOC2H5)2. Câu 7. : X , Y là hai axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở (trong đó Y không no chứa một liên kết C=C); Z là este tạo bởi X, Y và glixerol. Đun nóng 12,84 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với 300 ml dung dịch NaOH 1M. Trung hòa lượng NaOH dư trong dung dịch sau phản ứng cần dùng 120 ml dung dịch HCl 0,5M. Cô cạn dung dịch sau khi trung hòa, thu được 20,87 gam muối khan. Mặt khác đốt cháy 12,84 gam E cần dùng 6,496 lít O2 (đktc). Thể tích dung dịch Br2 1M phản ứng tối đa với 0,3 mol E là A. 240ml. B. 60ml. C. 320ml. D. 360ml. Câu 8. : X, Y là hai axit cacboxylic đều no, mạch hở (trong đó X đơn chức, Y hai chức); Z là ancol mạch hở; T là este hai chức được tạo bởi Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 14,86 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T thu được 0,38 mol CO2 và 0,35 mol H2O. Mặt khác đun nóng 14,86 gam E cần dùng 260 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần rắn chứa 2 muối A và B (MA < MB) có tỉ lệ mol tương ứng là a; phần hơi chứa ancol Z. Dẫn toàn bộ Z vào bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 3,6 gam; đồng thời thoát ra 1,344 lít H2 (đktc). Giá trị của a gần nhất với A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Câu 9. : X là este 3 chức được tạo bởi các axit cacboxylic đơn chức và ancol 3 chức; Y là ancol no. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp E chứa X, Y có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 4 thu được 32,256 lít CO2 (đktc) và 25,92 gam nước. Mặt khác đun nóng hỗn hợp E trên với 150 ml dung dịch NaOH 1,5M (lấy dư 25% so với phản ứng). Cô cạn dung dịch thu được phần rắn F và phần hơi chứa 2 ancol cùng số cacbon có khối lượng 19,92 gam. Đốt cháy hoàn toàn rắn F thu được x mol CO2; y mol H2O và Na2CO3. Giá trị tỉ lệ x : y gần nhất với A. 1,2. B. 1,3. C. 0,9. D. 1,1. Câu 10. : Cho a gam hỗn hợp X gồm một axit no đơn chức A; một este tạo ra bởi axit no đơn chức B là đồng đẳng kế tiếp của A và một rượu no đơn chức. Cho a gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ NaHCO3, thu được 1,92 gam muối. Nếu cho a gam hỗn hợp X tác dụng với một lượng vừa đủ NaOH đun nóng thu được 4,38 gam hỗn hợp hai muối của hai axit A và B và 0,03 mol rượu; rượu này có tỉ khối so với H2 là 23. Đốt cháy hai muối

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

bằng một lượng oxi thu được muối Na2CO3, hơi nước và 2,128 lít CO2. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a là A. 3,98 gam. B. 4,12 gam. C. 3,56 gam. D. 2,06 gam. Câu 11. : X là este no tạo bởi 2 axit caboxylic với etylen glicol; Y là axit cacboxylic no, 2 chức (X, Y đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn 0,16 mol hỗn hợp E chứa X, Y bằng lượng O2 vừa đủ, sản phẩm cháy gồm CO2 và nước có tổng khối lượng là 29,36 gam. Mặt khác đun nóng 21,5 gam hỗn hợp E bằng dung dịch KOH vừa đủ thu được 35,4 gam hỗn hợp muối. Công thức phân tử của X là A. C4H6O4. B. C6H10O4. C. C7H12O4. D. C5H8O4. Câu 12. : Hỗn hợp E chứa 3 este X, Y, Z đều thuần chức, mạch hở và có mạch cacbon không phân nhánh. Đốt cháy hoàn toàn 14,28 gam E thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng 34,44 gam. Mặt khác đun nóng 14,28 gam E cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp muối và một ancol no, đơn chức duy nhất. Đun nóng hỗn hợp muối với vôi tôi xút thu được hỗn hợp gồm 2 ankan kế tiếp. Khối lượng lớn nhất có thể của este có khối lượng phân tử lớn trong E là A. 2,94 gam. B. 5,86 gam. C. 7,35 gam. D. 6,60 gam. Câu 13. : X là este no, đơn chức; Y là este đơn chức, không no chứa một liên kết đôi C=C; Z là este 2 chức tạo bởi etylen glicol và axit T không no chứa một liên kết đôi C=C (X, Y, Z, T đều mạch hở). Đốt cháy 10,02 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng 22,66 gam. Mặt khác 10,02 gam E phản ứng vừa đủ 0,04 mol Br2 (trong CCl4). Nếu đun nóng 10,02 gam E với dung dịch chứa 0,15 mol NaOH (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần rắn có khối lượng m gam và phần hơi chứa 2 ancol. Đun nóng phần rắn với vôi tôi xút thu được hỗn hợp khí trong đó có 2 hiđrocacbon đồng đẳng kế tiếp. Giá trị m gần nhất với A. 11,0. B. 12,2. C. 11,4. D. 10,8. Câu 14. : Este X mạch hở tạo bởi axit cacboxylic Y và ancol đa chức Z. • Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 1,792 lít CO2 và 1,44 gam nước. • Lấy 0,15 mol Z vào bình chứa Na dư, kết thúc phản ứng sinh ra 3,36 lít H2; đồng thời khối lượng bình tăng 11,1 gam. • Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp chứa X, Y, Z cần 5,376 lít O2, thu được 4,704 lít CO2 và 3,6 gam nước. Các khí đo đktc. Phần trăm khối lượng của Y trong 0,05 mol hỗn hợp là A. 11,63%. B. 23,26%. C. 17,44%. D. 21,51%.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Câu 15. : Đun nóng m gam hỗn hợp gồm 2 este X, Y đơn chức bằng lượng vừa đủ dung dịch KOH thu được hỗn hợp 2 muối của 2 axit hữu cơ và 1 ancol D. Đốt cháy hoàn toàn lượng ancol D thu được 11,2 lít CO2 (đktc) và 13,5 gam nước. Đun hỗn hợp muối trên với NaOH trong CaO thu được hỗn hợp khí Z là đồng đẳng kế tiếp có khối lượng 5,82 gam. Giá trị của m là A. 23,82 gam. B. 22,00 gam. C. 24,70 gam. D. 22,92 gam.

Q uy

• phản ứng vôi tôi xút: RCOOK + KOH → 0,3 mol RH + K2CO3.

hơ

Câu 1: B • thủy phân: RCOOR' + 0,7 mol KOH → 53,0 gam {RCOOK + KOH} + R'OH.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT

☠ mấu chốt bài tập năm ở 0,3 mol RH này, vì chưa rõ KOH ở phản ứng này đủ dư nên cần xét:

Kè

♦ TH1: RH tính theo KOH, tức có 0,3 mol KOH dư và muối là 0,4 mol RCOOK

ạy

||→ mRCOOK = 36,2 gam ||→ R = 7,5 nên phải có một axit là HCOOH.

m /+

Mặt khác, nancol = 0,4 mol. giả sử hiệu suất ete là 100% thì mete = 8,04 ÷ 0,6 = 13,4 gam. 2ancol → 1ete + 1H2O ||→ nH2O = 0,2 mol → mancol = 17 gam ||→ Mancol = 42,5.

2 ancol đồng đẳng → giải ra có 0,1 mol CH3OH và 0,3 mol C2H5OH. Ghép:

• nếu là 0,1 mol HCOOCH3 và 0,3 mol R1COOC2H5 thì từ muối → R1 = 19,7 lẻ → loại.

• nếu là 0,1 mol R1COOCH3 và 0,3 mol HCOOC2H5 thì R1 = 27 là C2H3.

||→ hỗn hợp ban đầu có A là 0,3 mol HCOOC2H5 và 0,1 mol C2H3COOCH3 ||→ Yêu cầu: %mA trong hỗn hợp ≈ 72,08%. Chọn đáp án B. ♦. ♦ TH2: RH tính theo RCOOK, tức có 0,3 mol muối RCOOK và còn 0,4 mol KOH dư. với TH này các bạn giải tương tự trên và đương nhiên số liệu TH này sẽ là lẻ và không tìm được các este thỏa mãn.! Yên tâm chọn B. Câu 2: A

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Xử lí nhanh quy đổi: ∑nH2O > ∑nCO2 ||→ buộc ancol phải no hai chức, mà axit lại no 2 chức ||→ tương quan: ∑nH2O – ∑nCO2 = 0,02 mol = nancol – naxit – x ||→ nancol = 0,08 + x mol. bảo toàn O có 0,06 × 4 + (0,08 + x) × 2 – x = 0,44 → x = 0,04 mol ||→ Ctrung bình = 2,67.

hơ

Q uy

||→ là ancol C3H6O2 ||→ giá trị của m = 0,06 × 2 × (44 + 23) = 8,04 gam. ♦ TH2: có 0,12 mol C2H6O2 ||→ Caxit = (0,48 – 0,12 × 2) ÷ 0,06 = 4

♦ TH1: có 0,06 mol axit (COOH)2 ||→ Cancol = (0,48 – 0,06 × 2) ÷ 0,12 = 3

||→ là axit C4H6O4 (M = 116) ||→ m = 0,06 × (116 + 22 × 2) = 9,72 gam.

ạy

Kè

Câu 3: B phản ứng AgNO3/NH3 → 0,2 mol Ag trong TH này chỉ có thể là 0,1 mol gốc HCOO–.

m /+

||→ chứng tỏ các axit X, Y, Z là đồng đẳng axit no, đơn chức, mạch hở.

đồng nhất số liệu, quy đổi và quan sát :

• Tương quan: ∑nCO2 – ∑nH2O = 3x – x = 0,05 → x = 0,025 mol.

biện luận: 0,2 mol axit gồm 0,05 mol HCOOH (X) + 0,075 mol axit Y + 0,075 mol Z ||→ ∑nC tối thiểu của axit quy đổi = 0,05 × 1 + 0,075 × 2 + 0,075 × 3 = 0,425 mol. ||→ số Cancol ≤ (0,5 – 0,425) ÷ 0,025 = 3. lại thêm ancol là 3 chức → là C3H5(OH)3 luôn. (đọc kĩ MX < MY < MZ và số mol Y bằng số mol Z để rõ hơn ở biện luận) ||→ ∑maxit quy đổi = 13,3 + 0,075 × 18 – 0,025 × 92 = 12,35 gam; số mol ∑naxit quy đổi = 0,2 mol. ||→ Yêu cầu: m gồm 0,2 muối muối natri của axit trên và 0,2 mol NaOH còn dư ||→ m = 12,35 + 0,2 × 22 + 0,2 × 40 = 24,74 gam. Câu 4: A

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Giải nhanh đốt cháy + quy đổi 1.este = 1.axit + 2.ancol – 2.H2O.

Quan sát: (chú ý E chỉ gồm este + ancol nên nH2O = 2naxit theo phương trình quy đổi trên). ||→ Bảo toàn nguyên tố O có: nancol = 0,08 mol; mancol = 4,1 gam ||→ R' = 34,25.

hơ

Mặt khác, bảo toàn khối lượng E → maxit = 2,32 gam, thêm naxit = 0,02 mol

||→ đọc ra 2 ancol với số mol là: 0,05 mol C2H5OH và 0,03 mol C3H7OH.

Q uy

||→ gốc R = 26 là –CH=CH– ⇄ CTCT của axit là HOOC-CH=CH-COOH.

Quan sát chút: nếu có 0,02 mol X là CH3OOC-CH=CH-COOCH3 thì

Kè

sinh 0,04 mol CH3OH mà theo trên, ∑nCH3OH = 0,03 mol → đây không phải là X.

ạy

||→ X chỉ có thể là C2H5OOOCCH=CHCOOC2H5 với 0,02 mol → %mX trong E ≈ 60,35%.

m /+

Câu 5: B dZ/Y = 1,7 nên Z là ete (không phải anken) ||→ giải ra Y là ancol C3H7OH.

đốt E cho nCO2 = nH2O = 2,25 mol ||→ axit X trong X phải có số π ≥ 2.

Thêm nữa, vì X no nên số π này là π C=O hay cứ có bao nhiêu nhóm –COOH là có bấy nhiêu π.

Quan sát + tổng kết giả thiết lúc này: gọi số nhóm chức hay cũng chính là số π của axit X là k như trên, từ ∑nCO2 = ∑nH2O

||→ có Chặn 2 ≤ k < 2,4 → k = 2. thay lại có x = 0,05 mol. biết x → bảo toàn O có nO trong E = ? = 1,5 mol. → a = mE = mC + mH + mO = 55,5 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Bảo toàn C → số Caxit = (2,25 – 0,35 × 3) ÷ 0,3 = 4 ||→ là C2H4(COOH)2. ► Nhìn lại hỗn hợp E ban đầu: có neste = ½.x = 0,025 mol → naxit trong E = 0,275 mol. ||→ yêu cầu: %maxit X trong E = 0,275 × 118 ÷ 55,5 ≈ 58,47%. Câu 6: C

có

Ctrung bình E < 2,05.. Trắc nghiệm → xét 3TH CH3OH, C2H5OH và (COOH)2.

hơ

(trong đó gọi nH2O = x mol thì nancol = (0,33 + x) mol theo bảo toàn O hoặc ∑nCO2 – ∑nH2O).

Q uy

Tự luận thì làm đẹp lời giải tí bằng việc chặn, suy luận:

có x phải < 2.naxit = 0,4 mol ||→ maxit <33,6 + 0,4 × 18 – 22,08 = 18,72 gam

Kè

||→ Maxit < 93,6 chỉ duy nhất (COOH)2 thỏa mãn. Thay lại có x = 0,36 mol

m /+

ạy

||→ Mancol = 32 là CH3OH ||→ este Z có cấu tạo là (COOCH3)2. Câu 7: D 0,06 mol HCl + 0,06 mol NaOH → 0,06 mol muối NaCl → rút gọn thủy phân : 12,84 gam E cần 0,24 mol NaOH → 17,36 gam muối hữu cơ + a mol glixerol + b mol H2O.

Theo đó, 3a + b = 0,24 mol và 92a + 18b = 12,84 + 0,24 × 40 - 17,36 gam.

Giải hệ được a = 0,02 mol và b = 0,18 mol hay neste = 0,02 mol; ∑naxit X, Y trong E = 0,18 mol.

||→ giải đốt cháy 12,84 gam E cần 0,29 mol O2 → 0,38 mol CO2 + 0,3 mol H2O.

||→ Ctrung bình E = 1,9 → X phải là HCOOH. đọc yêu cầu → nhìn lại E:

||→ tương quan: ∑nCO2 – ∑nH2O = 0,08 mol = 0 × x + y – 0,02 + 0,06 ||→ y = 0,04 mol. x + y = 0,18 + 0,02 × 3 = 0,24 mol → x = 0,2 mol. ||→ Yêu cầu: dùng 0,3 mol E (gấp 1,5 lần trên) ⇄ có 0,3 mol HCOOH và 0,06 mol CnH2n – 2O2

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ lượng Br phản ứng là 0,3 + 0,06 = 0,36 mol ⇄ VBr2 cần dùng = 0,36 lít = 360ml. Chọn D. ♠. Câu 8: B giải ancol: mZ = 3,72 gam; tỉ lệ 3,72 ÷ 0,06 = 62 → Z là etilen glicol C2H4(OH)2.

Quy đổi:

(trong đó axit là đại diện RCOOH)

Q uy

tối thiểu cũng là 1C ||→ từ công thức trên → cả 2 cùng là C1.

hơ

||→ axit 2 chức tối thiểu là (COOH)2 chia đôi để được RCOOH là COOH

||→ bảo toàn C, bảo toàn H → axit trong quy đổi trên là CH1,62O2.

||→ X là HCOOH và Y phải là (COOH)2. Giải hệ: nX = 0,16 mol; nY = 0,05 mol.

ạy

Kè

||→ tỉ lệ a = 0,16 ÷ 0,05 = 3,2 Câu 9: A đốt E → 1,44 mol CO2 + 1,44 mol H2O. Trong E: nY = 4nX; Y là ancol no

||→ tương quan ∑nH2O – ∑nCO2 = 0 = nY – (k – 1).nX ||→ k = 5. (k là ∑số π trong X).

m /+

Lại có ∑nNaOH phản ứng = 0,18 mol, còn dư 0,045 mol NaOH ||→ nX = 0,18 ÷ 3 = 0,06 mol

||→ nY = 0,24 mol → ∑n2 ancol = 0,24 + 0,06 = 0,3 mol; thêm m2 ancol = 19,92 gam.

||→ Mtrung bình 2 ancol = 66,4. Mà ancol tạo X bét nhất là C3H8O3 → Y phải là C3H8O.

||→ số CX = (1,44 – 0,24 × 3) ÷ 0,06 = 12, kết hợp k = 5 → đọc ra X là C12H16O6.

☠ chú ý: bài tập đốt cháy muối thuần nên tập trung vào nguyên tố và xử lí. thêm, đốt muối toàn bộ Na dù ở đâu cuối cũng đi hết về Na2CO3 ||→ YTHH 02 mà xử. đọc ra F gồm 0,06 mol C9H11O6Na3 + 0,045 mol NaOH; đốt sinh 0,1125 mol Na2CO3 ||→ còn lại, bảo toàn C có ∑nCO2 = 0,4275 mol; bảo toàn H có ∑nH2O = 0,3525 mol. ||→ Yêu cầu: x : y = ∑nCO2 ÷ ∑nH2O ≈ 1,2 Câu 10: B có 0,03 mol rượu là C2H5OH → nB = 0,03 mol. Đọc quá trình → a gam X + NaOH → 1,92 gam muối của A + 2,46 gam muối của B + 0,03 mol C2H5OH + H2O.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ Mmuối của B = 2,46 ÷ 0,03 = 82 → muối B là CH3COONa → B là CH3COOH. A là đổng đẳng kế tiếp của B nên có 2 khả năng: • nếu A là HCOOH → 1,92 gam HCOONa ⇄ ≈ 0,028 mol cùng 0,03 mol CH3COONa đem đốt → 0,059 mol CO2 ≠ 0,095 mol giả thiết → loại.! • nếu A là C2H5COONa → 1,92 gam C2H5COONa ⇄ 0,02 mol. kiểm tra thỏa mãn CO2 sinh ra.

hơ

||→ Yêu cầu a gam X gồm 0,02 mol C2H5COOH và 0,03 mol CH3COOC2H5

Q uy

||→ giá trị của a = 4,12 gam. Câu 11: C • Giải đốt: E gồm X và Y đều có dạng CnH2n – 2O4 → ∑nCO2 – ∑nH2O = nE = 0,16 mol.

Lại thêm ∑mCO2 + ∑mH2O = 29,36 gam ||→ giải: ∑nCO2 = 0,52 mol và ∑nH2O = 0,36 mol.

Kè

||→ mE = mC + mH + mO = 17,2 gam; số Ctrung bình E = 3,25 → số CY = 2 hoặc 3.

ạy

► chú ý tiếp: bài tập mới: dùng 21,5 gam E ⇄ 0,2 mol E gồm x mol X và y mol Y

m /+

thủy phân cần 0,4 mol KOH → 35,4 gam muối + x mol C2H4(OH)2 + 2y mol H2O. BTKL có: 62x + 36y = 21,5 + 0,4 × 56 – 35,4 gam; lại có x + y = 0,2 mol

||→ giải x = 0,05 mol và y = 0,15 mol. Biện luận với 2 TH số C của Y

(trước đó, chú ý lúc dùng 0,2 mol E thì ∑nC của E = 0,52 × 0,2 ÷ 0,16 = 0,65 mol).

• TH1: Y là CH2(COOH)2 → số CX = (0,65 – 0,15 × 3) ÷ 0,05 = 4 → X là (HCOO)2C2H4.

nhiều bạn nhầm sang đáp án này, nhưng hãy chú ý X tạo bởi hai axit chứ không phải một • TH2: Y là (COOH)2 → số CX = 7 → X là C7H12O4 thỏa mãn Câu 12: D 0,2 mol Na đi về 0,2 mol –COONa ||→ ∑nO trong E = 0,4 mol ||→ ∑mC + H trong E = 7,88 gam. Lại có đốt cho ∑mCO2 + H2O = 34,44 gam ||→ giải hệ ∑nCO2 = 0,57 mol; ∑nH2O = 0,52 mol. "mạch cacbon không phân nhánh" ||→ cả 3 este đều có không quá hai chức. ancol no, muối qua vôi tôi xút → ankan → cả 3 este đều no. Theo đó, tương quan

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ∑nCO2 – ∑nH2O = 0,05 mol = ∑neste hai chức ||→ ∑neste đơn chức = (0,2 – 0,05 × 2) = 0,1 mol. ||→ nE = 0,15 mol → số Ctrung bình E = 3,8. Suy luận: ankan nhỏ nhất là CH4 → axit tối thiểu là C2H4O2; ancol tối thiểu là CH3OH → este tối thiểu là CH3COOCH3. ||→ theo đó, từ Ctrung bình yêu cầu E phải chứa este tối thiểu CH3COOCH3 này. ||→ một ankan là CH4 → ankan kế tiếp là C2H6. Tạo cặp ankan này tương ứng còn các axit sau:

C2H5COOH (tạo C2H6); CH2(COOH)2 (tạo CH4) và C2H5(COOH)2 (tạo C2H6).

hơ

Ghép cặp hai este còn lại, xét các TH:

Q uy

• TH1: E gồm 0,1 mol CH3COOCH3; x mol CH2(COOCH3)2; y mol C2H5(COOCH3)2

||→ x + y = 0,05 mol; bảo toàn C: 0,1 × 3 + 5x + 6y = 0,57 mol ||→ x = 0,03 mol; y = 0,02 mol.

Kè

||→ este có PTK lớn nhất là 0,02 mol C2H5(COOCH3)2 ⇄ myêu cầu = 2,94 gam.

ạy

• TH2: E gồm x mol CH3COOCH3; y mol C2H5COOCH3; 0,05 mol CH2(COOCH3)2.

||→ x + y = 0,1 mol; bảo toàn C: 3x + 4y + 0,05 × 5 = 0,57 mol ||→ x = 0,08 mol; y = 0,02 mol.

m /+

||→ este có PTK lớn nhất là 0,05 mol CH2(COOCH3)2 ⇄ myêu cầu = 6,6 gam.

• TH3: E gồm E gồm x mol CH3COOCH3; y mol C2H5COOCH3; 0,05 mol C2H5(COOCH3)2.

||→ x + y = 0,1 mol; bảo toàn C: 3x + 4y + 0,05 × 6 = 0,57 mol ||→ giải y = – 0,03 → loại.

Theo đó, "lớn nhất có thể" mà đề yêu cầu là 6,6 gam Câu 13: C ∑n–COO = nNaOH phản ứng = 0,15 mol → ∑nO trong E = 0,3 mol. Giải mC + H trong E = 5,22 gam và đốt có ∑mCO2 + H2O = 22,66 gam. ||→ ∑nCO2 = 0,38 mol và ∑nH2O = 0,33 mol. Tổng quan quá trình + giả thiết:

cảm nhận: ∑ncác gốc COO = 0,15 mol; trong đó có 0,04 mol gốc -COO đi với gốc không no

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn có một nối đôi C=C → còn lại là 0,11 mol đi với gốc no → có nX = 0,11 mol. • X, Y, Z, T thì X, Y, T đều O2 mỗi Z là O4 ||→ YTHH 01 → nZ = 0,01 mol. còn lại gọi nY = x mol; nT = y mol; từ ∑nBr2 = 0,04 mol → x + y = 0,02 mol. ||→ ∑nE = 0,14 mol → số Ctrung bình E = 0,38 ÷ 0,14 ≈ 2,7 → bắt buộc X phải là HCOOCH3. biết X là C2 → tiếp tục có số Ctrung bình của Y, Z, T = (0,38 – 0,11 × 2) ÷ 0,04 = 4.

hơ

(từ kết quả hđc sau phản ứng vôi tôi xút) → số C tối thiểu của Y là 4, của T là 3.

axit tạo este Y và T là hai axit đơn chức không no, một nối đôi C=C và là đồng đẳng kế tiếp

Q uy

||→ đặc biệt T phải là C3H4O2 → Y là este của axit C4 → Y là C3H5COOOCH3. và từ T → Z là (C2H3COO)2C2H4. Bảo toàn C có 5x + 3y = 0,08 mol.

Kè

Lại thêm x + y = 0,02 mol → giải x = 0,01 mol và y = 0,01 mol. Từ đó đọc ra:

ạy

m gam muối gồm: 0,11 mol HCOONa; 0,01 mol C3H5COONa; 0,03 mol C2H3COONa

m /+

||→ Yêu cầu giá trị m = 11,38 gam gần 11,4 nhất. Câu 14: B Tách nhỏ từng bài tập ra để phân tích + xử lí nhanh:

• đốt Y + O2 –––to–→ 0,08 mol CO2 + 0,08 mol H2O ||→ Y dạng CnH2nO2.

• nZ = nH2 = 0,15 mol → Z là ancol 2 chức; mZ = 11,1 + 0,15 × 2 = 11,4 gam

||→ MZ = 74 = 17 × 2 + 14 × 3 → ancol Z là C3H6(OH)2.

||→ 0,05 mol hỗn hợp gồm X là C2n + 3H4n + 4O4; Y là CnH2nO2 và Z là C3H8O2. • đốt 0,05 mol E: {X; Y; Z} + 0,24 mol O2 –––to–→ 0,21 mol CO2 + 0,2 mol H2O. ☠ Linh hoạt YTHH 01: có ∑nO trong E = 0,14 mol gồm O4; O2; O2 ||→ nO4 = (0,14 – 0,05 × 2) ÷ 2 = 0,02 mol chính là số mol của X. Tương quan: ∑nCO2 – ∑nH2O = 0,01 mol = nX – nZ ||→ nZ = 0,01 mol. Còn lại nY = 0,02 mol. Theo đó, bảo toàn C có: 0,02 × (2n + 3) + 0,02n + 0,01 × 3 = 0,21 → n = 2. ||→ Y là CH3COOH. Nặt khác, lại có mE = mC + mH + mO = 5,16 gam

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ Yêu cầu %mY trong E = 0,02 × 60 ÷ 5,16 ≈ 23,26%. Câu 15: A đốt ancol D + O2 → 0,5 mol CO2 + 0,75 mol H2O ||→ giải: có 0,25 mol D là C2H5OH. ||→ nX, Y = nZ = nD = 0,25 mol. Quan sát 2 phản ứng xảy ra tiếp: • thủy phân: RCOOC2H5 + KOH → RCOOK + C2H5O (1). • vôi tôi xút: RCOOK + NaOH –––to–→ RH + ½/.Na2CO3 + ½.K2CO3 (2).

hơ

có mZ = 5,82 gam → mRCOOK = 5,82 + 0,25 × 82 = 26,32 gam.

(tăng giảm khối lượng: thay 0,25 mol –H bằng gốc –COOK ở phương trình (2))

m /+

ạy

Kè

Q uy

||→ mRCOOC2H5 = 26,32 – 0,25 × (39 – 29) = 23,82 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1 - Bài tập cân bằng phản ứng hóa học và chuyên đề KMnO₄₄

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. : Đem nhiệt phân hoàn toàn 83,68 gam hỗn hợp gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2, KCl thu được chất rắn X và 17,472 lít khí ở đktc. Chất rắn X được hòa tan vào nước, sau đó dung dịch tạo thành cho phản ứng vừa đủ với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Khối lượng chất tan có trong dung dịch Z là A. 48,62 gam. B. 43,25 gam. C. 65,56 gam. D. 36,65 gam. Câu 2. Nhiệt phân hoàn toàn 22,26 gam hỗn hợp X gồm KClO3; KMnO4 và KCl thu được 3,36 lít khí O2 (đktc) và hỗn hợp Y gồm KCl; K2MnO4; MnO2 trong đó KCl chiếm 51,203% về khối lượng. Hòa tan hết hỗn hợp Y cần dùng dung dịch HCl 32,85% (đun nóng) thu được dung dịch Z. Nồng độ phần trăm của KCl có trong dung dịch Z là A. 17,51%. B. 21,88%. C. 26,26%. D. 24,02%. Câu 3. Nhiệt phân 54,28 gam hỗn hợp chất rắn X gồm KMnO4, MnO2, KCl một thời gian thu được 53,00 gam hỗn hợp rắn Y. Hòa tan hoàn toàn Y trong V lít dung dịch HCl 1,6M đun nóng thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối có cùng nồng độ mol và 11,872 lít khí Cl2 (đktc). Giá trị của V là A. 1,2. B. 1,4. C. 1,0. D. 1,1. Câu 4. Trộn KMnO4 và KClO3 với một lượng bột MnO2 trong bình kín được hỗn hợp X. Lấy 52,550 gam X đem nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và V lít khí O2. Biết KClO3 bị nhiệt phân hoàn toàn tạo 14,9 gam KCl chiếm 36,315 % khối lượng Y. Sau đó, cho toàn bộ Y tác dụng hoàn toàn với axit HCl đặc dư đun nóng, sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được 51,275 gam muối khan. Hiệu suất của phản ứng nhiệt phân muối KMnO4 trong X là B. 80,0 %. C. 62,5 %. D. 91,5 %. A. 75,0 %. Câu 5. Trộn KMnO4 và KClO3 với một lượng bột MnO2 trong bình kín được hỗn hợp X. Lấy 52,550 gam X đem nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và V lít khí O2. Biết KClO3 bị nhiệt phân hoàn toàn tạo 14,9 gam KCl chiếm 36,315 % khối lượng Y. Sau đó, cho toàn bộ Y tác dụng hoàn toàn với axit HCl đặc dư đun nóng, sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được 51,275 gam muối khan. Thể tích khí Cl2 thu được sau phản ứng là A. 6,832 lít. B. 4,592 lít. C. 5,712 lít. D. 7,592 lít. Câu 6. Hỗn hợp X gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl có tổng khối lượng là 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 17,472 lít O2 (đktc) và chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Y tác dụng vừa đủ 0,36 lít dung dịch K2CO3 0,5M thu được dung dịch Z. Lượng KCl trong Z nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KClO3 trong X là A. 47,62%. B. 58,55%. C. 81,37%. D. 23,51%. Câu 7. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đktc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là A. 25,62%. B. 12,67%. C. 18,10%. D. 29,77%. Câu 8. Nung nóng hỗn hợp gồm 15,8 gam KMnO4 và 24,5 gam KClO3 thời gian thu được 36,3 gam hỗn hợp Y gồm 6 chất. Cho Y tác dụng với dung dịch HCl đặc dư đun nóng lượng khí clo sinh ra cho hấp thụ vào 300 ml dung dịch NaOH 5M đun nóng thu được dung dịch Z .Cô cạn Z thu được chất rắn khan các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khối lượng chất rắn khan thu được là A. 111,0 gam. B. 121,4 gam. C. 79,8 gam. D. 91,8 gam. Câu 9. Nung nóng hỗn hợp gồm 6,32 gam KMnO4 và 4,14 gam Ca(ClO3)2 một thời gian thu được 8,86 gam hỗn hợp chất rắn Y. Cho Y tác dụng với dung dịch HCl đặc dư đun nóng lượng khí clo sinh ra cho hấp thụ vào 600 ml dung dịch chứa NaOH 0,5 M đun nóng thu được dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m gam chất rắn khan. Giá trị gần nhất với m là A. 17,5. B. 15,5. C. 16,5. D. 18,5.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 10. Nhiệt phân 30,225 gam hỗn hợp X gồm KMnO4 và KClO3 thu được O2 và 24,625 gam hỗn hợp chất rắn Y gồm KMnO4, K2MnO4, KClO3, MnO2 và KCl. Cho toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,8 mol HCl đặc, đun nóng. Phần trăm khối lượng của KMnO4 trong X là A. 39,20%. B. 66,67%. C. 33,33%. D. 60,80%. Câu 11. Nung nóng 12,77 gam hỗn hợp gồm Ca(ClO3)2, KMnO4, MnO2, CaCl2. Sau một thời gian thu được 0,448 lít khí O2 (đktc) và hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X cần dùng dung dịch chứa 0,36 mol HCl (đun nóng) thu được dung dịch Y và khí Z. Hấp thụ toàn bộ Z vào dung dịch NaOH dư (điều kiện thường) thu được dung dịch có chứa 7,8975 gam muối ăn. Cho AgNO3 dư vào dung dịch Y thu được 30,135 gam kết tủa. Biết rằng trong dung dịch Y, số mol CaCl2 gấp 6 lần số mol KCl. Phần trăm khối lượng của KMnO4 có trong hỗn hợp ban đầu là A. 12,37%. B. 15,44%. C. 8,31%. D. 10,05%. Câu 12. Nhiệt phân 4,385 gam hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4, thu được O2 và m gam chất rắn gồm K2MnO4, MnO2 và KCl. Toàn bộ lượng O2 tác dụng hết với cacbon nóng đỏ, thu được 0,896 lít hỗn hợp khí Y (đktc) có tỉ khối so với H2 là 16. Thành phần % theo khối lượng của KMnO4 trong X là A. 62,76%. B. 74,92%. C. 72,06%. D. 67,46%. Câu 13. Nung nóng 22,12 gam KMnO4 18,375 gam KClO3, sau một thời gian thu được chất rắn X gồm 6 chất có khối lượng 37,295 gam. Cho X tác dụng với dung dịch HCl đặc dư, đun nóng. Toàn bộ lượng khí clo được cho phản ứng hết với m gam bột Fe đốt nóng được chất rắn Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào nước được dung dịch Z. Thêm AgNO3 dư vào dung dịch Z đến khi phản ứng hoàn toàn được 204,6 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 22,44. B. 28,00. C. 33,60. D. 25,20. Câu 14. Hỗn hợp rắn A gồm KClO3, Ca(ClO2)2, Ca(ClO3)2, KCl. Nhiệt phân 27,17 gam rắn A, sau một thời gian thu được chất rắn B và 2a mol khí X. Cho rắn B tác dụng với dung dịch chứa 0,48 mol HCl, đun nóng thu được 3a mol khí Y và dung dịch C. Dung dịch C tác dụng tối đa với 220ml dung dịch K2CO3 0,5M thu được dung dịch D và a mol khí Z. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 3 lần lượng KCl trong rắn A, Phần trăm khối lượng Ca(ClO2)2 có trong rắn A là? A. 19,32%. B. 25,76%. C. 12,88%. D. 9,66%. Câu 15. Cho phản ứng: • (13) MnO(OH)2 + PbO2 + H+ → MnO4– + Pb2+ + H2O. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 19. B. 17. C. 18. D. 20.

Câu 16. Cho phản ứng hóa học: • (14) Cu2S + H+ + NO3– → Cu2+ + SO42– + NO2 + H2O. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) các chất tham gia trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 23 B. 25 C. 37 D. 34 Câu 17. Cho phản ứng hóa học: • (15) FeSO4 + Fe2(SO4)3 + KOH → Fe3O4 + K2SO4 + H2O. Sau khi cân bằng phản ứng, nếu hệ số của FeSO4 là 1 thì hệ số của K2SO4 là A. 8. B. 4. C. 6. D. 10. Câu 18. Cho phản ứng: • (16) FeCl2 + KMnO4 + H2SO4 → FeCl3 + Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 120. B. 111. C. 125. D. 118. Câu 19. Cho phản ứng: • (17) CrO2– + Br2 + OH– → CrO42– + Br– + H2O. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các ion trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 18 B. 20 C. 25 D. 13

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 20. Cho phản ứng: • (18) Fe(NO3)2 + KHSO4 → Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + NO + K2SO4 + H2O. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) các chất sản phẩm trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 20 B. 21 C. 22 D. 23 Câu 21. Cho phản ứng: • (19) C2H5OH + K2Cr2O7 + H2SO4 → CO2 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O. Hệ số (nguyên, tối giản) của hợp chất H2O trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 Câu 22. Cho phản ứng: • (20) Fe3P + NO3– + H+ → Fe3+ + H2PO4– + NO + H2O. Sau khi cân bằng, tỉ lệ giữa hệ số của ion NO3– so với H+ gần nhất với A. 0,37. B. 0,40. C. 0,42. D. 0,35.

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 23. Cho phản ứng: • (21) P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các đơn chất có trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 16 B. 18 C. 17 D. 19 Câu 24. Cho phản ứng: • (22) H2O2 + KMnO4 + H2SO4 → O2 + MnSO4 + K2SO4 + H2O. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 22. B. 24. C. 26. D. 28. Câu 25. Cho phản ứng: • (23) K2Cr2O7 + H2O + S → SO2 + KOH + Cr2O3. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 13 B. 16 C. 14 D. 15 Câu 26. Cho phản ứng: • (24) K2Cr2O7 + H2SO4 + NO → Cr2(SO4)3 + HNO2 + K2SO4 + H2O. Từ phản ứng trên, nếu có 2 mol H2SO4 thì sinh ra được bao nhiêu mol HNO2 ? A. 6. B. 4. C. 5. D. 3. Câu 27. Cho phản ứng: • (25) NaCrO2 + Br2 + NaOH → NaBr + Na2CrO4 + H2O. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 25 B. 24 C. 27 D. 23 Câu 28. Cho phản ứng: • (26) K2S2O8 + MnSO4 + H2O → KMnO4 + K2SO4 + H2SO4. Sau khi cân bằng, hệ số (nguyên, tối giản) của H2O có trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 4. B. 6. C. 8. D. 10. Câu 29. Cho phản ứng: • (27) Na2S2O3 + Cl2 + H2O → NaHSO4 + HCl. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 20. B. 21. C. 22. D. 23. Câu 30. Cho phản ứng: • (28) IO3– + P4 + H2O → I– + H2PO4– + H+. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các ion có trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 65. B. 47. C. 44. D. 62. Câu 31. Cho phản ứng: • (29) KMnO4 + FeS2 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình hoá học của phản ứng trên là

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

A. 34 B. 35 C. 33 D. 32 Câu 32. Cho phản ứng: • (30) FeSO4 + HNO3 → Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + NO + H2O. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 10. B. 11. C. 9 D. 12. Câu 33. Cho phản ứng: • (31) CrO2– + H2O2 + OH– → CrO42– + H2O. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất và ion trong phương trình hoá học của phản ứng trên là A. 17. B. 13. C. 15. D. 11. Câu 34. Cho phản ứng: • (32) FeS2 + CuS2 + HNO3 → Fe(NO3)3 + Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO + H2O. Sau khi cân bằng với hệ số (nguyên, tối giản), hệ số của axit HNO3 là ( biết tỉ lệ nFeS2 : nCuS2 = 2 : 3). A. 32 B. 38 C. 34 D. 36 Câu 35. Nung nóng 60,01 gam hỗn hợp X gồm KMnO4, KClO3 và MnO2, sau một thời gian thu được khí O2 và 48,81 gam chất rắn Y gồm K2MnO4, MnO2, KMnO4, KCl. Để hòa tan hoàn toàn Y cần vừa đủ dung dịch chứa 1,6 mol HCl, thu được 9,688 lít khí Cl2 (đktc). Phần trăm khối lượng KMnO4 bị nhiệt phân A. 70,83%. B. 75,00%. C. 77,08%. D. 72,92%. Câu 36. Đem trộn đều các chất rắn KMnO4 và KClO3 với một ít bột MnO2 thu được hỗn hợp X. Lấy 62,66 gam X đun nóng trong bình kín một thời gian được hỗn hợp rắn Y và 10,08 lít khí O2. Để hòa tan vừa hết Y cần dùng dung dịch chứa 1,32 mol HCl đun nóng, sau phản ứng thấy thoát ra 7,952 lít Cl2. Biết các khí đều được đo ở đktc và muối KClO3 bị nhiệt phân hoàn toàn. Hiệu suất của phản ứng nhiệt phân muối KMnO4 trên là A. 62,5%. B. 76,5%. C. 75,0%. D. 80,0%. Câu 37. Cho 7,22 gam hỗn hợp gồm các chất rắn CaOCl2; KClO3 và Ca(ClO3)2 vào dung dịch chứa axit HCl đun nóng thu được dung dịch X và 3,36 lít khí. Cho tiếp đến dư dung dịch K2SO3 vào X đun nóng, kết thúc phản ứng thấy thoát ra 0,672 lít khí; 3,6 gam kết tủa và dung dịch Y. Biết các khí đều đo ở đktc. Số mol HCl đã dùng và khối lượng muối KCl có trong dung dịch Y là A. 0,30 mol và 10,43 gam. B. 0,36 mol và 5,96 gam. C. 0,30 mol và 5,96 gam. D. 0,36 mol và 10,43 gam.

Câu 1: C

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT

Trong Y có 0,18 mol CaCl2 và 0,52 mol KCl ||→ trong Z có 0,88 mol KCl ||→ mKCl trong Z = 0,88 × 74,5 = 65,56 gam. Chọn C.

Câu 2: C

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

► pw nhiệt phân hoàn toàn ||→ trong Y số mol K2MnO4 và MnO2 bằng nhau và bằng 0,03 mol. ||→ có 0,18 mol Otrong Y ||→ có 0,36 mol HCl và 0,09 mol Cl2 ||→ đã dùng 40 gam dung dịch HCl. ||→ mZ = 40 + 17,46 – 0,09 × 71 = 51,07 gam ||→ %KCl trong Z = 0,18 × 74,5 ÷ Ans ≈ 26,26%.

|||→ Chọn C.

hơ

Câu 3: A

HD: lập sơ đồ quá trình ||→ có:

Q uy

Gọi số mol các chất trong X lần lượt là x, y, z thì 158x + 87y + 74,5z = 54,28 gam. Bảo toàn electron có: 5x + 2y = (54,28 – 53) ÷ 16 × 2 + 0,53 × 2 = 1,22.

Kè

Lại có dung dịch chỉ chứa 2 muối MnCl2 và KCl ||→ x + y = x + z. Giải hệ được x = 0,18 mol và y = z = 0,16 mol.

ạy

||→ nHCl = 2nO trong Y = 2 × (0,18 × 4 + 0,16 × 2 – 0,08) = 1,92 mol

m /+

||→ V = 1,2 lít. Chọn đáp án A.

Câu 4: B HD: Trước hết phải đọc chuẩn + thật chú ý là MnO2 ở trong X, quên là tính sai sót ngay!

Có 0,2 mol KCl là do KClO3 nhiệt phân hoàn toàn → có 0,2 mol KClO3 và mY ≈ 41,03 gam.

Có hệ phương trình: Thấy Y giảm lượng so với X là do O2 thoát ra ||→ nO2 = (52,55 – 41,03) ÷ 32 = 0,36 mol. Để ý 0,2 mol KClO3 nhiệt phân hoàn toàn cho 0,3 mol O2 rồi ||→ lượng KMnO4 phản ứng sẽ cho 0,06 mol O2 nữa, mà: 1.KMnO4 → ½.O2 ||→ có 0,12 mol KMnO4 phản ứng. Vậy hiệu suất phản ứng H = 0,12 ÷ 0,15 = 80 %. Chọn đáp án B Câu 5: A

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn HD: Trước hết phải đọc chuẩn + thật chú ý là MnO2 ở trong X, quên là tính sai sót ngay!

Có 0,2 mol KCl là do KClO3 nhiệt phân hoàn toàn → có 0,2 mol KClO3 và mY ≈ 41,03 gam.

hơ

Thấy Y giảm lượng so với X là do O2 thoát ra ||→ nO2 = (52,55 – 41,03) ÷ 32 = 0,36 mol. ► Cách 1: Thuần bảo toàn nguyên tố + sơ đồ:

Q uy

∑nO trong X = 0,15 × 4 + 0,2 × 3 + 0,05 × 2 = 1,3 mol ||→ nO trong Y = 1,3 – 0,36 × 2 = 0,58 mol và toàn bộ lượng Otrong Y này sẽ chuyển hết về H2O ||→ nHCl = 1,16 mol.

bảo toàn nguyên tố Cl2 ||→ nCl2 = (1,16 + 0,2 – 0,35 – 0,2 × 2) ÷ 2 = 0,305 mol.

Kè

► Cách 2: quan sát sự thay đổi số oxi hóa, bảo toàn electron có:

m /+

ạy

nCl2 = (0,15 × 5 + 0,2 × 6 + 0,05 × 4 – 0,36 × 2) ÷ 2 = 0,305 mol. ||→ V = 6,832 mol. Ta chọn đáp án A. Câu 6: B

HD:

0,18 mol K2CO3 ||→ 0,18 mol CaCO3 ||→ Y gồm: 0,18 mol CaCl2 và 0,52 mol KCl; ||→ Trong Z có 0,88 mol KCl ||→ có 0,12 mol KCl trong X. ||→ nKClO3 trong X = 0,4 mol. ||→ yêu cầu %mKClO3 trong X = 0,4 × 122,5 ÷ 83,68 ≈ 58,56%. Chọn đáp án B.

Câu 7: C

Có hệ phương trình:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

HD: Sơ đồ quá trình: ► Bấm: nKCl trong Z = (63,1 – 0,3 × 111) ÷ 74,5 + 0,6 = 1,0 mol ||→ nKCl trong X = 0,2 mol. ||→ %mKCl trong X = 0,2 × 74,5 ÷ 82,3 ≈ 18,10%. Chọn đáp án C

Câu 8: D HD: bảo toàn e có nCl2 = (0,1 × 5 + 0,2 × 6 – 0,125 × 4) ÷ 2 = 0,6 mol.

Câu 9: D

Q uy

||→ mZ = 0,6 × 71 + 1,5 × 40 - 0,6 × 18 = 91,8 gam. Chọn đáp án D

→ 0,6 mol Cl2 + 1,5 mol NaOH → {NaCl; NaClOx; NaOHdư} + 0,6 mol H2O.

Kè

HD: bảo toàn e có nCl2 = (0,04 × 5 + 0,02 × 6 × 2 – 0,05 × 4) ÷ 2 = 0,12 mol. Phản ứng: xCl2 + 2xNaOH → 1NaClOx + (2x – 1)NaCl + xH2O.

ạy

→ 0,12 mol Cl2 + 0,3 mol NaOH → {NaCl; NaClOx; NaOHdư} + 0,12 mol H2O.

||→ mZ = 0,12 × 71 + 0,3 × 40 - 0,12 × 18 = 18,36 gam. Chọn đáp án D.

m /+

Câu 10: A

HD: Sơ đồ quá trình:

Gọi số mol KMnO4 và KClO3 ban đầu lần lượt là x, y mol, có hệ

||→ %mKMnO4 trong X = 0,075 × 158 ÷ 30,225 ≈ 39,20%. Chọn đáp án A.

Câu 11: A HD: Sơ đồ quá trình phản ứng:

hơ

Phản ứng: xCl2 + 2xNaOH → 1NaClOx + (2x – 1)NaCl + xH2O.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Có 0,135 mol NaCl → 0,135 mol Cl2 được sinh ra. (do Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O). ||→ ∑nCl–trong Y = 0,21 mol suy từ AgCl↓. Bảo toàn Cl → nCl trong X = 0,12 mol. để ý tương quan CaCl2 (ở cả Ca(ClO3)2 ||→ có 0,06 mol Ca → 0,01 mol K. ||→ có 0,01 mol KMnO4 → %mKMnO4 = 0,01 × 158 ÷ 12,77 = 12,37 %. Chọn A.

Câu 12: C HD: Y gồm 0,03 mol CO và 0,01 mol CO2 ||→ n O2 = 0,025 mol.

hơ

Khi quá trình đơn giản hoặc đã quen thuộc với bạn thì việc còn lại chỉ là lôi trong đầu ra phép tính để bấm bấm bấm thôi, không cần sơ đồ nữa.!

Nhiệt phân hoàn toàn ||→ có

Q uy

||→ %mKClO3 trong X = 0,01 × 122,5 ÷ 4,385 ≈ 72,06%. Chọn C.

Câu 13: B

HD: Xử lí nhanh bài tập KMnO4: có nO2 = (22,12 + 18,375 – 37,295) ÷ 32 = 0,1 mol.

m /+

ạy

Kè

Bảo toàn electron có: nCl2 = (0,14 × 5 + 0,15 × 6 – 0,1 × 4) ÷ 2 = 0,6 mol.

Sơ đồ:

► "Tinh tế xử lí": 0,6 mol Cl2 → 204,6 gam tủa gồm 1,2 mol Cl và 1,5 mol Ag

||→ có 1,5 mol AgNO3 → 0,5 mol Fe(NO3)3 → m = 0,5 × 56 = 28,0 gam. Chọn B. ♦.

Câu 14: A Câu 15: C

p/s: trích đề thi thử trường chuyên KHTN 2015.!

HD: Mn+4 → Mn+7 + 3e || Pb+4 + 2e → Pb2+. Theo bảo toàn e ||→ 2MnO(OH)2 + 3PbO2 + H+ → 2MnO4– + 3Pb2+ + H2O. Bảo toàn điện tích có 4H+ ||→ có 4H2O theo bảo toàn H. Vậy (13): 2MnO(OH)2 + 3PbO2 + 4H+ → 2MnO4– + 3Pb2+ + 4H2O. Vậy tổng hệ số các chất bằng 18. Chọn đáp án C

Câu 16: A HD: Cu2S → 2Cu2+ + SO42– + 10e || N+5 + 1e → N+4.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Bảo toàn electron có: Cu2S + H+ + 10NO3– → 2Cu2+ + SO42– + 10NO2 + H2O. Bảo toàn điện tích → có 12H+ |→ có 6H2O. Vậy: (14) Cu2S + 12H+ + 10NO3– → 2Cu2+ + SO42– + 10NO2 + 6H2O. ||→ Tổng hệ số (nguyên, tối giản) các chất tham gia bằng: 1 + 12 + 10 = 23. Chọn đáp án A

Câu 17: B HD: Quan sát cụm - gốc SO4. Nếu hệ số của Fe3O4 là 1 thì có 4O sẽ cần 4H2O để tạo 8 gốc OH cho 8KOH.

hơ

bảo toàn K → có 4K2SO4 và thấy luôn hệ số FeSO4 và Fe2(SO4)3 cùng là 1.

Vậy: • (15) FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 8KOH → Fe3O4 + 4K2SO4 + 4H2O.

Q uy

Yêu cầu: hệ số của FeSO₄ nếu là 1 thì hệ số của K2SO4 tương ứng là 4. Chọn đáp án B.

Câu 18: D HD: Chọn hệ số KMnO4 là 2 thì có 1K2SO4 và 2MnSO4.

Kè

O trong cụm SO4 để nguyên thì 8O của 2KMnO4 chuyển hết về 8H2O

ạy

||→ có 8H2SO4 theo bảo toàn H ||→ có 5/3.Fe2(SO4)3 theo bảo toàn gốc SO4.

Để ý theo Cl thì có 3x FeCl2 tương ứng có 2x FeCl3 nên bảo toàn Fe có x = 10/3.

m /+

Nhân 3 để được hệ số nguyên tối giản, có kết quả: • (16) 30FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4

→ 20FeCl3 + 5Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O.

Yêu cầu: Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất bằng 118. Chọn đáp án D. ♠.

► Cách 2: Dùng bảo toàn electron.!

Câu 19: A HD: chọn 1CrO2– thì có 1CrO4–

||→ chênh lệch 2O tương ứng cần 2H2O tạo 4 gốc OH (ghép cụm). Bảo toàn điện tích suy ra cần 3Br– ||→ có 3/2Br2. Nhân 2 cân bằng được: • (17) 2CrO2– + 3Br2 + 8OH– → 2CrO42– + 6Br– + 4H2O. Yêu cầu: tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các ion bằng 2 + 8 + 2 + 6 = 18. Chọn A

Câu 20: C HD: Một PTPU đại diện cho YT ghép cụm spk N với H2O trong chuyên đề HNO3 sau này. để ý các gốc NO3; SO4 bảo toàn, theo đó 1NO cần 2H2O để tạo gốc NO3.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Bảo toàn: 2H2O → có 4KHSO4 ||→ có 2K2SO4 ||→ 2/3Fe2(SO4)3. Đang có: Fe(NO3)2 + 4KHSO4 → Fe(NO3)3 + 2/3.Fe2(SO4)3 + 1NO + 2K2SO4 + 2H2O. Nếu hệ số Fe(NO3)3 là x thì bảo toàn Fe có Fe(NO3)2 là (x + 4/3). Bảo toàn Nito có 2x + 8/3 = 3x + 1 → x = 5/3. Vậy, phương trình được cân bằng: (18) 9Fe(NO3)2 + 12KHSO4 → 5Fe(NO3)3 + 2Fe2(SO4)3 + 3NO + 6K2SO4 + 6H2O.

hơ

► Yêu cầu: tổng hệ số (nguyên, tối giản) các chất sản phẩm bằng 5 + 2 +3 + 6 + 6 = 22.

► Chuẩn linh hoạt": sắt +2 lên +3 cho 1e, N +5 về +2 nhận 3e nên hệ số của NO là 1 thì Fe(NO3)2 biết luôn là 3 → Fe(NO3)3 là (3 – 4/3) = 5/3 → kết quả như trên.

Chọn đáp án C.

Câu 21: D

Q uy

HD: Giống ví dụ (12) - Linh hoạt:

C2H6O thì 2C–2 → 2C+4 + 12e || Cr2+6 + 6e → Cr2+3.

Kè

Theo đó, có 1C2H5OH thì tương ứng là 2K2Cr2O7.

ạy

Bảo toàn nguyên tố có 2K2Cr2O7 ||→ 2Cr2(SO4)3 và 2K2SO4

||→ có 8H2SO4 theo bảo toàn S. bảo toàn H → có 11H2O.

m /+

► Nếu một số bạn cảm thấy khó khăn trong việc xác đinh số oxh để bảo toàn electron thì ghép cụm:

Chọn hệ số K2Cr2SO4 là 1 thì có 1K2SO4 và 1Cr2(SO4 )3 ||→ có 4H2SO4.

Giả sử có x mol C2H6O tạo 2x CO2 thì cần 3x mol O của 7O trong 1K2Cr2O7.

||→ còn (7 - 3x) mol O chuyển hết cho H2O; bảo toàn H2: 3x + 4 = 7 - 3x → x = ½.

Tóm lại phương trình được cân bằng:

(19) C2H5OH + 2K2Cr2O7 + 8H2SO4 → 2CO2 + 2Cr2(SO4)3 + 2K2SO4 + 11H2O. Yêu cầu, hệ số của H2O → đáp án cần chọn là D.

Câu 22: A HD: Bảo toàn electron: Fe3P → 3Fe3+ + P+5 + 14e; N+5 + 3e → N+2. ||→ có: 3Fe3P + 14NO3– + H+ → 9Fe3+ + 3H2PO4– + 14NO + H2O. Bảo toàn điện tích có 38H+; bảo toàn H → có 16H2O. vậy (20) 3Fe3P + 14NO3– + 38H+ → 9Fe3+ + 3H2PO4– + 14NO + 16H2O.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Yêu cầu nNO3- ÷ nH+ = 14 ÷ 38 ≈ 0,368 ||→ chọn đáp án A

Câu 23: B HD: Bảo toàn electron: P → P+5 + 5e || 2NH4ClO4 = 4H2O.Cl2.2NO2 + 8e → N2 + Cl2 + H2O. ||→ có (21) 8P + 10NH4ClO4 → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O. (H2O được tính theo bảo toàn nguyên tố H).

Yêu cầu: Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các đơn chất ||→ bằng 8 + 5 + 5 = 18. Chọn B

hơ

Câu 24: C HD: Mn+7 +5e → Mn+2 || O2-1 → O20 + 2e.

Q uy

||→ 5H2O2 thì có 2KMnO4 ||→ 2MnSO4 + 1K2SO4 ||→ có 3H2SO4 (bảo toàn SO4) và có 8H2O (theo bảo toàn H2).

Vậy • (22) 5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → 5O2 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O.

Kè

Yêu cầu: tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất = 5 + 2 + 3 + 5 + 2 + 1 + 8 = 26.

ạy

||→ đáp án cần chọn là C.

Câu 25: B

m /+

HD: chọn hệ số 1K2Cr2O7 → 2KOH + 1Cr2O3.

Bảo toàn H → có 1H2O; bảo toàn O có 3/2SO2.

Vậy: • (23) 2K2Cr2O7 + 2H2O + 3S → 3SO2 + 4KOH + 2Cr2O3.

Câu 26: D

Yêu cầu: tổng hệ số các chất = 2 + 2 + 3 + 3 + 4 + 2 = 16. Chọn B

HD: Cr2+6 + 6e → Cr2+3 || N+2 → N+3 + 1e. ||→ theo bảo toàn e: 6NO thì tương ứng có 1K2Cr2O7. ||→ 1K2SO4 và 1Cr2(SO4)3 ||→ có 4H2SO4 (bảo toàn SO4) và 1H2O (bảo toàn H2). Vậy: (24) K2Cr2O7 + 4H2SO4 + 6NO → Cr2(SO4)3 + 6HNO2 + K2SO4 + H2O. Theo đó, nếu có 2 mol H2SO4 thì sinh ra được 3 mol HNO2. Chọn đáp án D

Câu 27: A HD: Chọn 1Na2CrO4 thì tương ứng có 1NaCrO2 (bảo toàn Cr). Chênh lệch (4 – 2 = 2)O ghép cụm với 2H2O tạo 4 gốc OH → có 4NaOH.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Bảo toàn Na → có 3NaBr → 3/2Br2 (theo bảo toàn Br). Vậy: • (25) 2NaCrO2 + 3Br2 + 8NaOH → 6NaBr + 2Na2CrO4 + 4H2O. Yêu cầu: tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất = 2 + 3 + 8 + 6 + 2 + 4 = 25. Chọn A.

Câu 28: C HD: Chọn hệ số cho K2S2O8 hay KMnO4 ? Hãy học cách quan sát, ghép cụm: để ý S2O8 cũng là gốc SO4 ||→ chọn 1KMnO4 là hợp lí. Khi đó, 4O này chuyển hết cho 4H2O (vì O còn lại nằm hết ở gốc SO4).

Hiện tại: xK2S2O8 + 1MnSO4 + 4H2O → 1KMnO4 + (2x – 3)K2SO4 + 4H2SO4.

hơ

||→ có 4H2SO4 (bảo toàn H) và 1MnSO4 (bảo toàn Mn).

Q uy

bảo toàn K: 2x = 1 + 2(2x - 3) → x = 2,5.

Yêu cầu: hệ số (nguyên, tối giản) của H2O = 8. Chọn đáp án C

Kè

Câu 29: A

Vậy: (26) 5K2S2O8 + 2MnSO4 + 8H2O → 2KMnO4 + 4K2SO4 + 8H2SO4.

Bảo toàn H → có 8HCl → 4Cl2 theo bảo toàn Cl.

ạy

HD: chọn 1Na2S2O3 ||→ có 2NaHSO4. Bảo toàn O → có 5H2O.

m /+

Vậy: (27) Na2S2O3 + 4Cl2 + 5H2O → 2NaHSO4 + 8HCl.

Yêu cầu: Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất = 1 + 4 + 5 + 2 + 8 = 20. Chọn A.

Câu 30: C

HD: Chọn hệ số của HPO4– là 2 thì để ý cụm I và – ||→ có 2H+ theo bảo toàn điện tích.

Theo đó, bảo toàn H có 3H2O; bảo toàn O có 5/3IO3–.

Vậy: 10IO3– + 3P4 + 18H2O → 10I– + 12H2PO4– + 12H+. Yêu cầu: tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các ion = 10 + 10 + 12 + 12 = 44. Chọn C. ♣. p/s: quan sát + lựa chọn để có được hướng cân bằng đơn giản + hợp lí và "tinh tế"

Câu 31: A HD: 2FeS2 → 2Fe+3 + 4S+6 + 30e || Mn+7 + 5e → Mn+2. ||→ 6KMnO4 + 2FeS2 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + H2O. 6 × 4 = 24O cho 4 × 4 = 16O để 4S tạo gốc SO4 còn lại 8O cho hết H2O → có 8H2SO4 (bảo toàn H). Vậy: (29) 6KMnO4 + 2FeS2 + 8H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 8H2O.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Yêu cầu tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất = 6 + 2 + 8 + 1 + 3 + 6 + 6 = 34. Chọn A. ♥. ► Chưa thuần thục bảo toàn e, hãy cứ dùng đại số: 2xKMnO4 + 2FeS2 + H2SO4 → 1Fe2(SO4)3 + xK2SO4 + 2xMnSO4 + H2O. Ghép cụm O: (8x – 16) là hệ số H2O và H2SO4 ||→ bảo toàn S: 4 + (8x – 16) = 3 + x + 2x → x = 3 ||→ kết quả tương tự

Câu 32: D

HD: ► Chú ý cách ghép cụm vận dụng cho chuyên đề HNO3 sau này.

hơ

Chọn 1NO → cần 2H2O (để ghép cụm NO3) ||→ có 4HNO3 (theo bảo toàn H).

||→ có 1Fe(NO3)3 (bảo toàn N). Tỉ lệ FeSO4 và Fe2(SO4)3 là 3 : 1 (đảm bảo bảo toàn SO4).

Q uy

||→ kết hợp bảo toàn Fe → có 3FeSO4 và 1Fe2(SO4)3.

vậy: (30) 3FeSO4 + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + NO + 2H2O.

Kè

Yêu cầu: tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất = 3 + 4 + 1 + 1 + 1 + 2 = 12. Chọn D.

Câu 33: B

ạy

HD: Chọn 1CrO2– thì có 1CrO42– ||→ 1OH– (theo bảo toàn điện tích).

m /+

Chênh lệch 2O giữa CrO4 và CrO2 sẽ ghép cụm với 2H2O để tạo 4 gốc OH (Hãy thật để ý "tinh tế" quan sát chỗ H2O2 ⇄ 2OH).

4OH mà 1OH– rồi nên còn lại là 3/2H2O2.

Vậy: • (31) 2CrO2– + 3H2O2 + 2OH– → 2CrO42– + 4H2O.

Câu 34: D

Yêu cầu: tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất và ion = 2 + 3 + 2 + 2 + 4 = 13. Chọn B

HD: Một ví dụ khá trâu bò và cũng là đại diện cho các bài tập hóa vô cơ THPT hiện nay.! ►1: Hướng cũ - cũ: bảo toàn electron cho từng phản ứng FeS2 + HNO3 và CuS2 + HNO3 sau đó dùng tỉ lệ cộng 2 phản ứng lại được kết quả. ►2 Hướng cũ - mới: gộp bảo toàn electron với tỉ lệ luôn: có 2FeS2 + 3CuS2 → 2Fe3+ + 3Cu2+ + 72e || N+5 + 3e → N+2 ||→ 2FeS2 + 3CuS2 + HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3Cu(NO3)2 + 10H2SO4 + 24NO + H2O. Bảo toàn N có 36HNO3 → có 8H2O theo bảo toàn H. Vậy (32) 2FeS2 + 3CuS2 + 36HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3Cu(NO3)2 + 10H2SO4 + 24NO + 8H2O.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

►3: biến đổi đại số theo chủ đạo: chọn luôn hệ số theo tỉ lệ: 2FeS2 + 3CuS2 → 2Fe(NO3)3 + 3Cu(NO3)2 + 10H2SO4. Hệ số NO là x thì H2O là (2x – 40) (ghép cụm NO3 và SO4) và có (x + 12) HNO3 (bảo toàn N) ||→ bảo toàn H có x + 12 = 20 + 2 × (2x – 40) ||→ x = 24 ||→ tương tự kết quả. Yêu cầu hệ số của axit HNO3 ||→ chọn D.

Câu 35: D

Q uy

hơ

HD: Sơ đồ quá trình phản ứng:

Kè

Có hệ phương trình:

ạy

0,175 mol KClO3 bị nhiệt phân hoàn toàn sinh 0,2625 mol O2

||→ còn 0,0875 mol O2 nữa là do 0,175 mol KMnO4

m /+

||→ %HKMnO4 đã bị nhiệt phân = 0,175 ÷ 0,24 ≈ 72,92%. Chọn D

Câu 36: C

Q uy

hơ

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Câu 37: D HD: Sơ đồ quá trình phản ứng:

Quy đổi quá trình: O + 2HCl → Cl2 + H2O ||→ từ 0,15 mol Cl2 → có 0,15 mol O và 0,3 mol HCl.

Quy đổi hỗn hợp: 7,22 gam gồm 0,03 mol CaCl2 + 0,15 mol O và suy ra 0,02 mol KCl.

sinh 0,03 mol SO2 chứng tỏ còn 0,06 mol HCl dư nữa,

theo đó ∑nHCl đã dùng = 0,06 + 0,6 = 0,36 mol.

Bảo toàn Cl → mKCl trong Y = (0,02 + 0,03 × 2 + 0,06) × 74,5 = 10,43 gam. ||→ Chọn đáp án D.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 3 - Sáng tạo và phát triển 3 YTHH trong 3 dạng bài tập vô cơ cơ bản

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. Hòa tan hoàn toàn 41,1 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn, ZnO và Fe3O4 vào V lít dung dịch HNO3 1M (lấy dư 20% so với lượng phản ứng) đun nóng, sau phản ứng thu được 3,92 lít hỗn hợp khí X gồm 2 khí N2O, NO (ở đktc) và dung dịch Y (không chứa muối amoni). Cô cạn cẩn thận Y thu được 129,3 gam muối khan Z, tiếp tục đun nóng Z đến khối lượng không đổi thu được 48,3 gam chất rắn. Giá trị của V là A. 2,10. B. 1,50. C. 1,75. D. 1,80. Câu 2. Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, thu được 4,48 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CO, CO2 và H2. Cho toàn bộ X phản ứng hoàn toàn với hỗn hợp a mol Fe2O3 và b mol CuO nung nóng, sau phản ứng thu được 25,92 gam hỗn hợp chất rắn Y. Để khử hoàn toàn chất rắn Y thành các kim loại cần (2a + 0,5b) mol H2. Tỉ khối hơi của X so với H2 là A. 15,50 B. 7,60 C. 7,65 D. 7,75 Câu 3. Hỗn hợp X gồm Na, Ca, Na2O, CaO. Hòa tan hết 51,3 gam hỗn hợp X thu được 5,6 lít H2 (đktc) và dung dịch kiềm Y trong đó có 28 gam NaOH. Hấp thụ 17,92 lít khí SO2 (đktc) vào dung dịch Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 60 gam. B. 54 gam. C. 72 gam. D. 48 gam. Câu 4. Hòa tan 77,5 gam hỗn hợp gồm K, Ba, K2O và BaO vào nước thu được 10,08 lít khí H2 (đktc) và dung dịch X. Trung hòa dung dịch X cần dùng 500 dung dịch chứa HCl 1,2M và H2SO4 0,7M thu được m gam kết tủa. Giá trị m là A. 69,90 gam. B. 81,55 gam C. 93,20 gam D. 83,88 gam Câu 5. Hòa tan hết 113,2 gam hỗn hợp chứa Na, Na2O, Ba và BaO (trong đó oxi chiếm 7,067% về khối lượng) thu được 13,44 lít khí H2 (đktc) và dung dịch X. Cho 400 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,5M vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Giá trị m là A. 143,7 gam. B. 151,5 gam. C. 139,8 gam. D. 147,6 gam. Câu 6. Oxi hóa 28,8 gam Mg bằng V lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm O2 và O3 có tỉ khối hơi đối với H2 là 20, thu được m gam hỗn hợp Y gồm Mg và MgO. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Y bằng một lượng vừa đủ dung dịch hỗn hợp HCl 1M và H2SO4 0,5M, thu được H2O, H2 và dung dịch Z chứa (m + 90,6) gam hỗn hợp muối. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là A. 2,688. B. 5,376. C. 1,344. D. 6,272. Câu 7. Hỗn hợp X gồm Na2O, Na2O2, Na2CO3, K2O, K2O2, K2CO3. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được dung dịch Y chứa 50,85 gam chất tan gồm các chất tan có cùng nồng độ mol; 3,024 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối so với hiđro là 20,889. Giá trị của m là A. 30,492. B. 22,689.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn C. 21,780. D. 29,040.

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 8. Đốt cháy 49,7 gam hỗn hợp gồm Al, Fe và Cu với oxi một thời gian thu được 56,9 gam hỗn hợp rắn A. Hòa tan hết A trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Y (không chứa ion NH4+) và V lít (đktc) hỗn hợp khí gồm 2 khí không màu trong đó có một khí hóa nâu. Tỉ khối của Z so với He bằng 100/11. Cô cạn dung dịch Y thu được 285,3 gam muối khan. Giá trị của V là A. 10,08 lít. B. 13,44 lít. C. 12,32 lít. D. 14,56 lít. Câu 9. Hòa tan hoàn toàn 23,28 gam hỗn hợp gồm Mg và một oxit Fe trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X chứa 83,24 gam muối và 1,792 lít hỗn hợp khí gồm NO và N2O có tỉ khối so với H2 bằng 16,75. Cho NaOH vào dung dịch X đun nóng không thấy khí thoát ra. Phần trăm khối lượng của oxit Fe có trong hỗn hợp ban đầu là A. 82,47%. B. 59,79%. C. 37,11%. D. 54,98%. Câu 10. Hòa tan m gam kim loại Mg trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X chứa 6,5m gam muối và 1,792 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm N2O và N2 có tỉ khối so với He bằng 9. Giá trị m là A. 14,4 gam. B. 8,1 gam. C. 16,8 gam. D. 9,6 gam. Câu 11. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp chứa m gam Mg và m gam FeO trong dung dịch HNO3 loãng, dư. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và 2,912 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm (NO và N2O) có khối lượng 4,6 gam. Cô cạn dung dịch X thu được (9m + 6,56) gam muối. Giá trị m là A. 11,52 gam. B. 10,08 gam. C. 8,64 gam. D. 6,48 gam. Câu 12. Đốt cháy 3,34 gam hỗn hợp A gồm Mg, Al, Fe, Cu trong oxi một thời gian thu được 3,82 gam hỗn hợp rắn B (gồm MgO, Al2O3, FeO, Fe2O3, Fe3O4, CuO, Cu2O, Mg, Al, Fe và Cu). Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp B trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X và 0,56 lít hỗn hợp khí Y gồm 2 khí không màu; trong đó có 1 khí hóa nâu có tỉ khối so với H2 bằng 19,2. Cô cạn dung dịch X thu được 16,36 gam muối khan. Số mol HNO3 đã phản ứng là A. 0,21 mol. B. 0,25 mol. C. 0,18 mol. D. 0,27 mol. Câu 13. Hỗn hợp X chứa Mg, Fe3O4 và Cu trong đó oxi chiếm 16% về khối lượng. Cho m gam hỗn hợp X vào dung dịch chứa 2,1 mol HNO3 (lấy dư 25% so với phản ứng) thu được dung dịch Y và 0,16 mol khí NO. Cô cạn dung dịch Y thu được 3,73m gam muối khan. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 30 gam. B. 35 gam. C. 40 gam. D. 25 gam. Câu 14. Hòa tan hết m gam hỗn hợp gồm Mg và MgO (Mg chiếm 60% về khối lượng) trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí gồm 0,075 mol N2O và 0,06 mol N2. Cô cạn dung dịch X thu được 5,43m gam muối. Giá trị của m là A. 38,4. B. 51,2.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn C. 64,0. D. 48,0.

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 15. Hòa tan hết 18,08 gam hỗn hợp rắn gồm Fe, Cu và một oxit Fe trong dung dịch HCl loãng thu được dung dịch X chỉ chứa các muối có khối lượng m gam và 672 ml H2 (đktc). Cho AgNO3 dư vào dung dịch X thu được 96,93 gam kết tủa. Mặt khác hòa tan hết 18,08 gam rắn trên trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2 có tỉ lệ mol 7 : 3. Giá trị m là A. 33,41 gam. B. 30,13 gam. C. 37,37 gam. D. 20,15 gam. Câu 16. Cho m gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và 0,1395m gam kim loại dư. Chia dung dịch Y làm hai phần bằng nhau. Sục khí H2S đến dư vào phần I thu được 1,92 gam kết tủa. Giá trị của m gần với giá trị nào dưới đây A. 12. B. 13. C. 15. D. 16. Câu 17. Cho 43,04 gam rắn X gồm Cu và các oxit Fe vào dung dịch HCl loãng dư thấy có 0,96 mol HCl phản ứng; đồng thời thu được 7,68 gam rắn không tan. Mặt khác để phản ứng hết với 43,04 gam rắn X cần dùng 320 gam dung dịch HNO3 34,65% thu được V lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O. Giá trị của V là A. 2,688 lít. B. 3,136 lít. C. 3,360 lít. D. 3,584 lít. Câu 18. Hòa tan hết 50,88 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 trong dung dịch HCl loãng (vừa đủ) thu được 4,48 lít khí H2 (đktc) và dung dịch X. Sục khí Cl2 đến dư vào dung dịch X thu được dung dịch Y chứa 117,0 gam muối. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch X thu được lượng kết tủa là A. 261,94. B. 277,06. C. 294,34. D. 268,42. Câu 19. Hòa tan hoàn toàn 29,6 gam hỗn hợp gồm Fe, Fe2O3 và CuO trong dung dịch chứa 1,1 mol HNO3. Kết thúc các phản ứng thu được dung dịch X và 2,24 lít hỗn hợp khí Y gồm 2 khí NO và N2O. Chia dung dịch X làm 2 phần bằng nhau: • phần 1: tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 18,4 gam rắn. • phần 2: tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 18,9 gam kết tủa. Phần trăn oxi có trong hỗn hợp ban đầu là A. 15,14%. B. 10,81%. C. 12,21%. D. 11,28%. Câu 20. Nung m gam FeS2, FeS trong bình kín chứa không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp khí A gồm 85,106% N2; 12,766% SO2; còn lại là oxi dư về thể tích và chất rắn B. Cho B phản ứng vừa đủ với H2SO4 loãng thu được dung dịch C, cho dung dịch C tác dụng với Ba(OH)2 dư thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 85,9 gam chất rắn E. Thể tích khí A thu được (biết không khí chứa 20% O2 và còn lại là N2) là A. 217,4 lít. B. 21,056 lít. C. 47,04 lít. D. 52,64 lít.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 21. Cho 30,96 gam hỗn hợp gồm Al và Al2O3 vào 250 gam dung dịch H2SO4 78,302%, đun nóng thu được dung dịch X, V lít khí Y duy nhất (đktc) và 10,8 gam rắn không tan. Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 2M vào dung dịch X đến khi đạt kết tủa cực đại thì đã dùng 800 ml. Lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 423,8 gam rắn khan. Giá trị của V là A. 1,232 lít. B. 1,456 lít. C. 1,680 lít. D. 1,344 lít. Câu 22. Hòa tan hoàn toàn 46,4 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe2O3 và CuO trong dung dịch chứa 1,8 mol HNO3. Kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5. Chia dung dịch Y làm 2 phần bằng nhau: ♦ phần 1: tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 28,0 gam rắn. ♦ phần 2: tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 24,3 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của oxit CuO trong hỗn hợp X ban đầu có giá trị gần nhất với A. 16%. B. 17%. C. 18%. D. 19%. Câu 23. Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ thu được 17,92 lít hỗn hợp X khí gồm CO, H2 và CO2 có tỉ khối so với H2 bằng 7,875. Dẫn toàn bộ X qua ống sứ nung nóng chứa Fe2O3 (dư), hỗn hợp khí và hơi thoát ra khỏi ống sứ hấp thụ vào 200 gam dung dịch H2SO4 a% thu được dung dịch H2SO4 76,555%. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và CO2 không tan trong nước. Giá trị của a là A. 72%. B. 98%. C. 85%. D. 80%. Câu 24. Hòa tan hết 12,76 gam hỗn hợp gồm Mg, Al và Zn cần dùng 327 gam dung dịch HNO3 a% thu được 337,44 gam dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm N2O và N2 có tỉ khối so với He bằng 29/3. Cô cạn dung dịch X thu được 70,92 gam rắn khan. Giá trị của a là A. 21. B. 24. C. 18. D. 15. Câu 25. Cho hỗn hợp X chứa 56,9 gam gồm Fe, Al, FeO, Fe2O3 ,Fe3O4, Al2O3 và CuO. Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3 dư thấy có 2,825 mol HNO3 tham gia phản ứng thu được 208,7 gam muối và 2,24 lít khí NO duy nhất. Mặt khác từ hỗn hợp X ta có thể điều chế được tối đa m gam kim loại. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây A. 42. B. 44. C. 46. D. 48.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: A sơ đồ phản ứng: .

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Có khá nhiều hướng tiếp cận để giải nhanh bài tập này: ► Cách 1: đa số các bạn sẽ lập hệ khối lượng Fe(NO3)3 + Zn(NO3)2 bằng 129,3 gam và khối lượng Fe2O3 + ZnO bằng 48,3 gam → nFe = nZn = 0,3 mol. → quy đổi hỗn hợp về {0,3 mol Fe + 0,3 mol Zn + 0,3 mol O}. gọi số mol N2O và NO lần lượt là x, y mol. lập hệ thể tích và bảo toàn e ta có: x + y = 0,175 mol và 8x + 3y = 0,3 × 3 + 0,3 × 2 – 0,3 × 2 = 0,9 mol → x = 0,075 mol và y = 0,1 mol.

nHNO3 = 0,3 × 3 + 0,3 × 2 + 0,075 × 2 + 0,1 × 1 = 1,75 mol.

Q uy

Vậy lượng HNO3 đã dùng V = 1,75 ÷ 1 × 1,2 = 2,1 lít. Chọn đáp án A. ♥ (tránh quên lượng dùng dư 20 %).

Kè

►Cách 2: từ phản ứng nhiệt phân cuối: nNO2 = 4.nO2 mNO2 + nO2 = 129,3 – 48,3 → nNO2 = 4nO2 = 1,5 mol.

hơ

Bảo toàn nguyên tố Nito ta có số mol HNO3 cần dùng vừa đủ là

m /+

Theo đó, gọi nHNO3 = 2x mol → nH2O = x mol.

ạy

Nhìn vào quá trình, tinh ý chỗ nO trong hh khí X = nhh = 0,175 mol.

Áp bảo toàn nguyên tố O ta có: 0,3 + 2x × 3 = 1,5 × 3 + 0,175 + x → 2x = 1,75 mol. → V = 2,1 lít. Câu 2: C Sơ đồ quá trình phản ứng:

C + H2O → hh X = {H2; CO; CO2} || X + a mol Fe3O4; b mol CuO → 25,92 gam hh Y.

(2a + 0,5b) mol H2 + hh Y → {Fe; Cu} + H2O.

Gọi số mol {CO; H2} trong X là z mol → cần đúng z mol O trong oxit đề → {CO2; H2O}. → 160a + 80b = 25,92 + 16z (1). Lại có để chuyển hết (3a + b) mol O trong oxit → {CO2; H2O} thì cần vừa đủ z + 2a + 0,5b mol hh {CO; H2} → 3a + b = z + 2a + 0,5b ↔ a + 0,5b = z (2). Từ (1) và (2) ta có z = 0,18 mol. Đến đây có 2 hướng xử lí: ᴥ cách 1: thường các bạn sẽ tìm mối ràng buộc nữa thì C + H2O → CO + H2 || C + 2H2O → CO2 + 2H2. Bằng cách gọi số mol C ở các pt lần lượt là x, y mol → 2x + 3y = 0,2 mol và 2x + 2y = nhh CO + H2 0,18 mol. Giải tìm ra đáp án C. ♣. Theo hướng này có thể nhanh hơn như sau: nCO2 = 0,2 - z = 0,02 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Thay vào 2 phương trình trên cũng ra kết quả tương tự. ᴥ cách 2: có thể đi theo hướng sau: hiểu rõ vấn đề + rút gọn suy nghĩ, cần hình dung: C + H2O →....→.... cuối cùng sẽ thu được CO2 + H2O. như vậy 0,18 mol O là ở trong CO2 luôn → có 0,09 mol C. → trong Y có 0,09 mol CO và CO2 (bảo toàn C) → có 0,11 mol H2O → mY = 0,09 × 44 + 0,11 × 18 - 0,18 × 16 = 3,06 gam. → dY/H2 = 3,06 ÷ 0,2 ÷ 2 = 7,65.

hơ

Chọn đáp án C. ♣

Q uy

p/s: bài toán này khai thác điểm đặc biệt Fe2O3 và CuO có M = 160 và 80 + bản chất CO và H2 cùng nhận 1 O. Câu 3: C 5,6 lít H2 ⇄ 0,25 mol H2 ||→ thêm 0,25 mol O vào X.

từ 28 gam NaOH → có 0,35 mol Na2O → nCaO = 0,6 mol.

Lúc này có (51,3 + 0,25 × 16) gam 2 oxit là Na2O và CaO;

Kè

||→ Y gồm 0,7 mol NaOH và 0,6 mol Ca(OH)2. Quan tâm ∑nOH– = 1,9 mol và nCa2+ = 0,6 mol.

ạy

0,8 mol SO2 + 1,9 mol OH– → 0,8 mol SO32– + 0,3 mol OH–.

m /+

So sánh SO32– với Ca2+ ||→ có 0,6 mol tủa CaSO3 ||→ m = 0,6 × (40 + 80) = 72 gam. Chọn C. ♣.

► CaSO3 chứ không phải CaCO3 nhé. a tin là không ít bạn chọn A. :D. khoảng cách giữa 0 và 0,2 thật là gần @@

Câu 4: B từ 0,45 mol H2 quy đổi X về 84,7 gam hỗn hợp chỉ 2 oxit K2O và BaO.

Có ngay hệ:

HCl, H2SO4 cơ bản. Quan tâm ∑nH+ = 1,3 mol ||→ ∑nO trong oxit = 0,65 mol.

So sánh 0,4 mol Ba2+ và 0,35 mol SO42– ||→ tủa là 0,35 mol BaSO4. ||→ mtủa = 0,35 × 233 = 81,55 gam. Chọn B Câu 5: C Lúc đầu, 113,2 gam gồm 0,5 mol O và 105,2 gam {Na; Ba}. Từ 0,6 mol H2 → để chuyển hết 113,2 gam trên thành oxit hết cần thêm 0,6 mol O. Nghĩa là sau khi thêm có 122,8 gam hỗn hợp chỉ gồm x mol Na2O và y mol BaO.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ có hệ: ||→ X gồm 1 mol NaOH và 0,6 mol Ba(OH)2. Quan tâm ∑nOH– = 2,2 mol; nBa2+ = 0,6 mol. Phản ứng giữa 0,2 mol Al2(SO4)3 với dung dịch X. Cố định tròn đẹp 0,6 mol BaSO4. Còn lại 0,4 mol Al3+ với 2,2 mol OH–. thấy luôn 0,4 × 4 = 1,6 < 2,2 nên không có tủa Al(OH)3 ở đây! Vậy mtủa = 0,6 × 233 = 139,8 gam. Chọn đáp án C

hơ

Câu 6: B

Q uy

HD:

Kè

Mà ∑nMg = 28,8 ÷ 24 = 1,2 mol ||→ mỗi chất đều có 0,6 mol

số mol MgCl2 và MgSO4 bằng nhau (do số mol HCl gấp đôi số mol H2SO4 giả thiết)

||→ mmuối = m + 90,6 = 0,6 × (95 + 120) ||→ m = 38,4 gam ||→ mO trong oxit = 38,4 – 28,8 = 9,6 gam

ạy

và lượng này cũng chính là khối lượng của hỗn hợp O2, O3 đốt cháy.

m /+

Tập trung vào yêu cầu: tính trực tiếp luôn: V = 9,6 ÷ 20 ÷ 2 × 22,4 = 5,736 lít. Chọn đáp án B

Câu 7: D Câu 8: C dạng HNO3 cơ bản; HNO3 dùng dư; không muối amoni.

||→ tập trung vào sự thay đổi số oxi hóa.!

ne cho = ∑nNO3– trong muối = (285,3 – 49,7) ÷ 62 = 3,8 mol.

Oxi của oxit cũng dễ thấy luôn: nO trong oxit = (56,9 – 49,7) ÷ 16 = 0,45 mol. Các spk: MZ ≈ 36, 1 khí không màu hóa nâu là NO (M = 30) → khí không màu kia là N2O (M = 44). cũng từ Mtb trên → có x mol N2O thì ứng có 1,2x mol NO (sơ đồ đường chéo). ||→ phương trình bảo toàn electron: 3,8 = 0,45 × 2 + 8x + 3 × (1,2x) ||→ x = 0,25. Vậy yêu cầu: giá trị V = 2,2x × 22,4 = 12,32 lít. Chọn đáp án C Câu 9: A phản xạ: “kim loại, oxit + HNO3 thuần ||→ tập trung vào sự thay đổi số oxi hóa”; Xem xét: HNO3 dư; không muối amoni → ok không lọc lừa gì đây rồi.!

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Sản phẩm khử thấy có thể xác định được gồm 0,06 mol NO và 0,02 mol N2O. Gọi số mol Otrong oxit là x mol thì bảo toàn electron: ∑nNO3– trong X = 0,06 × 3 + 0,02 × 8 + 2x = 0,34 + 2x mol. ||→ phương trình: mmuối trong X = (23,28 – 16x) + (0,34 + 2x) × 62 = 83,24 ||→ x = 0,36 mol. Gọi số mol Mg; Fe lần lượt là a, b mol thì ∑ne cho = 2a + 3b = ∑nNO3– trong X = 1,06 mol. Lại có 24a + 56b = ∑mkim loại = 23,28 – 16x = 17,52.

Q uy

Nhưng! điều đó là không cần thiết

hơ

p/s: từ tỉ lệ b ÷ x = 0,24 ÷ 0,36 = 2 : 3 ||→ xác định được oxit là Fe2O3.

"tinh tế xử lí yêu cầu": %mFe2O3 = (1 – 24a ÷ 23,28) ≈ 82,47%. Chọn A. ♥.

Từ đó giải hệ được a = 0,17 mol và b = 0,24 mol.

Kè

Câu 10: A Có m = 24 × 4x gam Mg thì bảo toàn e có (x – 0,09) mol NH4NO3.

||→ có phương trình: 80 × (x – 0,09) + 148 × 4x = 6,5 × 24 × 4x → x = 0,15 mol → m = 14,4 gam.

ạy

Câu 11: C Hỗn hợp khí Y gồm 0,08 mol NO và 0,05 mol N2O.

m /+

Gọi số mol FeO là x thì 72x = m ||→ Mg có 3x mol. bảo toàn e → có (7x – 0,64).10 gam NH4NO3.

||→ mmuối = (70x – 6,4) + 444x + 242x = 9m + 6,56 ||→ x = 0,12 mol ||→ m = 8,64 gam. Chọn C.

Quá trình:

Câu 12: B Câu 13: A

BT nguyên tố N có ∑nNO3– trong muối kim loại = 1,68 – 0,16 – 2x = 1,52 – 2x mol (với x = nNH4NO3) Lại để ý: Otrong X = 0,16m ÷ 16 = 0,01m (mol). ||→ bảo toàn electron có ngay: 1,52 – 2x = 2 × 0,01m + 0,16 × 3 + 8x ||→ 5x + 0,01m = 0,52. Lại có, khối lượng muối: mmuối = 0,84m + (1,52 – 2x) × 62 + 80x = 3,73m. Giải hệ phương trình được x = 0,04 mol và m = 32 gam. Chọn đáp án A Câu 14: D

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn kim loại Mg + HNO3; không nhắc spk duy nhất → phản xạ: x mol muối amoni NH4NO3! • Bảo toàn electron: 0,6m ÷ 24 × 2 = 8x + 0,075 × 8 + 0,06 × 10 ||→ 0,05m – 8x = 1,2. • mmuối = nMg(NO3)2 + mNH4NO3 = (0,6m ÷ 24 + 0,4m ÷ 40) × 148 + 80x = 5,43m. Giải hệ được: x = 0,15 mol và m = 48 gam. Theo đó chọn D Câu 15: A Quy đổi 18,08 gam hỗn hợp rắn gồm 0,03 mol Fe (sinh H2↑); FeO; CuO và Fe2O3. HNO3 dùng dư, khí Y gồm 0,07 mol NO và 0,03 mol NO2. Theo bảo toàn electron

hơ

||→ nFeO + 3nFe = 3nNO + nNO2 ||→ nFeO = 0,15 mol.

Nhìn lại 18,08 gồm 0,03 mol Fe; 0,15 mol FeO; CuO và Fe2O3

Q uy

||→ X gồm 0,18 mol FeCl2 + CuCl2 + FeCl3.

||→ X + AgNO3 ||→ tủa gồm 0,18 mol Ag; ∑mtủa = 96,93 → nAgCl = 0,54 mol.

Kè

||→ nHCl = 0,54 mol → nO trong oxit = 0,54 ÷ 2 – 0,03 = 0,24 mol ||→ ∑mkim loại = 14,24 gam. ||→ mmuối = mkim loại + mCl = 14,24 + 0,54 × 35,5 = 33,41 gam. Chọn A

ạy

Câu 16: B Nhìn có vẻ phức tạp hơn VD 6 trong YT quy đổi một chút nhưng thực ra ở đây chỉ thêm mỗi

m /+

quá trình phản ứng với H2S; do có kim loại dư nên dung dịch Y chỉ chứa CuCl2 và FeCl2

||→ Y + HCl thu được tủa thì đó chỉ là CuS mà thôi (FeCl2 không tạo kết tủa)

||→ có 0,02 mol tủa CuS↓ hay có 0,02 mol CuCl2.

À, có nghĩa là cũng như các bài tập trên của chúng ta thôi, nhưng thay vì cho luôn 0,02 mol CuCl2 thì người ta ẩn đi bằng giả thiết quá trình. Đó chính là sự phát triển.!

Tiếp tục nào: để ý chia đôi hỗn hợp. Quy đổi có cụm CuO.3FeO với 0,04 mol (suy từ ½.lượng sinh 0,02 mol CuCl2) là lượng phản ứng với axit HCl ||→ mcụm = 0,04 × (232 + 64) = m – 0,1395m ||→ m ≈ 13,76 gam. Chọn đáp án B Câu 17: B Quy đổi 43,04 gam X gồm 7,68 gam Cu; x mol CuO và y mol FeO

phản ứng vừa đủ với 0,96 mol HCl ||→ hệ: Linh hoạt: YTHH 01 → số mol O trong Y đại diện cho số mol hỗn hợp Y luôn.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn nHNO3 = 1,76 mol → nH2O = 0,88 mol; muối gồm 0,22 mol Cu(NO3)2 và 0,38 mol Fe(NO3)3. ♦1: dễ nhất là cứ bảo toàn O cả phương trình ||→ nO trong Y = 0,48 + 1,76 × 3 – (0,38 × 3 + 0,22 × 2) × 3 – 0,88 = 0,14 mol. ♦2: bảo toàn O theo kiểu rút gọn (ghép cụm): nO spk = 0,18 × 3 – (0,88 – 0,48) = 0,14 mol. ♦3: bảo toàn electron ∑nNO3– trong muối = 1,58 mol ||→ nN spk = 0,18 mol. Bảo toàn electron có nO spk = [0,18 × 5 – (0,12 × 2 + 0,38 × 1)] ÷ 2 = 0,14 mol.

hơ

Hay giải hệ số mol NO và N2O; hay BTKL, ... rất rất nhiều hướng khác nhau để chúng ta có thể tiếp cận và giải quyết nó; tùy thuộc vào chủ đạo của các em là gì.!

Tóm lại, nY = 0,14 mol → V = 3,136 lít. Chọn đáp án B.

Q uy

Câu 18: C Phản xạ: quy đổi quá trình.!

Trước đó, chú ý phản ứng Cl2 + FeCl2 → FeCl3 nên 117 gam muối chính là 0,72 mol FeCl3.

Kè

||→ 50,88 gam hỗn hợp gồm 0,72 mol nguyên tố Fe và 0,66 mol nguyên tố O.

ạy

Quy đổi theo sản phẩm: 50,88 gam gồm 0,2 mol Fe (tạo 0,2 mol H2↑); x mol FeO và y mol Fe2O3.

m /+

Giải hệ (bảo toàn O và Fe):

Từ đó, xác định được dịch X chứa 0,44 mol FeCl2 và 0,28 mol FeCl3.

X phản ứng AgNO3 hỏi kết tủa ||→ quan tâm ở X là 0,44 mol Fe2+ sinh 0,44 mol Ag

và ∑nCl = 1,72 mol sinh 1,72 mol AgCl ||→ mtủa = 0,44 × 108 + 1,72 × 143,5 = 294,34 gam.

► Tuy nhiên, đây sẽ là một dạng riêng mà anh có đề cập đến ở đề cương của khóa học này, dạng bài tập đặc trưng liên quan đến Fe và AgNO3; hướng giải quyết sẽ đơn giản + tư duy suy luận hơn rất nhiều.

Có thể hình dung sơ qua bằng sơ đồ + ban bật giả thiết qua "→" như sau:

||→ tủa gồm 0,44 mol Ag và 1,72 mol AgCl. Nhưng sau này quen hơn nữa, bạn cũng chẳng cần làm thế, chỉ cần biết có 1,72 mol HCl và 0,72 mol Fe(NO3)3 là xác định ra có 0,72 × 3 = 2,16 mol Ag và 1,72 mol Cl

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

||→ mtủa = 2,16 × 108 + 1,72 × 35,5 = 294,34 gam. luôn.! ||→ chọn C Câu 19: B Trước hết là đọc vào đề nhận thấy đc nếu không chia thành 2 phần bằng nhau thì. mCR khi nung kết tủa đến KL k đổi = 18,4x2 = 36,8 gam nAg = nFe(2+) = 18,9x2 = 0,35 [Vì có nFe(2+) nên chứng tỏ nHNO3 đã phản ứng hết] --Đề hỏi là tính %mO/ hh 29,6 gam ban đầu. Nhận thấy đề cho nHNO3, cho nhh NO và N2O (Cùng có 1 oxi), Chứng minh đc HNO3 đã hết từ đó có đc nH2O = nHNO3/2 = 0,55 mol. => Giờ ta cần đi tính đc nNO3- còn trong muối để bảo toàn Oxi. => Ta cần bảo toàn Nito. Và cụ thể là NO3-/HNO3 ban đầu nó phân tán vào NO3-/Muối và trong các sản phẩm khử mà cụ thể ở đây là NO và N2O. => Ta muốn có đc số mol 2 khí. Nhưng hiện tại mới chỉ có 1 PT theo nNO và nN2O. Cảm giác là ta sẽ tìm đc 1 PT nữa theo bảo toàn e. --Cụ thể ta đi như sau. nO chênh lệch giữa 2 phần = 36,8 - 29,6 = 7,2 => nO còn thiếu để làm no hh Oxit = 7,2/16 = 0,45 mol Tức là để làm no hoàn toàn hh 29,6 gam đó thì số mol e cho tối đa = 2nO bị hụt = 0,9 mol. Nếu đặt nNO=a và nN2O=b khi bảo toàn e ta sẽ có PT: => 3a + 8b +nAg = 2nO <=> 3a+8b = 0,9-0,35 = 0,55 (1) Và 1 PT theo số mol hh là: a+b = 0,1 (2) => nNO = nN2O = 0,05 --Giờ bảo toàn Nito => nNO3-/Muối = 1,1 - nNO - 2nN2O = 0,95 => Bảo toàn Oxi ta sẽ có đc: nO/29,6 + nO/nHNO3 = nO/NO3-/Muối + nO/NO + nO/N2O + nO/H2O <=> nO/29,6 = 3nHNO3 + 3nNO3-/Muối + nNO + nN2O + nH2O <=> nO/29,6 = 0,95x3 + 0,1 + 0,55 - 1,1x3 = 0,2 => nO/29,6 = 0,2 => mO/29,6 => %O/29,6 ~= 10,81% --Ta thấy cái lợi là nếu bảo toàn e để tính số mol 2 khí thì khi hh ban đầu có thêm Fe3O4 hay FeO hay đồng thời các oxit sắt thì mình vẫn có thể giải đc. Câu 20: D Quan sát quá trình di chuyển của B là Fe2O3 → rắn E là 1.Fe2O3 + 3.BaSO4 nặng 85,9 gam

||→ nFe2O3 = 85,9 ÷ (160 + 3 × 233) = 0,1 mol. {FeS; FeS2} + {O2; N2} –––to–→ Fe2O3 + {N2; SO2; O2}. Nhạy cảm: SO2; O2! ||→ YTHH 01. Có x mol hỗn hợp khí A gồm 85,106% N2; và (100 – 85,106)% {SO2 + O2}.

||→ phương trình: ► Cách bấm máy: 0,85108 = Ans ||→ (Ans ÷ 4 – (1 – Ans)) = Ans

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ VA = 0,15 ÷ Ans × 22,4 = 52,64. Chọn.!

hơ

► "Bóc - tách" xử lí nhanh các bài toán nhỏ để loại trừ khỏi sơ đồ, làm gọn bài tập.!

Câu 21: D Câu 22: B Nào, cùng xem qua quá trình:

Q uy

♦bài tập nhỏ 1: + NaOH: quan sát sự chênh lệch khối lượng giữa 46,4 và 56,0 là 0,6 mol O;

sự xuất hiện chênh lệch này là do Fe + 1,5O → FeO1,5 ||→ nFe trong X = 0,6 ÷ 1,5 = 0,4 mol.

♦bài tập nhỏ 2: không có ion Cl– nên để tạo kết tủa với AgNO3 dư thì Y phải chứa ion Fe2+ với 0,45 mol.

ạy

Kè

Quan sát lại sơ đồ chính, vứt các giả thiết phụ kia đi cho gọn đẹp + viết giả thiết vào

m /+

||→ (quan sát!)3:

HNO3 cơ bản.! Quan tâm đến quá trình oxi hóa khử, thay đổi số oxi hóa để bảo toàn electron.!

Xem nào? 0,4 mol Fe → Fe2+, ok rồi.! nhưng có những 0,45 mol Fe2+ cơ mà; à vậy là còn cần thêm 0,025 mol Fe2O3 tham gia tạo Fe2+ nữa. Phần còn lại {Fe2O3; CuO} rõ phản ứng với HNO3 theo oxit + axit bình thường, không có sự thay đổi số oxi hóa. Rõ rồi.!

Bảo toàn electron có: 2nFe = 3nNO + 2nFe2O3 ||→ nNO = 0,25 mol. Biết được NO, mọi chuyện trở nên quá dễ dàng cho chúng ta rồi. Lập hệ số mol CuO và Fe2O3 trong phần còn lại và giải.! NHƯNG, như thế thì sao gọi là "tinh tế" và "linh hoạt" trong xử lí được.! Nào, (quan sat!)3. Để ý sự đặc biệt nữa của CuO và FeO1,5 đều cùng phân tử khối là 80 ||→ n{CuO + FeO1,5} = (46,4 – 0,4 × 56 – 0,025 × 160) ÷ 80 = 0,25 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Mà nO trong X = 1,8 ÷ 2 – 0,25 × 2 = 0,4 mol (theo ghép cụm H2O) ||→ nFeO1,5 = (0,4 – 0,25) ÷ (1,5 – 1) = 0,3 mol ||→ nCuO = 0,1 mol ||→ %mCuO trong X = 0,1 × 80 ÷ 46,4 ≈ 17,24%. Chọn B. ♦.! Sẽ rất là khó hiểu đấy.! Chỉ dành cho những bạn thích "tư duy bấm máy liền mạch". Còn nếu hiệu quả, các em cứ đi theo hướng trên, lập hệ và giải Câu 23: D Câu 24: A Mg, Al, Zn + HNO3; không nhắc spk duy nhất ||→ phản xạ x mol NH4NO3 (☠).

BTKL tất cả có mY = 12,76 + 327 – 337,44 = 2,32 gam.

Q uy

Kết hợp giả thiết tỉ khối ||→ Y gồm 0,04 mol N2O và 0,02 mol N2.

hơ

Thật chú ý giả thiết 337,44 gam dung dịch X nhé!.

m /+

ạy

Kè

► Nếu khó quan sát phương trình BTKL trên, hãy viết sơ đồ ra để rõ hơn. Xem nào!

HNO3 cơ bản, bảo toàn electron! Xem nào: 2 khí N2O; N2 biết rồi; amoni NH4NO3 cho là x mol;

nhưng Al, Mg, Zn chưa biết số mol? bảo toàn electron kiểu gì đây???

A, nhớ rồi, tính huống nhiều kim loại, muốn tính electron cho chúng ta dùng bảo toàn electron kiểu mới, thông qua gốc nitrat NO3– trong muối kim loại. Thật chú ý: trong muối kim loại nhé.! Đó cũng chính là lí do trong sơ đồ trên, chúng ta lại ghi NH4NO3 mà không phải là NH4+ và nhập NO3– vào gốc NO3– trong muối kim loại. ok rồi.!

• Bảo toàn electron: ∑nNO3– trong muối kim loại = 8nNH4NO3 + 8nN2O + 10nN2 = 8x + 0,52 mol. • khối lượng muối: mmuối = [12,76 + 62 × (8x + 0,52)] + 80x = 70,92 gam ||→ x = 0,045 mol. Theo đó, bảo toàn nguyên tố N có: nHNO3 = (8x + 0,52) + 2x + 2 × (0,04 + 0,02) = 1,09 mol. ||→ a% = 1,09 × 63 ÷ 327 = 21% ||→ giá trị của a = 21. Chọn đáp án A Câu 25: A HNO3 dùng dư nên trường hợp này có thể quy đổi X chỉ gồm m gam kim loại + x mol O thôi. có Al + HNO3, "nguy hiểm ☠" khí duy nhất, khác "spk duy nhất!" → tránh quên y mol NH4NO3. Bảo toàn electron có: ∑nNO3– trong muối kim loại = 8y + 2x + 0,3 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ||→ mmuối = m + 62 × (2x + 8y + 0,3) + 80y = 208,7 gam. Mặt khác: m + 16x = 56,9 gam và bảo toàn N có nHNO3 cần = 2x + 10y + 0,4 = 2,825 mol. Giải hệ phương trình được: m = 42,5 gam; x = 0,9 mol và y = 0,0625 mol. Chọn đáp án A. ♥. ► p/s: Hãy thử xem một phương án giải khác cho bài tập này.

Sơ đồ quá trình:

||→ nNH4NO3 = 0,0625 mol (theo bảo toàn H).

||→ m = 56, 9 – 0,9 × 16 = 42,5 gam. Tương tự chọn đáp án A. ♥.

Q uy

Ghép cụm "H2O": nH2O = nO trong oxit + 2nNO + 3nNH4NO3 → nO trong oxit = 0,9 mol.

hơ

"Nguyên tố + liền mạch": BTKL cả sơ đồ có nH2O = 1,2875 mol

p/s: Các em có nhận xét ntn về 2 lời giải? Cách 2 có vẻ tối ưu hơn?

Kè

Nhưng lúc nào chúng ta tiếp cận với hướng đó. rõ nó là HNO3 cơ bản?

m /+

ạy

Hãy cứ theo hướng cách 1 đã. Cách 2, qua tiếp các chuyên đề sau, sẽ rõ hơn.!

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 7 - Sáng tạo và phát triển hướng giải bài tập chuyên đề HNO₃ hỗn hợp axit và sản phẩm khử

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. Cho m gam Fe tan hết trong 400ml dung dịch FeCl3 1M thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được 68,92 gam chất rắn khan. Để hòa tan hết m gam Fe trên cần tối thiểu bao nhiêu ml dung dịch hỗn hợp H2SO4 0,2M và Fe(NO3)3 0,025M (sản phẩm khử N+5 là NO duy nhất)? A. 800 ml. B. 560 ml. C. 400 ml. D. 200 ml. Câu 2. Cho 8,64 gam Mg vào dung dịch hỗn hợp NaNO3 và H2SO4, đun nhẹ đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A; 1,792 lít (đktc) hỗn hợp khí B có khối lượng 1,84 gam gồm hai khí không màu có một khí hóa nâu và còn lại 4,08 gam chất rắn không tan. Cô cạn cẩn thận dung dịch A thu được m gam muối khan. Giá trị m là A. 31,5 gam. B. 29,72 gam. C. 36,54 gam. D. 29,80 gam. Câu 3. Cho 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2, Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 3,1 mol KHSO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat trung hòa và 10,08 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so với He là 23 : 18. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 15. B. 20. C. 25. D. 30. Câu 4. Cho 82,05 gam hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 (có tỉ lệ mol 2,3 :1 ) tan hoàn toàn trong dung dịch chứa đồng thời hai axit H2SO4 và NaNO3 thu được dung dịch Y chỉ chứa 3 muối và m gam hỗn hợp khí Z (trong đó có 0,2 mol khí H2). Cho BaCl2 dư vào Y có 838,8 gam kết tủa xuất hiện. Mặt khác cho 23 gam Na vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra thì thấy khối lượng dung dịch giảm 3,1 gam và dung dịch sau phản ứng không còn muối amoni nữa. Giá trị gần nhất với m là A. 16. B. 13. C. 12. D. 15. Câu 5. Cho hỗn hợp gồm Zn, Al phản ứng vừa đủ với dung dịch gồm HCl và 0,015 mol KNO3. Sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch X chứa 8,11 gam muối và 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu trong không khí. Biết rằng tỉ khối của Y so với H2 là 4,50. Khối lượng Al đã tham gia phản ứng là A. 0,945 gam. B. 0,540 gam. C. 0,675 gam. D. 0,810 gam. Câu 6. Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO3)2 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,725 mol H2SO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa 96,55 gam muối sunfat trung hòa và 3,92 lít (đktc) khí Z gồm hai khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so với H2 là 9. Phần trăm số mol của Mg trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 25. B. 15. C. 40. D. 30. Câu 7. Cho 35,68 gam hỗn hợp gồm Cu và hai oxit sắt vào dung dịch HCl loãng dư thu được dung dịch X có chứa 48,9 gam muối và còn lại 7,68 gam kim loại không tan. Mặt khác hòa tan hết 35,68 gam hỗn hợp

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

trên trong dung dịch chứa NaNO3 và HCl đun nóng, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối clorua có khối lượng m gam và thoát ra 0,08 mol khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Giá trị m gần nhất với A. 68. B. 70. C. 72. D. 75, Câu 8. Hòa tan 29,52 gam hỗn hợp rắn gồm FeSO4 và Cu(NO3)2 vào nước thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch X, đun nóng đến khi thấy khí NO ngừng thoát ra thì dừng lại, thu được dung dịch Y. Dung dịch Y hòa tan tối đa m gam Cu, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Z chứa 2 loại cation có số mol bằng nhau. Cô cạn dung dịch Z thu được lượng muối khan là (biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5) A. 36,56 gam. B. 22,96 gam. C. 24,88 gam. D. 32,64 gam. Câu 9. Cho m gam Mg vào 400 ml dung dịch hỗn hợp Fe(NO3)3 1M và H2SO4 0,5M đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X và 13,44 gam chất rắn Y kèm theo V lit khí NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 ở đktc. Giá trị của m và V lần lượt là A. 14,16 và 2,24. B. 12,24 và 2,24. C. 14,16 và 4,48. D. 12,24 và 4,48. Câu 10. Dung dịch loãng X chứa 8,82 gam H2SO4 và 10,152 gam Cu(NO3)2. Thêm m gam bột sắt vào dung dịch X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được một kim loại có khối lượng là 0,5m gam và chỉ tạo khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Giá trị của m là A. 6,696. B. 9,216. C. 6,45. D. 6,72. Câu 11. Trộn 58,75 gam hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2 và kim loại M với 46,4 gam FeCO3 được hỗn hợp Y. Cho toàn bộ Y vào lượng vừa đủ dung dịch KHSO4 thu được dung dịch Z chỉ chứa 4 ion ( không kể H+ và OH– của H2O) và 16,8 lít hỗn hợp T gồm 3 khí trong đó có 2 khí có cùng phân tử khối và 1 khí hóa nâu trong không khí. Tỉ khối của T so với H2 là 19,2. Cô cạn 1/10 dung dịch Z thu được m gam rắn khan. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 39,4. B. 38,0. C. 39,8. D. 39,7. Câu 12. Nhỏ từ từ 500 ml dung dịch H2SO4 1M loãng dư vào bình X chứa m gam hỗn hợp gồm Fe3O4 và Cu (được trộn theo tỉ lệ mol 1 : 2) khuấy đều thấy hỗn hợp tan dần và còn lại 3,84 gam chất rắn. Cho tiếp dung dịch chứa NaNO3 từ từ vào bình X (sau phản ứng của hổn hợp X với H2SO4) khuấy đều cho đến khi khí vừa ngừng thoát ra thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m và V lần lượt là A. 21,6 gam; 2,24 lít. B. 21,6 gam; 0,896 lít. C. 10,8 gam; 0,896 lít. D. 10,8 gam; 1,344 lít. Câu 13. Hòa tan hoàn toàn 1,44 gam Mg cần vừa đúng V lit dung dịch hỗn hợp NaHSO4 2M và NaNO3 0,3M thu được dung dịch X chứa m gam chất tan; hỗn hợp 2 khí không màu hóa nâu trong không khí có tỉ khối so với heli là 31/6. Giá trị đúng của V và gần đúng của m lần lượt là A. 0,1 và 27. B. 0,1 và 26. C. 0,075 và 19. D. 0,075 và 20

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

hơ

Câu 14. Hòa tan hết 13,48 gam hỗn hợp rắn gồm Mg và Fe(NO3)3 trong dung dịch chứa H2SO4 và a mol HNO3, sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chỉ chứa các muối có khối lượng m gam và 1,344 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm N2 và H2 có tỉ khối so với He bằng 3,75. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam rắn. Giá trị của m gần nhất với A. 45. B. 50. C. 47. D. 52. Câu 15. Hòa tan hết 8,0 gam hỗn hợp gồm Mg và MgO có tỉ lệ mol tương ứng 5 : 1 vào dung dịch chứa KHSO4 và NaNO3, thu được dung dịch X chỉ chứa các muối trung hòa và 1,12 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm N2 và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 8,8. Cô cạn dung dịch X thu được lượng muối khan là A. 107,46 gam. B. 108,94 gam. C. 103,90 gam. D. 107,10 gam.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT

Q uy

Câu 1: C Fe tan vào 0,4 mol FeCl3 ||→ mFe = mY – mFeCl3 = 68,92 – 0,4 × 162,5 = 3,92 gam.

Kè

Vậy có 0,07 mol Fe tham gia vào quá trình sinh NO là 4H+ + NO3– + 3e → NO + 2H2O;

ạy

từ tỉ lệ 16x ÷ 3x ||→ sau phản ứng oxi hóa khử; NO3– hết và còn dư H+ để sinh H2 như trên sơ đồ.

Phân tích được như thế thì thấy bài toán thực sự rất cơ bản và đơn giản:

m /+

chỉ là bảo toàn Fe có 0,07 + x = 8x → x = 0,01 mol

||→ thể tích cần bằng 0,01 ÷ 0,025 = 0,4 lít = 400ml Câu 2: D 1,84 ÷ 0,08 = 23 → có một khí là H2, khí kia là NO ||→ giải: 0,02 mol H2 và 0,06 mol NO Bảo toàn electron có ngay: nNH4+ = (2nMg – 3nNO – 2nH2) ÷ 8 = 0,02 mol.

||→ bảo toàn N có 0,08 mol NaNO3 → tương ứng 0,04 mol Na2SO4 (theo bảo toàn Na).

||→ muối trong A gồm 0,19 mol MgSO4; 0,04 mol Na2SO4 và 0,01 mol (NH4)2SO4

||→ mmuối = 29,80 gam. Câu 3: A BTKL cả quá trình tìm H2O; giải hệ số mol 2 khí; bảo toàn H ra số mol NH4+; bảo toàn N ra số mol Fe(NO3)2; bảo toàn O hoặc ghép cụm ra số mol O trong oxit hay chính là số mol Fe3O4). rõ ngay trong 66,2 gam chất rắn X, biết 2 chất rồi thì còn lại là mAl trong X = 10,8 gam ||→ Yêu cầu %mAl trong X = 16,31 % Câu 4: C giả thiết 3,1 gam là phần dung dịch giảm ||→ tập trung vào đó. (thể hiện trên sơ đồ). 1 mol Na đi về 0,5 mol Na2SO4; mà có những 3,6 mol SO42– và 2,15 mol Al3+. ||→ 1 mol Na → 1 mol NaOH, lượng OH này không thể còn dư để hòa tan Al(OH)3↓

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ||→ bảo toàn điện tích trong dd Y: nNa+ = 0,65 mol; bảo toàn nguyên tố H: nH2O = 3,2 mol. BTKL cả sơ đồ chính (HNO3) có: mZ = 12,1 gam Câu 5: D Y gồm 0,03 mol H2 và 0,01 mol NO. Để có H2 → phải hết NO3– trong dung dịch đã. Ở trên; nH2O = 2nNO + 3nNH4+ = 0,035 mol theo ghép cụm ||→ có 0,15 mol HCl theo bảo toàn H. ||→ Gọi số mol Zn, Al tương ứng là x và y mol thì có: 2x + 3y = 0,15 – 0,005 – 0,015 (theo bảo toàn điện tích trong X).

||→ có 0,075 mol Fe(NO3)2 theo bảo toàn N.

Q uy

Ghép cụm: nO trong oxit = nH2O – 2nNO – 3nNH4+ = 0,2 mol → nZnO = 0,2 mol.

hơ

Giải hệ được x = 0,02 mol và y = 0,03 mol. ||→ mAl phản ứng = 0,810 gam Câu 6: D bảo toàn khối lượng cả sơ đồ có nH2O = 0,55 mol ||→ bảo toàn H có 0,05 mol NH4+

Lại có: mmuối trong X = 65x + 27y + 0,015 × 39 + 0,005 × 18 + 0,15 × 35,5 = 81,1 gam.

Gọi số mol Mg, Al trong hỗn hợp X tương ứng là x và y mol; tiến hành thành lập các phương trình:

Kè

khối lượng hỗn hợp X: 24x + 27y + 0,2 × 81 + 0,075 × 180 = 38,55 gam.

ạy

Điện tích trong dung dịch Y: 2x + 3y + 0,2 × 2 + 0,075 × 2 + 0,05 = 0,725 × 2.

Theo đó, giải được x = 0,2 mol và y = 0,15 mol.

m /+

Yêu cầu: %số mol Mg trong X = 0,2 ÷ (0,2 + 0,15 + 0,2 + 0,075) = 32% Câu 7: B hỗn hợp đầu gồm 7,68 gam Cu và 28 gam {CuO; FeO} khi tác dụng HCl dư cho 48,9 gam muối.

Giải hệ số mol được nFeO = 0,3 mol và nCuO = 0,08 mol; 7,68 gam Cu ⇄ 0,12 mol Cu.

► Ghép cụm: nH2O = 2nNO + nO trong oxit = 0,54 mol ||→ nHCl = 1,08 mol.

||→ mmuối trong Y = mkim loại + manion Cl– = 0,3 × 56 + 0,08 × 23 + 0,2 × 64 + 1,08 × 35,5.

Kết quả m = 69,78 gam gần 70 nhất. Chọn đáp án B. ♦. ► p/s: sự lợi hại của ghép cụm - thuần bảo toàn nguyên tố. Nếu chúng ta muốn dùng bảo toàn electron thì sao? Sẽ là phức tạp hơn rất nhiều do với tình huống này, chúng ta chưa rõ Fe lên +3 hay +2 hay cả 2 nên sẽ cần bảo toàn electron kiểu mới, thông qua anion Cl–. Tuy nhiên, ∑Cl– trong Y gồm cả của NaCl nữa nên là phải cực kì cần thận + chú ý ! Ở đây: ne cho = ∑nCl– tạo muối với Fe; Cu = 3nNO + 2nO trong oxit = 1,0 mol. ||→ mmuối trong Y = 0,3 × 56 + 0,2 × 64 + 1,0 × 35,5 + 0,08 × 58,5 = 69,78 gam.! Câu 8: A Phản ứng: 3Fe2+ + 4H+ + NO3– → 3Fe3+ + NO + 2H2O. HCl vào X đến khi khí NO ngừng thoát ra thì dừng lại ||→ có 2 khả năng, Fe2+ hết hoặc NO3– hết.!

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

♦ TH1 NO3– hết; khi đó, nếu có 8x mol HCl thì tương ứng có 2x mol NO3– hay x mol Cu(NO3)2. đó chính là FeSO4 có thể coi như không tham gia quá trình và thực chất chỉ có quá trình 3Cu + 8H+ + 2NO3– → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O. ||→ 188x + 4x × 152 = 29,52 ||→ x ≈ 0,037 mol ||→ mmuối Z = 4x × (152 + 135) = 42,48 gam. ♦ TH2: Fe2+ hết; khi đó tương tự có 8x mol HCl thì tương ứng 6x mol Fe2+ hay 6x mol FeSO4. Cũng quan sát gộp cả quá trình và chú ý ở chỗ FeSO4 không thay đổi: Theo đó, 8x HCl → có 3x Cu như trên TH1 và từ 6x mol Fe

||→ ∑nCu2+ = 6x mol → Cu(NO3)2 cũng là 3x mol ||→ 6x × 152 + 3x × 188 = 29,52 → x = 0,02 mol.

hơ

||→ mmuối khan trong Z = 6x × 152 + 2x × 188 + 4x × 135 = 36,56 gam.

Q uy

Từ kết quả của 2 TH và 4 đáp án Câu 9: A ► 2 xử lí nhanh: ghép cụm để ra 0,1 mol NO → V = 2,24 lít và NO3– còn dư trong X là 1,1 mol.

và xử lí nữa trong "kim loại đẩy muối" khi dùng dãy điện hóa và phân tích

Kè

13,44 gam là 0,24 mol Fe → trong X thì Fe chỉ ở Fe2+ và số mol biết luôn là 0,16 mol.

ạy

Từ đó, đơn giản là bảo toàn điện tích trong X → nMg2+ = 0,59 mol → m = 14,16 gam Câu 10: D Câu 11: A ( Gợi ý suy luận: giải số mol 2 khí trước → hỗn hợp X như trên.

m /+

Ghép cụm: nH2O = 5nN2O + 2nNO + nFeO.CO2 = 1,25 mol → nKHSO4 = 2,5 mol.

||→ mmuối trong Z = mkim loại + manion SO42– = 393,85 gam.

||→ Yêu cầu: m = 1/10.Ans = 39,385 gam gần A nhất. Chọn A. ♥.

► Nếu tự luận + yêu cầu nhiều hơn như tìm M, chúng ta cũng hoàn toàn đáp ứng được:

mM = 22,75 gam; ion Mn+ có 0,7 mol → M : n = 65 ÷ 2 ||→ là kim loại Zn. Câu 12: A Quy đổi quá trình.! H2SO4 dùng dư nên rõ 3,84 gam chất rắn chỉ là Cu; phần Cu còn lại tan theo cụm Cu.Fe3O4 hay CuO.3FeO. ||→ m gam hỗn hợp gồm 0,06 mol Cu và Cu.Fe3O4; mà tỉ lệ ∑nCu ÷ ∑nFe3O4 = 2 : 1 ||→ rõ luôn có 0,06 mol Cu.Fe3O4 ||→ m = 21,6 gam gồm 0,12 mol Cu và 0,06 mol Fe3O4. Đến đây, xét toàn bộ quá trình, bảo toàn H có nH2O = 0,5 mol ||→ ghép cụm: nNO = (nH2O – nO trong oxit) ÷ 2 = 0,13 mol nNO = (nFe3O4 + 2nCu) ÷ 2 = 0,1 mol → V = 2,24 lít ||→ đáp án đúng cần chọn là A. ►# Thêm yêu cầu nếu đề hỏi khác: mmuối thu được trong dung dịch cuối cùng = 62,3 gam

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

gồm 0,05 mol Na2SO4; 0,12 mol CuSO4 và 0,09 mol Fe2(SO4)3 Câu 13: D Mhỗn hợp khí = 31/6 × 4 ≈ 20,7 và hóa nâu trong không khí → là NO và H2 cùng dung dịch → từ tỉ lệ CM ||→ gọi NaNO3 có 3x mol thì tương ứng NaHSO4 là 20x mol. Bảo toàn điện tích trong dung dịch X có NH4+ được biểu diễn theo x là (17x – 0,12) mol. Tiếp tục bảo toàn N → có (0,12 – 14x) mol khí NO; từ tỉ khối → có (0,06 – 7x) mol khí H2. Ghép cụm NO3 ||→ nH2O = 2nNO + 3nNH4+ = (23x – 0,12) mol.

hơ

Cuối cùng, bảo toàn H → 20x = 4 × (17x – 0,12) + 2 × (0,06 – 7x) + 2 × (23x – 0,12) ||→ x = 0,0075. Theo đó, V = 10x = 0,075 lít (loại A, B).

Q uy

Biết x → dung dịch X gồm 0,06 mol Mg2+; 0,1725 mol Na+; 0,0075 mol NH4 và 0,15 mol SO42–.

Vậy giá trị của m = 19,9425 gam Câu 14: B sau oxi hóa khử

Kè

đến Mg + Fe2+ sau đó mới đến Mg + H+ để tạo khí H2 thì Fe?+ là Fe2+.

ạy

||→ Bảo toàn electron có ngay: nNH4+ = (2nMg – 10nN2 – 2nH2 – 1nFe(NO3)3) ÷ 8 = 0,0425 mol.

||→ bảo toàn điện tích trong dung dịch X có ∑nSO42– = 0,40125 mol.

m /+

||→ m = mmuối trong X = Ans × 96 + 13,48 – 0,06 × 62 + 0,0425 × 18 = 49,045 gam.

♦2 Quan điểm khác, lộn xộn, không theo quy luật, trật tự. Lúc này chúng ta xét Fe?+ là Fe3+.

Tương tự, theo bảo toàn electron: nNH4+ = 0,045 mol ||→ ∑nSO42– = 0,4125 mol.

||→ m = Ans × 96 + 13,48 – 0,06 × 62 + 0,045 × 18 = 50,17 gam Câu 15: C nNH4+ = (2nMg – 10nN2 – 2nH2) ÷ 8 = 0,02 mol.

Bảo toàn N → có 0,08 mol NaNO3; vận dụng cách cân bằng cụm KH hoặc đơn giản hơn gọi số mol K2SO4 trong muối là x mol thì tương ứng có 2x mol KHSO4 ||→ bảo toàn gốc SO4 ||→ có 2x = x + (0,04 + 0,3 + 0,01) → x = 0,35 mol. (hay cách khác, ghép cụm nH2O = 6nN2 + 3nNH4 + nO trong oxit = 0,29 mol ||→ bảo toàn H có 0,7 mol KHSO4) Vậy, X gồm 0,35 mol K2SO4; 0,04 mol Na2SO4; 0,3 mol MgSO4 và 0,01 mol (NH4)2SO4. Theo đó, giá trị của mmuối khan trong X = 103,90 gam

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 6 - Sáng tạo và phát triển hướng giải bài tập chuyên đề HNO₃ hỗn hợp đầu và dung dịch sau phản ứng

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. Hòa tan hết hỗn hợp rắn gồm Fe3O4 và Cu trong dung dịch HCl loãng dư thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 61,92 gam hỗn hợp chứa 2 muối. Mặt khác hòa tan hết rắn trên trong 280 gam dung dịch HNO3 36,0% (dùng dư) thu được dung dịch Y. Cho từ từ đến hết 750 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y, lọc bỏ kết tủa, cô cạn dung dịch nước lọc, sau đó nung tới khối lượng không đổi thu được 100,6 gam rắn. Nồng độ C% của Fe(NO3)3 trong dung dịch Y là A. 27,82%. B. 28,32%. C. 28,46%. D. 27,54%. Câu 2. Hòa tan hết 5,28 gam hỗn hợp gồm Fe và Cu trong dung dịch chứa HNO3 và H2SO4 12,25%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chỉ chứa các muối sunfat có khối lượng 14,88 gam và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO và NO2. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 30,5 gam rắn khan. Nồng độ của muối Fe3+ trong dung dịch X có giá trị gần nhất với A. 3,5%. B. 4,5%. C. 5,0%. D. 5,5%. Câu 3. Hòa tan hết 16,72 gam hỗn hợp gồm Fe, Fe2O3 và Fe3O4 trong 120 gam dung dịch HNO3 a% thu được dung dịch X và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2 có tỉ lệ mol tương ứng 2 : 1. Cho từ từ đến hết 620 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thu được một kết tủa duy nhất có khối lượng 19,26 gam. Giá trị của a là A. 42,10%. B. 45,15%. C. 41,11%. D. 39,21%. Câu 4. Hòa tan hoàn toàn 13,93 gam hỗn hợp rắn gồm Fe, Fe3O4 và Cu trong dung dịch HNO3 loãng thu được dung dịch X; 1,25 gam rắn không tan và 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí (gồm NO; N2O) có tỉ khối so với H2 bằng 20,25. Cho NaOH dư vào dung dịch X. Lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 15,6 gam hỗn hợp rắn. Số mol HNO3 đã phản ứng là A. 0,40 mol. B. 0,42 mol. C. 0,50 mol. D. 0,46 mol. Câu 5. Hòa tan hết 21,2 gam hỗn hợp chứa Cu và Fe vào 200 gam dung dịch HNO3 44,1%. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X (không chứa ion NH4+). Cho 600 ml dung dịch KOH 1,7M vào dung dịch X, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 28,0 gam rắn khan. Phần dung dịch nước lọc đem cô cạn sau đó nung đến khối lượng không đổi thu được 84,67 gam rắn. Nồng độ phần trăm của Fe(NO3)3 có trong dung dịch X là A. 17,71%. B. 17,79%. C. 17,82%. D. 15,64%. Câu 6. Hòa tan hết 116,4 gam hỗn hợp gồm Fe, Fe3O4 và CuO trong 900 gam dung dịch HNO3 35,0%, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chỉ chứa các muối có khối lượng 373,0 gam và hỗn hợp khí Y. Cho dung dịch có chứa 4,75 mol NaOH vào dung dịch X, lọc bỏ kết tủa; phần dung dịch nước lọc đem cô cạn sau đó nung ở nhiệt độ cao tới khi khối lượng không đổi thu được 320,5 gam rắn. Phần trăm khối lượng oxi có trong Y là A. 30%. B. 47,76%. C. 60%. D. 35,82%.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 7. Hòa tan hoàn toàn 24,64 gam hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 trong dung dịch hỗn hợp gồm HCl 1M và H2SO4 0,5M (dùng vừa đủ) thu được 1,792 lít khí H2 (đktc) và dung dịch X. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 24,64 gam hỗn hợp A trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được 1,736 lít (đktc) hỗn hợp hai khí NO và N2O có khối lượng 2,57 gam. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m gần nhất với A. 54. B. 55. C. 56. D. 57. Câu 8. Để 17,92 gam phôi sắt ngoài không khí một thời gian thu được hỗn hợp X gồm Fe và các oxit Fe. Hòa tan hết X trong dung dịch HCl loãng dư thu được dung dịch Y chứa 44,9 gam muối và 1,792 lít khí H2 (đktc). Mặt khác hòa tan hết X trong 230 gam dung dịch HNO3 31,5% thu được dung dịch Z. Cho 620 ml dung dịch NaOH 1,5M vào dung dịch Z thu được 32,1 gam kết tủa duy nhất. Nồng độ C% của muối sắt có trong dung dịch Z A. 28,59%. B. 31,12% C. 31,36%. D. 31,74%. Câu 9. Thổi 17,92 lit CO qua 152,4 gam hỗn hợp gồm Fe2O3, Fe3O4 và CuO, trong đó tỉ lệ mol CuO : Fe3O4 là 2 : 3. Sau phản ứng thu được hỗn hợp khí X và rắn Y. Hòa tan Y cần vừa đủ 3,05 lít HNO3 2M và thu được 12,32 lít NO (spk duy nhất). Dẫn toàn bộ X qua 400ml hỗn hợp dung dịch NaOH 2M và Ca(OH)2 1M, sau phản ứng dung dịch chứa m gam muối. Phần trăm thể tích CO trong X và giá trị của m là A. 25,0% và 37,2. B. 33,3% và 37,2. C. 25,0% và 21,2. D. 33,3% và 21,2. Câu 10. Thổi 6,72 lít khí CO (đktc) qua ống sứ chứa hỗn hợp X gồm Fe3O4 và CuO nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He bằng 29/3. Phần rắn trong ống sứ cho tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được hỗn hợp khí gồm 0,14 mol NO và 0,06 mol NO2 (không còn sản phẩm khử nào khác). Khối lượng của Fe3O4 trong hỗn hợp X là A. 18,56. B. 16,24. C. 17,40. D. 20,88. Câu 11. Hòa tan hết 68,42 gam hỗn hợp gồm Al và Fe3O4 cần dùng 840 gam dung dịch HNO3 26,625% thu được dung dịch X và V lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O có tỉ khối so với He bằng 137/15. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X, đun nóng, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 62,4 gam rắn. Giá trị của V là A. 4,48. B. 2,24. C. 8,96. D. 3,36. Câu 12. Hòa tan hết 14,88 gam hỗn hợp gồm Mg, Al và Zn trong dung dịch HCl loãng dư thấy thoát ra 10,304 lít khí H2 (đktc). Mặt khác cũng hòa tan hết m gam hỗn hợp trên trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Y chứa 74,32 gam muối và hỗn hợp khí gồm 0,06 mol khí A và 0,02 mol khí B. Số mol HNO3 phản ứng là A. 1,03. B. 1,25. C. 1,14. D. 0,92. Câu 13. Đốt cháy hoàn toàn 12,78 gam hỗn hợp gồm Fe, Al, Zn trong khí Cl2 dư thu được 38,34 gam hỗn hợp muối. Mặt khác hòa tan hết 12,78 gam hỗn hợp trên trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X chứa 60,22 gam muối và hỗn hợp khí Y gồm 2 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối của Y so với He bằng 9,4. Số mol HNO3 đã phản ứng là A. 0,89.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

B. 0,82. C. 0,79. D. 0,94. Câu 14. Đốt cháy 10,08 gam Mg trong oxi một thời gian thu được m (gam) hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X trong dung dịch gồm HCl 0,9M và H2SO4 0,6M thu được dung dịch chỉ chứa các muối có khối lượng 3,825m (gam). Mặt khác hòa tan hết 1,25m (gam) X trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Y chứa 82,5 gam muối và hỗn hợp khí Z gồm N2 và 0,015 mol khí N2O. Số mol HNO3 phản ứng là A. 1,23. B. 1,20. C. 1,11. D. 1,15. Câu 15. Đốt cháy 65,4 gam hỗn hợp rắn A gồm Mg, Fe, Zn bằng oxi một thời gian thu được hỗn hợp rắn B chứa các kim loại và oxit của nó. Chia hỗn hợp rắn B làm 2 phần bằng nhau: – phần 1: tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thu được 7,28 lít H2 (đktc) và dung dịch chứa 96,78 gam muối. – phần 2: tác dụng với dung dịch HNO3 loãng (lấy dư 40% so với phản ứng), kết thúc phản ứng thu được 2,352 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO và N2O có tỉ lệ mol tương ứng 11 : 10. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 124,6 gam muối khan. Số mol HNO3 đã dùng là A. 1,655 mol. B. 2,648 mol. C. 1,986 mol. D. 2,317 mol. Câu 16. Hòa tan hết 96,4 gam hỗn hợp rắn A gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 trong dung dịch chứa HCl 0,6M và H2SO4 0,2M thu được dung dịch B chỉ chứa các muối có khối lượng 203,65 gam. Mặt khác hòa tan 96,4 gam hỗn hợp rắn A trên cần dùng 630 gam dung dịch HNO3 a% thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của a% là A. 38,0%. B. 39,0%. C. 38,5%. D. 37,5%. Câu 17. Dẫn luồng khí CO đi qua hỗn hợp gồm CuO, Fe2O3, Al2O3 và ZnO đun nóng, sau một thời gian thu được chất rắn X và hỗn hợp khí Y. Cho Y lội chậm qua bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư, kết thúc phản ứng thu được 49,25 gam kết tủa. Cho toàn bộ X phản ứng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc nóng, kết thúc các phản ứng thu được V lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Giá trị của V là A. 4,48. B. 3,36. C. 6,72. D. 5,60. Câu 18. Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng hỗn hợp gồm Al2O3 và Fe2O3 nung nóng. Sau một thời gian thu được 29,0 gam chất rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 và Al2O3. Để phản ứng hoàn toàn với X cần dùng 120 gam dung dịch HNO3 87,15% thu được 7,616 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất ở điều kiện chuẩn). Phần trăm khối lượng của Al2O3 trong hỗn hợp X là A. 28,14%. B. 24,62%. C. 19,29%. D. 21,10%. Câu 19. Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ được hỗn hợp khí G gồm CO2, CO và H2. Toàn bộ lượng khí G qua Fe2O3 dư, to thu được x mol Fe và 10,8 gam H2O. Cho x mol sắt tan vừa hết trong y mol H2SO4 thu được dung dịch chỉ có 105,6 gam muối và khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất. Biết y = 2,5x, giả sử Fe2O3 chỉ bị khử về Fe. Phần trăm thể tích gần đúng của CO2 trong G là A. 14,30%. B. 19,60%. C. 13,05%. D. 16,45%.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 20. Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ thu được hỗn hợp X gồm CO2, CO, H2, H2O. Dẫn X đi qua 25,52 gam hỗn hợp Fe3O4 và FeCO3 nung nóng thu được chất rắn Y gồm Fe, FeO, Fe3O4; hơi nước và 0,2 mol CO2. Chia Y thành 2 phần bằng nhau: – Phần 1: Hòa tan hết trong dung dịch chứa a mol HNO3 và 0,025 mol H2SO4 thu được 0,1 mol khí NO duy nhất. – Phần 2: Hòa tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch chứa hai muối có số mol bằng nhau và 0,15 mol khí SO2 duy nhất. Giá trị của a là A. 0,40 mol. B. 0,45 mol. C. 0,35 mol. D. 0,50 mol. Câu 21. Hòa tan hết 11,32 gam hỗn hợp gồm Mg, Al và Zn trong dung dịch HCl loãng dư thu được dung dịch X chứa 38,3 gam muối. Mặt khác hòa tan hết 11,32 gam hỗn hợp trên trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Y và 1,792 lít (đktc) hỗn hợp khối Z gồm hai khí không màu; trong đó có một khí hóa nâu. Tỉ khối của Z so với He bằng 9,25. Số mol HNO3 phản ứng là A. 1,10. B. 0,88. C. 1,24. D. 0,96. Câu 22. Hỗn hợp rắn A gồm Mg, Al, Zn và Cu. Chia m gam hỗn hợp A làm 2 phần bằng nhau: • Phần 1: hòa tan trong dung dịch H2SO4 loãng dư thu được 1,232 lít H2 (đktc) và 1,92 gam rắn không tan. • Phần 2: tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 0,336 lít (đktc) khí X duy nhất và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được (0,5m + 11,04) gam muối khan. Khí X là A. NO2. B. NO. C. N2. D. N2O. Câu 23. Chia hỗn hợp X gồm Fe và FeO thành hai phần bằng nhau. Phần 1 phản ứng vừa đủ với 0,1 mol HCl. Phần 2 đem hòa tan hết trong 15 gam dung dịch H2SO4 98% đun nóng thu được dung dịch Y và 1,232 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Nồng độ % của H2SO4 trong dung dịch Y là A. 13,07 %. B. 13,42%. C. 10,82%. D. 12,47%. Câu 24. Hòa tan hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp ba kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra 13,44 lít khí (đktc); nếu cho 34,8 gam hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch CuSO4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nóng, dư thu được V lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị V là A. 53,76. B. 11,20. C. 26,88. D. 22,4. Câu 25. Chia 35,7 gam hỗn hợp A gồm kim loại R (có hóa trị không đổi) và oxit của nó làm 2 phần bằng nhau. - Phần 1 tác dụng với dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được dung dịch chứa 34 gam muối và 3,36 lit khí thoát ra ở đktc. - Phần 2 tác dụng với dung dịch HNO3 dư, sau phản ứng thu được dung dịch Y, và thoát ra 0,5376 lit khí X duy nhất (ở đktc), cô cạn dung dịch Y được 47,85 gam muối. Khí X là A. NO2. B. NO. C. N2. D. N2O.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 26. Cho 1 lượng bột Fe tan hết trong dung dịch chứa HNO3, sau khí phản ứng kết thúc thì thu được 2,688 lít NO (đktc) và dung dịch X. Thêm dung dịch chứa 0,3 mol HCl (loãng) vào lọ thì thấy khí NO tiếp tục thoát ra và cuối cùng thu được dung dịch Y. Để phản ứng hết với các chất trong dung dịch Y cần vừa hết 650 ml dung dịch KOH 1M. (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5). Khối lượng muối có trong X là A. 29,04 gam. B. 29,6 gam. C. 32,4 gam. D. 21,6 gam. Câu 27. Hòa tan hoàn toàn m gam bột sắt bằng dung dịch H2SO4, sau phản ứng thu được dung dịch X và 2,464 lít khí SO2 (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất của H2SO4). Cho dung dịch NaOH đến dư vào X thu được kết tủa Y. Lọc kết tủa đem nung trong bình kín (không có không khí) đến phản ứng hoàn toàn thu được 6,8 gam chất rắn. Giá trị của m là A. 5,04. B. 4,76. C. 5,30. D. 4,69. Câu 28. Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Cu vào dung dịch HNO3, thu được dung dịch Y, có 4,48 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm NO và NO2 (có tỉ khối so với hiđro bằng 19) thoát ra và còn lại 6 gam kim loại không tan. Cho dung dịch KOH dư vào dung dịch Y, lọc tách kết tủa và nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 80 gam chất rắn. Thành phần phần trăm về khối lượng của Cu trong hỗn hợp X là A. 38,72%. B. 61,28%. C. 59,49%. D. 40,51%. Câu 29. Cho 0,2 mol Fe tác dụng với 1,2 mol HNO3, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X (không chứa muối amoni) và hỗn hợp 2 khí có tỉ lệ 1 : 3. Cho X tác dụng với 1 mol dung dịch NaOH, sau đó lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y sau đó nung đến khối lượng không đổi thu được 63,2 gam chất rắn. Xác định hai khí đó A. NO và NO2. B. N2O và NO2. C. N2 và NO. D. N2O và NO. Câu 30. Hòa tan hết 12,4 gam hỗn hợp gồm Fe và Fe2O3 bằng dung dịch chứa 0,32 mol H2SO4 và 0,09 mol NaNO3, thu được dung dịch Y và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO và NO2 (không còn sản phẩm khử nào khác). Cho 600 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch Y thu được 18,19 gam kết tủa duy nhất. Nếu cho 250 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thu được m gam kết tủa. Giá trị m gần nhất với A. 73 gam. B. 74 gam. C. 72 gam. D. 75 gam. ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: B YTHH 03: cụm Cu.Fe3O4 mới sinh 2 muối CuCl2 và FeCl2 → có 0,12 mol Cu.Fe3O4. Natri đi về đâu, NaOH xử lí dung dịch sau phản ứng đặc trưng: 1,5 mol NaOH đi về 1,4 mol NaNO3 và còn dư 0,1 mol NaOH nữa. ||→ ∑nNO3– trong Y = 1,4 mol. Mà trong Y đã sẵn có

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,36 mol Fe(NO3)3 và 0,12 mol Cu(NO3)2 ||→ HNO3 dư 0,08 mol. bảo toàn nN spk = 0,2 mol; ghép cụm nO spk = 0,2 × 3 – (0,76 – 0,48O trong oxit) = 0,32 mol. ||→ mspk = 7,92 gam ||→ mdd Y = 307,6 gam ||→ C%Fe(NO3)3 trong Y ≈ 28,32%. Câu 2: C YTHH số 01: từ nN trong khí = 0,1 → có 0,1 mol HNO3. giữa 5,28 gam và 14,88 gam ||→ ∑nSO42– trong muối = (14,88 – 5,28) ÷ 96 = 0,1 mol. Theo đó, trong 30,5 gam đã có 0,1 mol BaSO4 ||→ m(CuO + Fe2O3) = 7,2 gam.

hơ

nFe2+ = 0,04 mol và nFe3+ = 0,02 mol ⇄ có 0,01 mol Fe2(SO4)3 trong X.

?+ là trung bình của Fe2+ và Fe3+. Lúc này đã đủ giả thiết để giải ra:

kết hợp m(Cu + Fe) = 5,28 gam ||→ có nFe = 0,06 mol và nCu = 0,03 mol.

Q uy

đã dùng YTHH 01 quy luôn spk có 0,1 mol N và x mol O; bảo toàn electron có:

5nN spk = 2nSO42– trong muối + 2nO spk ||→ nO spk = 0,15 mol → mspk = 3,8 gam.

ạy

||→ C%Fe2(SO4)3 = 0,01 × 400 ÷ Ans ≈ 4,91%. Câu 3: B hỗn hợp khí Y gồm 0,06 mol NO và 0,03 mol NO2

Kè

Theo đó, mdung dịch X = 0,1 × 98 ÷ 0,1225 + 5,28 – 3,8 = 81,48 gam

m /+

HNO3 chưa rõ ||→ phản xạ Fe sẽ có 2 TH. nào xem xét: Nếu Fe lên Fe(NO3)2 ||→ nFe(NO3)2 = 19,26 ÷ (56 + 17 × 2) = 0,214 mol; mà dùng 0,62 mol NaOH

||→ chứng tỏ 16,72 gam gồm 0,214 mol Fe và 0,296 mol O.

có 2nFe – 2nO = – 0,164; 3nNO + nNO2 = 0,21

||→ theo bảo toàn electron thì rõ TH này không thỏa mãn. ! Loại.

♦ TH2: Fe chỉ lên Fe3+ thôi. Khi đó, tủa duy nhất là 0,18 mol Fe(OH)3.

lại có đã dùng 0,62 mol NaOH → chứng tỏ có 0,08 mol HNO3 còn dư để phản ứng trước đó. Theo đó, bảo toàn electron: 2y – 2x = 0,06 × 3 + 0,03 và 56y + 16x = 16,72 gam. Giải hệ được x = 0,24 mol và y = 0,23 mol ||→ ∑nHNO3 = 0,08 + 0,23 × 3 + 0,09 = 0,86 mol ||→ a = C%HNO3 = Ans × 63 ÷ 120 ≈ 45,15%. Câu 4: D ►1 Thông thường, đơn giản: gọi số mol x, y, z lần lượt là số mol của Fe, Fe3O4 và Cu. • Khối lượng: 12,68 gam = 56x + 232y + 64z. • bảo toàn electron HNO3: 2x – 2y + 2z = 0,01 × 3 + 0,03 × 8. • khối lượng oxit cuối cùng: 15,6 gam = ½.(x + 3y) × 160 + 80z.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ giải hệ được x = 0,05 mol; y = 0,015 mol và z = 0,1 mol. ||→ có 0,095 mol Fe(NO3)2 và 0,1 mol Cu(NO3). Bảo toàn N → ∑nHNO3 = 0,46 mol. Chọn D. ♠. ►2: linh hoạt và sử dụng tinh tế các YTHH hóa học.! Xem nào: 12,68 tăng lên 15,6 gam là do 0,1825 mol O. Nghĩa là để chuyển hỗn hợp 12,68 gồm kim loại và oxit lên Fe3+ và Cu2+ thì cần 0,365 mol electron. Mặt khác, ước gì muối trong X là Fe(NO3)3 thì cũng để chuyển

Q uy

||→ đến đây bảo toàn N: có ngay ∑nHNO3 = 0,46 mol Câu 5: C KOH xử lí dung dịch sau phản ứng với đặc trưng cô cạn và nung.!

hơ

Từ 15,6 gam có 0,095 mol FeO1,5 rồi → còn 0,1 mol Cu nữa

||→ sự thiệt giữa 0,365 và 0,27 là do 0,095 mol Fe (3+ với 2+ chúng ta ước).

hỗn hợp 12,68 gồm kim loại và oxit lên Fe3+ và Cu2+ cần (0,01 × 3 + 0,03 × 8 = 0,27 mol).

Kè

||→ cách xử lí: có 1,02 mol KOH nếu chỉ đi về 1,02 mol KNO3 thì ít nhất trong 84,67 gam rắn

ạy

phải chứa 1,02 mol KNO2; mà 1,02 × (39 + 46) = 86,7 > 84,67 rồi.!

||→ 1,02 mol KOH đi về KNO3 và còn dư KOH sau phản ứng.!

m /+

Giải hệ số mol và tổng khối lượng {KOH + KNO2} (= 84,67 gam) được kết quả: nKOH dư = 0,07 mol và nKNO3 = 0,95 mol.

||→ chứng tỏ 21,2 gam (Cu; Fe) đã chuyển hết thành 28 gam chất rắn khan (CuO và Fe2O3).

||→ giải hệ được nCu = 0,2 mol và nFe = 0,15 mol.

Tiếp: có 1,4 mol HNO3 mà trong dung dịch, ∑nNO3– = 0,95 mol (đi về KNO3);

3nFe3+ + 2nCu2+ = 0,85 mol → đúng là Fe đã lên Fe3+ và còn dư 0,1 mol HNO3 trong X.

Nhanh: bảo toàn N → nN spk = 0,45 mol; nH2O = (1,4 – 0,1) ÷ 2 = 0,65 mol (bảo toàn H). Ghép cụm "H2O" ||→ nO spk = 0,45 × 3 – 0,65 = 0,7 mol. ||→ mspk = 17,5 gam. ||→ mdung dịch X = 21,2 + 200 – 17,5 = 203,7 gam. ||→ C%Fe(NO3)3 trong X = 0,15 × 242 ÷ 203,7 ≈ 17,82%. Câu 6: B Dạng đặc trưng NaOH rồi: 4,75 × (23 + 46) = 327,75 > giả thiết 320,5 ||→ nghĩa là sao? Nghĩa là 4,75 mol NaOH dùng không chuyển hết về NaNO3 mà còn dư NaOH nữa như sơ đồ. Giải hệ số mol NaOH, NaNO3 có ngay nNaOH = 0,25 mol và nNaNO3 = 4,5 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn nghĩa là ∑nNO3– trong muối X = 4,5 mol ||→ mFe + Cu = 373 – 4,5 × 62 = 94 gam. ||→ nO trong oxit = (116,4 – 94) ÷ 16 = 1,4 mol. ||→ Áp dụng bảo toàn nguyên tố O: ||→ nO trong Y = 1,4 + 5 × 3 – 4,5 × 3 – 2,5 = 0,4 mol. || Áp dụng bảo toàn khối lượng cả phương trình: mhỗn hợp Y = 116,4 + 5 × 63 – 373 – 2,5 × 18 = 13,4 gam. Vậy %mkhối lượng oxi có trong Y = 0,4 × 16 ÷ 13,4 ≈ 47,76%. Câu 7: B Quan sát: cả 2 bài tập đều cơ bản ||→ tách chúng ra và xử lí: ♦ HNO3 cơ bản giả thiết đã đầy đủ: 24,64 gam hỗn hợp A gồm x mol Fe và y mol O.

hơ

Giải hỗn hợp 2 khí spk gồm 0,06 mol NO và 0,0175 mol N2O .

Bảo toàn electron thì: 3x + 2y = 0,06 × 3 + 0,0175 × 8. lại có 56x + 16y = 24,64 gam.

Q uy

Giải hệ được x = 0,34 mol và y = 0,35 mol.

♦ kim loại, oxit tác dụng axit HCl, H2SO4 loãng: dung dịch chứa 2x mol HCl và x mol H2SO4

sản phẩm gồm 0,08 mol H2 và 0,35 mol H2O

Kè

||→ ∑nH = 0,86 mol. ||→ nHCl = 0,43 mol và nH2SO4 = 0,215 mol. Theo đó,

ạy

Khối lượng muối khan thu được m = 0,34 × 56 + 0,43 × 35,5 + 0,215 × 96 = 54,945 gam. Câu 8: C có 0,32 mol Fe → có 0,76 mol Cltrong muối → HCl → H2O → nO trong oxit = 0,3 mol.

m /+

NaOH xử lí dung dịch sau phản ứng: tủa duy nhất là 0,3 mol Fe(OH)3 (so với 0,32 mol Fe ban đầu)

||→ nghĩa là 0,93 mol NaOH dùng trước đó đã phản ứng với 0,03 mol HNO3 dư trong Z rồi.

có ∑nHNO3 phản ứng = 1,12 mol → nH2O là 0,56 mol và nN spk = 0,16 mol (bảo toàn N)

→ nO spk = 0,22 mol (theo ghép cụm) → mspk = 5,76 gam.

||→ mdung dịch Z = 246,96 gam → C%Fe(NO3)3 = 0,32 × 242 ÷ Ans ≈ 31,36 %. Câu 9: C Giải bài tập HNO3: có 2 hướng xử lí sau ♦1: từ 6,1 mol HNO3 → có 3,05 mol H2O, ghép cụm H2O ||→ nO trong Y = (nH2O – 2nNO) = 1,95 mol. ♦2: bảo toàn N có ∑nNO3– trong muối = 5,55 mol. bảo toàn electron có: nO trong Y = (∑nNO3– trong muối – 3nNO) ÷ 2 = (5,55 – 0,55 × 3) ÷ 2 = 1,95 mol. Tiếp: gọi số mol các chất như trên thì nFe trong Y = 2x + 9y (mol) và nCu trong Y = 2y (mol). bảo toàn điện tích trong Y: 3(2x + 9y) + 4y = 5,55 mol. Mặt khác, khối lượng hỗn hợp đầu: 152,4 gam = 160x + (233 × 3 + 80 × 2).y. Giải hệ được x = y = 0,15 mol. Đến đây, lại có 2 hướng xử lí:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

♦1: nO trong hỗn hợp ban đầu = 2,55 mol; nO trong Y = 1,95 mol ||→ nO bị CO lấy = 0,6 mol ||→ X gồm 0,6 mol CO2 và 0,2 mol CO → %VCO trong X = 25,0%. Bảo toàn electron cả quá trình: 2nCOphản ứng + nFe3O4 = 3nNO ||→ nCO phản ứng = 0,6 mol. Đây chính là 0,6 mol CO2 được sinh ra trong X → kết quả tương tự.! ► Câu hỏi 2: 0,6 mol CO2 phản ứng 0,8 mol NaOH và 0,4 mol Ca(OH)2 → dung dịch chứa ? gam muối.

hơ

CaCO3 là kết tủa → muối trong dung dịch chỉ là 0,2 mol Na2CO3 ||→ m = 21,2 gam Câu 10: A Hỗn hợp khí Y gồm 0,1 mol CO và 0,2 mol CO2.

Cơ bản: kết quả 0,4 mol CaCO3↓ với 0,2 mol Na2CO3 và còn dư 0,4 mol NaOH.

Q uy

cho electron gồm: CO; Fe3O4 || nhận electron gồm NO và NO2.

Xét toàn bộ quá trình cho nhận electron:

||→ bảo toàn electron: nFe3O4 = (1nNO2 + 3nNO2 – 2nCO) ÷ 1 = 0,08 mol.

ạy

Kè

||→ mFe3O4 = 0,08 × 232 = 18,56 gam Câu 11: D Chất rắn cuối chỉ có Fe2O3 với 0,39 mol → ban đầu có 0,3 mol Al và 0,26 mol Fe3O4.

Gọi số mol NO là 8x mol thì N2O là 7x mol; số mol NH4NO3 là y mol.

m /+

Lập hệ: bảo toàn e: 3nFe + nFe3O4 = 3nNO + 8nN2O + 8nNH4NO3 ⇄ 80x + 8y = 1,16. Lại theo bảo toàn nguyên tố N: 22x + 2y + 3,24 = 3,55

||→ x = 0,01 mol; y = 0,045 mol ||→ giá trị của V = 0,15 × 22,4 = 3,36 lít. Câu 12: C Bộ ba Mg, Al, Zn không thay đổi hóa trị nên trong phản ứng HCl, HNO3 không có gì đặc biệt (giống Fe) ||→ đại diện 3 kim loại bằng M hóa trị n ∑nCl– trong muối kim loại = ∑nNO3– trong muối kim loại = 0,92 mol. ||→ mmuối nitrat kim loại = 14,88 + 0,92 × 62 = 71,92 gam.

||→ Trong Y có chứa 0,03 mol muối amoni nitrat NH4NO3 nữa. Yêu cầu ở bài tập HNO3 ||→ phản xạ bảo toàn electron → tìm sự thay đổi số oxh. Gọi số electron cho của spk A, B lần lượt là a, b (a,b nguyên dương) thì có ngay pt bảo toàn e: 0,06a + 0,02b + 0,03 × 8 = ne cho = ∑nNO3– trong muối kim loại = 0,92 mol. ⇄ rút gọn phương trình nghiệm nguyên 3a + b = 34. Lại để ý a, b chỉ có thể là (1; 3; 8; 1). ||→ thấy ngay và luôn cặp (a; b) = (8; 10) thỏa mãn ⇄ A là N2O và B là N2. Theo đó, số mol HNO3 = (0,06 + 0,02) × 2 + 0,03 + 0,92 = 1,14 mol (theo bảo toàn N). Câu 13: A

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Theo đó, ∑nNO3– trong muối kim loại = 2nCl2 = 0,72 mol. ||→ mmuối nitrat kim loại = 12,78 + 0,72 × 62 = 57,42 gam. ||→ nNH4NO3 = (60,22 – 57,42) ÷ 80 = 0,035 mol. ► Bảo toàn e có: (3 × 8 + 2 × 10).x + 0,035 × 8 = 0,72 → x = 0,01 mol. Theo đó, bảo toàn nguyên tố N có số mol nHNO3 = 10x + 0,035 × 2 + 0,72 = 0,89 mol. Câu 14: A để ý trong cùng dung dịch nên từ nồng độ ||→ tỉ lệ nCl : nSO4 = 3 : 2.

hơ

có 0,18 mol MgCl2 và 0,24 mol MgSO4 ||→ mmuối = 0,18 × 95 + 0,24 × 120 = 3,825m

Q uy

||→ m = 12 gam ||→ 12 gam X gồm có 0,42 mol Mg và 0,12 mol O. ♦ Nhìn HNO3 cơ bản: thật chú ý lúc này dùng 1,25m gam X + HNO3

Thêm nữa, 0,42 mol Mg chia cho dung dịch chỉ chứa 2 muối MgCl2 và MgSO4 nên

Nghĩa là lúc này X gồm 0,375 mol Mg và 0,15 mol MgO.

||→ trong 82,5 gam muối đã có 0,525 mol Mg(NO3)2 rồi ||→ còn 0,06 mol NH4NO3 nữa.

Kè

Bảo toàn electron ||→ nN2 = (2nMg – 8nNH4NO32 – 8nN2O) ÷ 10 = 0,015 mol.

ạy

Vậy nHNO3 đã phản ứng = 1,23 mol Câu 15: D : Chia đỗi hỗn hợp → đồng nhất số liệu: lấy chuẩn mA = 65,4 ÷ 2 = 32,7 gam.

m /+

• Xử lí H2SO4 loãng cơ bản: từ muối → nSO42– = (96,78 – 32,7) ÷ 96 = 0,6675 mol.

||→ theo bảo toàn S, H, O → nO trong oxit = nH2O = 0,6675 – 0,325 = 0,3425 mol.

• Phần 2: HNO3 cơ bản. phản xạ tránh quên x mol NH4NO3;

giải hỗn hợp khí gồm 0,055 mol NO và 0,05 mol N2O ||→ bảo toàn electron kiểu mới:

∑nNO3– trong muối kim loại = 8nNH4NO3 + 2nO trong oxit + 3nNO + 8nN2O = 8x + 1,25.

||→ mmuối = 62.(8x + 1,25) + 32,7 + 80x = 124,6 gam → x = 0,025 mol. Vậy ∑nHNO3 đã phản ứng = 1,655 mol → ∑nHNO3 đã dùng = 2,317 mol Câu 16: B Tách riêng 2 bài toán nhỏ ra. ♦ Hỗn hợp A chỉ có các oxit ||→ 2H + 1O → 1H2O (không có H2). trong cùng 1 dung dịch ||→ có 3x mol HCl và x mol H2SO4 ||→ ∑nH2O = 2,5x mol. BTKL: 96,4 + (36,5 × 3x + 98x) = 203,65 + 2,5x × 18 ||→ x = 0,66 mol. ♦ Bài sau: kim loại, oxit tác dụng HNO3 cơ bản, dùng bảo toàn electron. Theo đó, quan tâm A gồm: 2,5x = 1,65 mol O và 1,25 mol Fe.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Bảo toàn electron có: nNO = (3nFe – 2nO) ÷ 3 = (1,25 × 3 – 1,65 × 2) ÷ 3 = 0,15 mol. Bảo toàn nguyên tố N: nHNO3 = 1,25 × 3 + 0,15 = 3,9 mol ||→ a% = 39,0%. Câu 17: D 49,25 gam kết tủa BaCO3 ||→ chứng tỏ đã có 0,25 mol CO phản ứng, lấy O của oxit để tạo 0,25 mol CO2. Xét toàn bộ quá trình thay đổi số oxi hóa chỉ thuộc về 0,25 mol COphản ứng và SO2

||→ bảo toàn e có 0,25 mol SO2 ||→ V = 5,60 lít Câu 18: D Xét toàn bộ quá trình cho nhận electron: nCO phản ứng = nNO2 ÷ 2 = 0,17 mol.

hơ

||→ mhỗn hợp Al2O3 + Fe2O3 = 29,0 + 0,17 × 16 = 31,72 gam.

Q uy

lại theo bảo toàn điện tích trong dung dịch muối có: 3 × (2x + 2y) = 1,32.

Giả sử trong hỗn hợp này có x mol Al2O3 và y mol Fe2O3 thì 102x + 160y = 31,72 gam.

Theo đó, giải hệ được x = 0,06 mol và y = 0,16 mol.

ạy

Kè

Yêu cầu %mAl2O3 trong X = 0,06 × 102 ÷ 29 ≈ 21,10%. Câu 19: A (Suy luận: giả thiết cho 2Fe + 5H2SO4; suy ra có 5H2O; ghép cụm SO4 có 2,5SO2;

còn lại trong muối: bảo toàn Fe có 2Fe?+ và bảo toàn S có 2,5SO42–).

m /+

||→ có ngay: x = nFe = 105,6 ÷ (2 × 56 + 2,5 × 96) × 2 = 0,6 mol ||→ ban đầu có 0,3 mol Fe2O3 Thật vậy: quá trình G {CO; H2; CO2} lấy 0,9 mol O của oxit gồm do

0,6 mol H2 (để tạo 10,8 gam H2O) ||→ còn 0,3 mol nữa là do 0,3 mol CO trong G.

Mặt khác: quy đổi: hỗn hợp than nóng đỏ qua hơi nước {C + H2O} phản ứng thẳng luôn 0,3 mol Fe2O3 thì rõ lấy 0,9 mol O này là 0,45 mol C.

bảo toàn C ||→ nCO2 trong G = 0,15 mol ||→ %VCO2 trong G = 0,15 ÷ (0,45 + 0,6) ≈ 14,29%. Câu 20: B cuối cùng thu được hỗn hợp muối cùng số mol

||→ muối dạng Fe3(SO4)4; nói cách khác Fetrung bình trong muối ở hóa trị +8/3. Gọi số mol FeCO3 là x mol thì bảo toàn C có: nC = (0,1 – x) mol. ||→ số mol Fe3O4 trong 12,76 gam là 0,04 mol và nC = 0,1 – x = 0,07 mol. ♦ Trong phản ứng HNO3; hỗn hợp Fe, FeO, Fe3O4 quy về đơn giản chỉ là hỗn hợp 0,15 mol Fe và 0,05 mol O. Tuy nhiên, không quan trọng vì theo ghép cụm: nH2O = 2nNO + nO trong oxit = 0,25 mol. bảo toàn H có ngay và luôn a = 0,25 – 0,025 × 2 = 0,45 mol Câu 21: D xử lí Z trước: khí không màu hóa nâu trong không khí là NO, mà MZ = 9,25 × 4 = 37 ||→ khí không màu còn lại là N2O. Giải ra Z gồm 0,04 mol NO và 0,04 mol N2O.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 1. Quan sát + đọc đề để phản xạ muối amoni. 2. Hoặc có thể quên nhưng đi thẳng vào vấn đề, HNO3 cơ bản ||→ quan sát sự thay đổi số oxi hóa. Xem nào: ne cho = ∑nNO3– trong muối kim loại = ∑nCl– trong muối kim loại = 0,76 mol. bên nhận: 3nNO + 8nN2O = 0,44 mol. ||→ nhận ra phải có amoni luôn NH4NO3. Và luôn nNH4NO3 = (0,76 – 0,44) ÷ 8 = 0,04 mol.

Theo đó, ∑nNO3– trong muối các kim loại = 0,055 × 2 + 0,03 × 2 = 0,17 mol.

||→ mmuối nitrat kim loại = 0,5m + (0,055 × 2 + 0,03 × 2) × 62 = 0,5m + 10,54 gam.

hơ

Cũng đến đây, bài toán được giải quyết: nHNO3 = 0,04 + 0,04 × 2 + 0,04 × 2 + 0,76 = 0,96 mol Câu 22: D Đại diện 3 kim loại Mg, Al, Zn bằng M Chất rắn không tan là Cu với 0,03 mol; nH2 = 0,055 mol → nH2SO4 dùng = 0,055 mol.

Q uy

mà ∑mmuối giả thiết = 0,5m + 11,04 → chứng tỏ có 0,00625 mol NH4NO3 nữa.

Bảo toàn electron: ne cho = ∑nNO3– trong muối kim loại = 0,17 mol = 8nNH4NO3 + ne cho spk X

Kè

||→ n e cho spk X = 0,12 mol ||→ số e cho của spk X = 0,12 ÷ 0,015 = 8e.

ạy

Số 8 này cho ta biết spk khí chính là N2O Câu 23: B Để ý nhanh phần 1: cả Fe và FeO thì Fe đều về FeCl2 nên từ 0,1 mol HCl → có 0,05 mol Fe.

m /+

phần 2: bảo toàn electron: nO trong oxit = (3nFe – 2nSO2) ÷ 2 = 0,02 mol. bảo toàn S ||→ còn có 0,02 mol HSO4 còn dư trong dung dịch Y.

||→ C%H2SO4 trong Y = 0,02 × 98 ÷ (15 + 0,05 × 56 + 0,02 × 16 – 0,055 × 64) ≈ 13,42 %. Câu 24: A bài này cần đọc - quan sát và so sánh các quá trình với nhau thôi.

Trước đó, đồng nhất số liệu theo yêu cầu: 34,8 gam hỗn hợp + HCl → 1,2 mol H2. Xét tổng thể và so sánh 3 quá trình (+ HCl, + CuSO4 và + HNO3) thì

cuối cùng nNO2 = 2nH2 = 2,4 mol → V = 53,76 lít Câu 25: C Đồng nhất số liệu theo 2 phần ||→ mA = 35,7 ÷ 2 = 17,85 gam. ♦ Xử lí phần 1: kim loại, oxit tác dụng + HCl → H2 + H2O. ||→ thêm 0,15 mol O vào A để chuyển hết A thành 20,25 gam hỗn hợp chỉ có oxit (R; O). Quan sát sự tăng lên của 20,25 gam oxit (R; O) với 34 gam muối (R; Cl) là do 1O thế bởi 2Cl. ||→ nCl trong muối = (34 – 20,25) ÷ (35,5 – 8) = 0,5 mol → mR = 16,25 gam. Tỉ lệ mR ÷ nCl = 65 ÷ 2 chứng tỏ cho ta thấy đó là kim loại Zn (hóa trị 2).

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Cũng tư đầy xác định ra hỗn hợp A gồm 0,15 mol Zn và 0,1 mol ZnO. ♦ Xử lí phần 2: tác dụng HNO3 dư: phản xạ! muối amoni NH4NO3. thật vậy, 025 mol Zn(NO3)3 mới là 47,25 gam muối → có 0,0075 mol NH4NO3 nữa. HNO3: bảo toàn electron có: 2nZn = 8nNH4NO3 + 0,024 × (số electron nhận của X). ||→ số electron nhận của X = (2 × 0,15 – 8 × 0,0075) ÷ 0,024 = 10 cho ta biết đó là khí N2 Câu 26: B KOH xử lí dung dịch sau phản ứng. KOH có địa chỉ 0,65 mol ||→ Kali đi về đâu? À, 0,3 mol KCl và còn lại là 0,35 mol KNO3.

hơ

• Fe + HNO3 → {Fe; NO3} + NO + H2O là BTCB; từ 0,12 mol NO → có 0,48 mol HNO3.

||→ chứng tỏ trong Y còn dư 0,26 mol H+

Và cũng từ đó, bảo toàn điện tích trong Y có nFe = 0,13 mol.

Q uy

4H+ + NO3– + 3e → NO + 2H2O || so sáng 0,3 mol H+ và 0,01 mol NO

À, ban đầu 0,48 mol HNO3, cuối trong Y có 0,35 mol NO3– ||→ ∑nNO = 0,13 mol.

ạy

Kè

||→ mmuối trong X = mFe + mNO3– = 0,13 × 56 + 0,12 × 3 × 62 = 29,6 gam Câu 27: A phản xạ Fe2+ và Fe3+

suy luận: 0,11 mol SO2 suy ra 0,11 mol SO42– trong muối.

m /+

Lại để ý tương quan (nung trong bình kín không có không khí)

→ nO2– trong oxit = nSO42– trong muối = 0,11 mol.

||→ m = 6,8 – 0,11 × 16 = 5,04 gam. Câu 28: D khí Z gồm 0,1 mol NO và 0,1 mol NO2.

Loại 6 gam kim loại không tan (rõ là Cu) thì quá trình còn lại có thể tóm tắt như sau:

Theo đó, bảo toàn electron: –2x + 2y = 0,1 × 3 + 0,1 × 1 = 0,4 mol. NaOH xử lí dung dịch: 1,5x × 160 + 80y = 80. Giải hệ được x = 0,2 mol; y = 0,4 mol. ||→ giá trị m = 0,2 × 232 + 64 × 0,4 + 6 = 78 gam ||→ %m Cu trong X = (64 × 0,4 + 6) ÷ Ans ≈ 40,51% Câu 29: A NaOH xử lí dung dịch sau phản ứng dạng cô cạn dung dịch → đặc trưng rồi.! ||→ xem xét: 1,0 × (40 + 46) = > 63,2 gam → 1,0 mol NaOH đi về NaNO3 và dư NaOH nữa. ||→ giải hệ được nNaOH = 0,2 mol và nNaNO3 = 0,8 mol. 0,2 mol Fe nếu lên thằng 0,2 mol Fe(NO3)3 cũng mới 0,6 mol NO3– ||→ chứng tỏ dư 0,2 mol HNO3 nữa trong X và đúng là Fe đã lên Fe3+

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Theo đó, bảo toàn N ||→ nN spk = 0,4 mol; bảo toàn H → nHO = (1,2 – 0,2) ÷ 2 = 0,5 mol. Ghép cụm "H2O": nO spk = 0,4 × 3 – 0,5 = 0,7 mol. tỉ lệ: nO spk ÷ nN spk = 0,7 ÷ 0,4 = 1,75. tỉ lệ này chứng tỏ phải có 1 khí là NO2. ► nhanh theo trắc nghiệm: thử đáp án. ► nhanh theo tự luận: sử dụng tỉ lệ 1 ÷ 3 và số O : N trung bình để lập sơ đồ đường chéo

hơ

# nữa: đặt a,b, x rồi giải và biện luận.! Tóm lại là cặp (NO và NO2) Câu 30: B có 0,17 mol Fe(OH)3↓ → NaOH dư là 0,09 mol → H+ còn dư là 0,09 mol.

||→ khí còn lại nO ÷ nN = 1 : 1 là NO.

Q uy

Dung dịch Y gồm: 0,32 mol SO42– + 0,02 mol NO3– + 0,09 mol Na+ + 0,09 H+ → Fe3+ là 0,16 mol. NaOH dư là 0,09 mol, nhưng phản ứng với cả H+ và Fe3+ → thật vậy, dung dịch Y gồm 0,17 mol Fe3+ + 0,32 mol SO42–

+ 0,02 mol NO3– + 0,09 mol Na+ → H+ là 0,06 mol. (NaOH dùng dư 0,03 mol).

m /+

ạy

Kè

Đến đây thì cơ bản rồi, có 0,25 mol BaSO4 và 0,44 ÷ 3 mol Fe(OH)3 → m ≈ 73,94 gam

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 9 - Sáng tạo và phát triển hướng giải bài tập điện phân dung dịch

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. : Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, hiệu suất là 100%) dung dịch X chứa 0,02 mol CuCl2; 0,02 mol CuSO4 và 0,005 mol H2SO4 trong thời gian 32 phút 10 giây với cường độ dòng điện không đổi I = 2,5A thì thu được 200 ml dung dịch Y. Giá trị pH của dung dịch Y là A. 1,08. B. 1,00. C. 0,70. D. 1,78. Câu 2. : Hòa tan hỗn hợp chứa 24,0 gam Fe2O3 và 4,8 gam Cu vào dung dịch hỗn hợp HCl 0,5M và H2SO4 2M thu được dung dịch X chỉ chứa các muối. Tiến hành điện phân dung dịch dung dịch X bằng điện cực trơ với cường độ dòng điện I = 9,65A trong thời gian 1450 giây thì dừng điện phân. Nhúng thanh Fe vào dung dịch sau điện phân đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lấy thanh Fe ra thấy khối lượng A. tăng 0,8 gam. B. giảm 0,8 gam. C. tăng 1,6 gam. D. giảm 1,6 gam. Câu 3. : Cho 62,5 gam muối khan CuSO4.5H2O vào 200 ml dung dịch NaCl 1M thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân dung dịch X bằng điện cực trơ tới khi khối lượng catot tăng 11,52 gam thì dừng điện phân. Nhúng thanh Fe vào dung dịch sau điện phân, sau khi kết thúc các phản ứng, lấy thanh Fe ra lau khô cẩn thận và cân lại thấy khối lượng giảm m gam. Giá trị m là A. 7,28 gam. B. 4,48 gam. C. 2,80 gam. D. 3,92 gam. Câu 4. : Tiến hành điện phân 200 ml dung dịch AgNO3 1M và Cu(NO3)2 1,2M bằng điện cực trơ với cường độ dòng điện I = 5A trong thời gian 7720 giây thì dừng điện phân. Cho m gam bột Fe vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng thấy khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất) và còn lại 0,75m gam hỗn hợp rắn. Giá trị m là A. 29,12 gam. B. 28,00 gam. C. 30,24 gam. D. 29,68 gam. Câu 5. : Tiến hành điện phân 100 ml dung dịch chứa CuSO4 2,5M và AgNO3 1M bằng điện cực trơ tới khi khối lượng catot tăng 23,6 gam thì dừng điện phân. Nhúng thanh Fe vào dung dịch sau điện phân, sau khi kết thúc các phản ứng lấy thanh Fe ra lau khô cẩn thận, cân lại thấy khối lượng giảm m gam. Biết rằng sản phẩm khử duy nhất của NO3– là khí NO. Giá trị m là A. 10,8 gam. B. 7,6 gam. C. 8,7 gam. D. 14,0 gam. Câu 6. : Tiến hành điện phân dung dịch chứa Cu(NO3)2 1M và NaCl 0,5M bằng điện cực trơ tới khi khối lượng dung dịch giảm m gam thì dừng điện phân. Cho 9,5 gam Fe vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

ứng thu được 1,12 lít khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất; đktc) và còn lại 5,7 gam hỗn hợp rắn không tan. Giá trị của m gần nhất với A. 12. B. 13. C. 14. D. 15. Câu 7. : Tiến hành điện phân dung dịch Cu(NO3)2 1,2M và NaCl 0,8M bằng điện cực trơ với cường độ dòng điện I = 5A, đến khi khối lượng dung dịch giảm 20,4 gam thì dừng điện phân. Cho 11,8 gam bột Fe vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng thấy khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất) và còn lại 7,08 gam hỗn hợp rắn. Thời gian điện phân là A. 7141. B. 6755. C. 7720. D. 8106. Câu 8. : Tiến hành điện phân dung dịch chứa Cu(NO3)2 và CuCl2 bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp với cường độ dòng điện I = 5A tới khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 cực thì dừng điện phân; thấy khối lượng dung dịch giảm 20,815 gam. Cho 3,52 gam hỗn hợp gồm Mg và MgO có tỉ lệ mol 2 : 1 vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chứa 18,16 gam muối và 268,8 ml khí Y duy nhất (đktc). Thời gian điện phân là A. 4053. B. 8106. C. 5790. D. 8685. Câu 9. : Cho 33,638 gam tinh thể Cu(NO3)2.nH2O vào nước dư thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân dung dịch X bằng điện cực trơ với cường độ dòng điện không đổi trong thời gian t giây, ở anot thoát ra 0,075 mol khí (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây, tổng thể tích khí thoát ra ở 2 cực là 0,311 mol. Giá trị n là A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Câu 10. : Tiến hành điện phân 150 ml dung dịch chứa CuSO4 1M và NaCl xM bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp trong thời gian t giây thấy khối lượng catot tăng 7,68 gam. Nếu thời gian điện phân là 2t giây, tổng thể tích khí thoát ra ở cả 2 cực là 6,048 lít (đktc). Giá trị x là A. 1,2. B. 1,4. C. 1,6. D. 1,8. Câu 11. : Tiến hành điện phân 400 ml dung dịch CuSO4 0,75M và NaCl xM bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp trong thời gian t giây thu được dung dịch X và 3,36 lít (đktc) khí thoát ra ở anot. Nếu thời gian điện phân là 2t giây, thấy khối lượng dung dịch giảm m gam. Nhúng thanh Mg vào dung dịch X, kết thúc phản ứng thấy khối lượng thanh Mg giảm 2,8 gam. Giá trị của x và m lần lượt là A. 0,25 và 30,35. B. 0,2 và 26,75. C. 0,25 và 26,75. D. 0,2 và 30,35.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 12. : Cho 18,15 gam tinh thể Cu(NO3)2.3H2O vào dung dịch NaCl thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân dung dịch X bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp trong thời gian t giây thu được dung dịch Y và 0,06 mol khí thoát ra ở anot. Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì khí thoát ra 2 cực là 0,185 mol. Dung dịch Y hòa tan tối đa m gam Fe, thấy khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất). Giá trị m là A. 1,26 gam. B. 1,12 gam. C. 1,54 gam. D. 1,47 gam. Câu 13. : Cho một lượng tinh thể Cu(NO3)2.7H2O vào dung dịch chứa 0,16 mol NaCl thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân dung dịch X bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp, trong thời gian t giây ở anot thoát ra 3,584 lít khí (đktc) và thu được dung dịch Y. Nếu thời gian điện phân là 2t, tổng thể tích khí thoát ra ở 2 cực là 8,96 lít (đktc). Cho m gam bột Fe vào dung dịch Y, kết thúc phản ứng thấy khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất) và còn lại 0,6m gam rắn. Giá trị của m gần nhất với A. 12. B. 14. C. 16. D. 18. Câu 14. : Cho một lượng muối khan AgNO3 vào 250 ml dung dịch Cu(NO3)2 aM thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân dung dịch X bằng điện cực trơ ở thời gian t giây thấy khối lượng catot tăng 16,2 gam. Nếu thời gian 2t giây thì khối lượng dung dịch giảm 23,4 gam; đồng thời thu được dung dịch Y (có màu xanh). Nhúng thanh Fe vào dung dịch Y, kết thúc phản ứng thấy khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất) và khối lượng thanh Fe giảm 5,1 gam so với trước phản ứng. Giá trị a là A. 0,7. B. 0,8. C. 0,9. D. 1,0. Câu 15. : Tiến hành điện phân 400 ml dung dịch X chứa CuSO4 x mol/l và NaCl y mol/l bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp trong thời gian t giây thu được dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp khí thoát ra ở anot . Nếu thời gian điện phân là 2t giây, tổng thể tích khí thoát ra ở 2 cực là 5,6 lít (đktc). Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thu được 73,69 gam kết tủa. Giá trị tỉ lệ x : y gần nhất với A. 1,5. B. 1,7. C. 1,8. D. 1,4. Câu 16. : Tiến hành điện phân dung dịch NaCl và CuSO4 bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp đến khi nước bắt đầu thoát ra ở cả 2 cực thì dừng điện phân, ở anot thu được 5,6 lít khí (đktc). Dung dịch sau điện phân hòa tan tối đa 8,1 gam ZnO. Khối lượng catot tăng là A. 10,24 gam. B. 19,20 gam. C. 9,60 gam. D. 20,48 gam. Câu 17. : Tiến hành điện phân dung dịch chứa CuSO4 1M và NaCl 0,75M bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp với cường độ dòng điện I = 9,65A tới khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 cực thì dừng điện phân. Dung dịch sau điện phân hòa tan tối đa 4,08 gam Al2O3. Thời gian điện phân là A. 3240 giây.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

B. 2500 giây. C. 3840 giây. D. 3000 giây. Câu 18. : Hòa tan 78,8 gam hỗn hợp gồm CuSO4 và NaCl vào nước dư thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân dung dịch X bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 cực thì dừng điện phân, thể tích khí sinh ra ở anot gấp đôi thể tích khí sinh ra ở catot. Dung dịch sau điện phân hòa tan tối đa m gam Al2O3. Giá trị của m là A. 20,4 gam. B. 30,6 gam. C. 10,2 gam. D. 25,5 gam. Câu 19. : Dung dịch X chứa Cu(NO3)2 1,5M và NaCl 1,0 M. Tiến hành điện phân dung dịch X bằng điện cực trơ màng ngăn xốp đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 cực thì dừng điện phân, thấy khối lượng dung dịch giảm m gam. Dung dịch sau điện phân hòa tan tối đa 13,6 gam Al2O3. Giá trị m là A. 65,4 gam. B. 73,2 gam. C. 59,0 gam. D. 52,6 gam. Câu 20. : Tiến hành điện phân dung dịch NaCl 0,75M và CuSO4 1M đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 cực thì dừng điện phân, thấy khối lượng dung dịch giảm m gam. Dung dịch sau điện phân hòa tan tối đa 4,08 gam Al2O3. Giá trị m là A. 19,56 gam. B. 19,32 gam. C. 18,86gam. D. 18,12 gam. Câu 21. : Tiến hành điện phân dung dịch NaCl 1,5M và CuSO4 0,5M đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 cực thì dừng điện phân, thấy khối lượng dung dịch giảm m gam. Dung dịch sau điện phân hòa tan tối đa 8,16 gam Al2O3. Giá trị m là A. 27,44 gam. B. 24,74 gam. C. 25,46 gam. D. 26,45 gam. Câu 22. : Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp gồm NaCl và CuSO4 đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 cực thì dừng điện phân, thấy khối lượng dung dịch giảm 19,12 gam. Dung dịch sau điện phân hòa tan tối đa 4,08 gam Al2O3. Giá trị m là A. 37,92 gam hoặc 38,73 gam. B. 39,72 gam hoặc 38,73 gam. C. 37,92 gam hoặc 37,83 gam. D. 39,72 gam hoặc 37,83 gam. Câu 23. : Tiến hành điện phân 400 ml dung dịch chứa CuSO4 x mol/l và KCl y mol/l bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp trong thời gian t giây thu được dung dịch Y và ở anot thu được 2,688 lít khí duy nhất thoát ra. Nếu thời gian điện phân là 2t giây, tổng thể tích khí thoát ra ở cả 2 cực là 8,96 lít. Dung dịch Y hòa tan tối đa 8,16 gam Al2O3. Các khí đều đo đktc. Tỉ lệ giá trị x : y gần nhất với A. 0,13. B. 0,10.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

C. 0,17. D. 0,15. Câu 24. : [A-11]: Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam Cu(NO3)2 (điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khi khối lượng dung dịch giảm đi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể). Tất cả các chất tan trong dung dịch sau điện phân là A. KNO3 và KOH. B. KNO3, KCl và KOH. C. KNO3 và Cu(NO3)2. D. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2. Câu 25. : [A-11]: Hoà tan 13,68 gam muối MSO4 vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, được y gam kim loại M duy nhất ở catot và 0,035 mol khí ở anot. Còn nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 0,1245 mol. Giá trị của y là A. 4,480. B. 3,920. C. 1,680. D. 4,788. Câu 26. : [A-12]: Điện phân 150 ml dung dịch AgNO3 1M với điện cực trơ trong t giờ, cường độ dòng điện không đổi 2,68A (hiệu suất quá trình điện phân là 100%), thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí Z. Cho 12,6 gam Fe vào Y, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 14,5 gam hỗn hợp kim loại và khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Giá trị của t là A. 0,8. B. 0,3. C. 1,0. D. 1,2. Câu 27. : [B-12]: Điện phân dung dịch hỗn hợp gồm 0,1 mol FeCl3, 0,2 mol CuCl2 và 0,1 mol HCl (điện cực trơ). Khi ở catot bắt đầu thoát khí thì ở anot thu được V lít khí (đktc). Biết hiệu suất của quá trình điện phân là 100%. Giá trị của V là A. 4,48. B. 11,20. C. 22,40. D. 5,60. Câu 28. : [B-12]: Người ta điều chế H2 và O2 bằng phương pháp điện phân dung dịch NaOH với điện cực trơ, cường độ dòng điện 0,67A trong thời gian 40 giờ. Dung dịch thu được sau điện phân có khối lượng 100 gam và nồng độ NaOH là 6%. Nồng độ dung dịch NaOH trước điện phân là (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể) A. 6,00%. B. 5,08%. C. 3,16%. D. 5,50%. Câu 29. : [A-13]: Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al2O3. Giá trị của m là A. 23,5. B. 25,6.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

C. 50,4. D. 51,1. Câu 30. : [A-14]: Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của a là A. 0,15. B. 0,24. C. 0,18. D. 0,26. Câu 31. : [ĐH 15]: Điện phân dung dịch muối MSO4 (M là kim loại) với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi. Sau thời gian t giây, thu được a mol khí ở anot. Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 2,5a mol. Giả sử hiệu suất điện phân là 100%, khí sinh ra không tan trong nước. Phát biểu nào sau đây sai? A. Khi thu được 1,8a mol khí ở anot thì vẫn chưa xuất hiện bọt khí ở catot. B. Tại thời điểm 2t giây, có bọt khí ở catot. C. Dung dịch sau điện phân có pH < 7. D. Tại thời điểm t giây, ion M2+ chưa bị điện phân hết. Câu 32. : Cho 21,25 gam muối AgNO3 vào 400 ml dung dịch Cu(NO3)2 xM thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân dung dịch X bằng điện cực trơ tới khi khối lượng dung dịch giảm 13,92 gam thì dừng điện phân. Nhúng thanh Fe vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng lấy thanh Fe ra cân lại thấy khối lượng giảm 0,84 gam. Biết rằng sản phẩm khử duy nhất của NO3– là khí NO. Giá trị của x là A. 0,2M. B. 0,3M. C. 0,4M. D. 0,5M.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: B ne trao đổi = It ÷ 96500 = 0,05 mol ||→ đọc dung dịch ra: 0,02 mol CuCl2 và 0,005 mol CuO.

Tương quan: 0,005 mol O → có 0,01 mol H+ được tạo thêm. ||→ theo đó, ∑nH+ trong Y = 0,02 mol ||→ [H+]trong Y = 0,1M. Vậy giá trị pHcủa dung dịch Y = 1,0. Câu 2: B ♦1: bài tập kim loại, oxit tác dụng với dung dịch HCl, H2SO4 loãng → đọc kết quả: X gồm: 0,15 mol Fe2+; 0,15 mol Fe3+; 0,075 mol Cu2+ và 0,1 mol Cl–; 0,4 mol SO42– ♦2: bài tập điện phân:ne trao đổi = 0,145 mol ||→ đọc các chất ra khỏi dung dịch:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn anot ra: 0,1 mol Cl và (0,145 – 0,1) ÷ 2 = 0,0225 mol O (từ O đọc ra catot tạo 0,045 mol H+). catot: vì 0,145 < 0,15 nên Fe3+ chưa bị điện phân hết, mới có 0,145 mol Fe3+ tạo Fe2+ mà thôi. ||→ dd sau điện phân có: 0,005 mol Fe3+; 0,295 mol Fe2+; 0,075 mol Cu2+ và 0,045 mol H+. ► cách 1: nhớ tỉ lệ phản ứng của Fe với các chất Fe3+; Cu2+ và H+, đọc luôn: ∆mFe tăng = 0,075 × (64 – 56) – (0,005 ÷ 2 + 0,045 ÷ 2) × 56 = – 0,8 gam.

hơ

mà sẵn có ∑nFe trong dung dịch sau điện phân = 0,3 mol ||→ nthanh Fe tan = 0,1 mol.

► cách 2: chú ý anion duy nhất SO42– với 0,4 mol ||→ cuối cùng nằm trong chất duy nhất là FeSO4.

Q uy

Thêm nữa, Fe đẩy hết 0,075 mol Cu2+ ra và cũng là chất duy nhất làm tăng thanh Fe. ||→ ∆mthanh Fe tăng = 0,075 × 64 – 0,1 × 56 = – 0,8 gam.

ạy

Kè

tóm lại, kết quả tăng – 0,8 gam cho biết thanh Fe đã giảm 0,8 gam. Câu 3: D X chứa 0,25 mol CuSO4 và 0,2 mol NaCl.

catot tăng 11,52 gam là do 0,18 mol Cu điện phân ra bám vào ||→ đi cùng lượng này là

m /+

0,1 mol CuCl2 và 0,08 mol CuO ||→ tương quan đọc ra dung dịch sau điện phân gồm:

0,07 mol CuSO4 (Cu còn lại); 0,08 mol H2SO4 (từ 0,8 mol O) và 0,1 mol Na2SO4.

Fe vào phản ứng với 0,07 mol CuSO4 và 0,08 H2SO4 ||→ mất 0,15 mol Fe và bù 0,07 mol Cu.

||→ ∆mthanh Fe giảm = 0,15 × 56 – 0,07 × 64 = 3,92 gam. Câu 4: A ne trao đổi = 0,4 mol ||→ anot chỉ ra 0,2 mol O đi cùng 0,1 mol Ag2O và 0,1 mol CuO. ||→ đọc ra dung dịch sau điện phân còn 0,14 mol Cu(NO3)2 và tạo thêm 0,4 mol HNO3.

Quan sát: ||→ BTKL kim loại có: m + 0,14 × 64 = 0,29 × 56 + 0,75m → m = 29,12 gam. Câu 5: A Khối lượng catot tăng 23,6 gam gồm 0,1 mol Ag và 0,2 mol Cu.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ||→ đọc ra dung dịch sau điện phân gồm 0,2 mol H2SO4; 0,1 mol HNO3 và 0,05 mol CuSO4.

Quan sát: Tuy nhiên, với bài này chỉ cần quan sát tỉ lệ ∑nH+ ÷ nNO3– = 5 ÷ 1 > 4 ÷ 1 thể hiện rằng sau phản ứng chỉ có muối sunfat thôi.

0,25 mol SO42– nói rằng Fe vào dung dịch là 0,25 mol

hơ

bù lại cho thanh Fe chỉ là 0,1 mol Cu bám vào

ạy

Kè

Q uy

||→ ∆mthanh Fe giảm = 0,25 × 56 – 0,05 × 64 = 10,8 gam. Câu 6: D 5,7 gam là hỗn hợp nên phản ứng của Fe với dung dịch sau điện phân được thể hiện:

m /+

BTKL kim loại có: 9,5 + 64x = 56 × (x = 0,075) + 5,7 ||→ x = 0,05 mol. ||→ đọc ngược dung dịch ra 0,1 mol CuO (từ 0,2 mol H+) và y mol CuCl2.

||→ dung dịch đem điện phân là 2y mol NaCl và 4y mol Cu(NO3)2

||→ bảo toàn số mol Cu có: 4y = 0,1 + y + x ||→ y = 0,05 mol.

Vậy giá trị của m = mdung dịch giảm = 0,1 × 180 + 0,05 × 135 = 14,75 gam. Câu 7: C dung dịch điện phân gồm 3x mol Cu(NO3)2 và 2x mol NaCl. 7,08 gam hỗn hợp rắn nên còn Cu2+ trong dung dịch sau điện phân; có NO thoát ra nên chứng tỏ có H+; hay gọn lại: dung dịch sau điện phân gồm HNO3 và Cu(NO3)2. ||→ dd giảm đi 20,4 gam là do x mol CuCl2 và 2y mol CuO → có 135x + 160y = 20,4 gam. Tương quan đọc ra dung dịch sau điện phân gồm (2x – 2y) mol Cu(NO3)2 và 4y mol HNO3.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Quan sát: ||→ thêm phương trình BTKL kim loại: 11,8 + 64 × (2x – 2y) = 28 × (4x – y) + 7,08. Giải hệ được x = 0,08 mol và y = 0,06 mol ||→ ne trao đổi = 2x + 4y = 0,4 mol.

hơ

mà ne trao đổi = It ÷ 96500 ||→ t điện phân = 7720 giây. Câu 8: B {Mg; MgO} + dung dịch sau điện phân → sản phẩm khử chứng tỏ có HNO3.

♦ Bải tập HNO3 cơ bản (chú ý Mg, khí duy nhất chứ không phải spk duy nhất → phản xạ amoni).

Q uy

có 0,09 mol Mg và 0,04 mol MgO → tạo 0,12 mol Mg(NO3)2 mà tổng muối là 18,16 gam

||→ còn 0,005 mol NH4NO3 nữa.! cứ bảo toàn eletron cho dạng cơ bản thôi:

Kè

có ne spk khí Y = 2nMg – 8nNH4NO3 = 0,12 mol.

ạy

Tỉ lệ ne spk khí Y ÷ nY = 0,12 ÷ 0,012 = 10 chứng tỏ spk Y chính là khí N2.

m /+

Theo đó, bảo toàn nguyên tố N có nHNO3 phản ứng = 0,274 mol. ||→ đọc kết quả dung dịch ra 0,137 mol CuO (từ số mol H+)

và 0,073 mol CuCl2 (từ tổng khối lượng dung dịch giảm là 20,915 gam).

||→ ∑ne trao đổi = 0,42 mol ||→ t điện phân = 8106 giây. Câu 9: B bài tập t(s) và 2t(s):

♦ t (s) anot ra 0,075 mol khí O2 ||→ n e trao đổi = 0,3 mol. ♦ 2t (s) anot sẽ ra 0,075 × 2 = 0,15 mol khí O2; ne trao đổi = 0,6 mol. mà ∑nkhí ra = 0,311 mol → khí ở catot hay chính là H2 là 0,161 mol. ||→ nCu = (ne trao đổi – 2nH2) ÷ 2 = 0,139 mol. Vậy giá trị của n = (33,638 ÷ 0,139 – 188) ÷ 18 = 3. Câu 10: C dung dịch điện phân có 0,15 mol CuSO4 và 0,15x mol NaCl.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ♦ thởi gian t(s) khối lượng catot tăng 7,68 gam là do 0,12 mol Cu → ne trao đổi = 0,24 mol. ♦ thời gian 2t (s) → ne trao đổi = 0,48 mol. Lúc này catot ra hết Cu là 0,15 mol và (0,48 – 0,15 × 2) ÷ 2 = 0,09 mol H2 nữa. Mà tổng khí 2 cực là 0,27 mol ∑n khí ở anot = 0,18 mol gồm a mol Cl2 và b mol O2 → a + b = 0,18 mol. Lại thêm phương trình: ne trao đổi = 0,48 mol = 2a + 4b.

hơ

Giải được a = 0,12 mol và b = 0,06 mol ||→ x = 2a ÷ 0,15 = 1,6M. Câu 11: A Chuỗi suy luận biến đổi khi mà các bài toán nhỏ đã trở nên quen thuộc và thuần thục:

Q uy

Xem nào! thanh Mg giảm → chứng tỏ trong X có chứa H+ (vì nếu chỉ Cu2+ thì đã tăng)

→ có O2 bên anot (thành cặp rồi 2H với 1O) → 0,15 mol khí ra ở anot là hỗn hợp khí Cl2; O2.

Mà Cl2 có 0,2x mol → O2 là (0,15 – 0,2x) mol → tương ứng (0,6 – 0,8x) mol H+.

Kè

Xem tiếp, dung dịch X bây giờ có: (0,6 – 0,8x) mol H+; 0,4x mol Na+ và 0,3 mol SO42–

ạy

||→ theo bảo toàn điện tích còn có 0,2x mol Cu2+ nữa.

m /+

Vậy ∆mMg giảm = 24 × (0,3 – 0,4x) – 0,2x × (64 – 24) = 2,8 → x = 0,25.

|| t(s) anot ra: 0,05 mol Cl2 và 0,1 mol O2 → ne trao đổi = 0,5 mol

||→ 2t (s) thì ne trao đổi = 1,0 mol → dung dịch ra 0,05 mol CuCl2; 0,25 mol CuO và 0,2 mol H2O.

Vậy giá trị của m = m dung dịch giảm = 30,35 gam. Câu 12: D ♦ t(s): Y + Fe có khí NO chứng tỏ có HNO3. có H+ → anot có ra O2. ||→ 0,06 mol khí ra gồm x mol Cl2 và y mol O2 ||→ ne trao đổi = 2x + 4y = 0,12 + 2y. ♦ 2t (s): ne trao đổi = 0,24 + 4y mol. ||→ anot ra: (0,09 + ½.y) mol hỗn hợp Cl2 và O2. Bên catot: ra hết 0,075 mol Cu → ra thêm (0,045 + 2y) mol H2 nữa. ||→ ∑nkhí ra ở cả 2 cực = (0,09 + ½.y) + (0,045 + 2y) = 0,185 mol ||→ y = 0,02 mol. Từ x + y = 0,06 → x = 0,04 mol ||→ ban đầu có 0,075 mol Cu(NO3)2 và 0,08 mol NaCl. Thởi gian t(s): đọc dung dịch sau điện phân Y gồm: 0,08 mol NaNO3 và 0,07 mol HNO3.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Cho Fe + dung dịch Y thì rõ chỉ HNO3 phản ứng và Fe chỉ lên Fe2+ thôi (do Fe dư). ||→ đọc luôn kết quả: nFe bị hòa tan = 0,07 × 3 ÷ 8 × 56 = 1,47 gam. Câu 13: B có 0,16 mol NaCl. ♦ thời gian t (s): anot ra 0,16 mol khí gồm 0,08 mol Cl2 và 0,08 mol O2 ||→ ne trao đổi = 0,48 mol. ♦ thời gian 2t (s): ne trao đổi = 0,96 mol → bên anot ra 0,08 mol Cl2 và 0,2 mol O2.

hơ

Mà tổng khí thoát ra ở cả 2 cực là 0,4 mol → catot ra 0,12 mol H2; từ ne trao đổi → nCu2+ = 0,36 mol.

Q uy

||→ đọc dd Y sau điện phân t (s) gồm: 0,12 mol Cu(NO3)2; 0,16 mol NaNO3 và 0,32 mol HNO3

Kè

Quan sát:

ạy

||→ BTKL kim loại có: m + 0,12 × 64 = 0,24 × 56 + 0,6m ||→ m = 14,4 gam. Câu 14: C sẽ cần phải xét xem Ag ra hết trong thời gian t(s) hay 2t (s). Cụ thể:

m /+

♦ TH1: 2x mol AgNO3 cho ra hết Ag trong thời gian t(s) đầu.

Gọi số mol Cu ra thêm cũng trong t (s) này là y mol

||→ ne trao đổi = 2x + 2y mol và mcatot tăng = 2x × 108 + 64y = 16,2 gam.

Theo đó, 2t (s): ne trao đổi = 4x + 4y ||→ catot ra 2x mol Ag và (x + 2y) mol Cu.

||→ đọc dung dịch ra: x mol Ag2O và (x + 2y) mol CuO ||→ 232x + 80 × (x + 2y) = 23,4 gam. Giải hệ được x = 0,075 mol và y = 0 mol. Điều này có nghĩa là trong thời gian t (s) điện phân chỉ ra hết 0,15 mol AgNO3 → Ag; t (s) tiếp theo ra nốt 0,075 mol Cu(NO3)2. ||→ dung dịch Y (sau điện phân 2t (s)) gồm 0,3 mol HNO3 và z mol Cu(NO3)2. Viết sơ đồ ra rồi dùng BTKL kim loại hoặc nếu đã quá quen thuộc thì tách từng quá trình ra: có 0,3 mol HNO3 làm mất 0,1125 mol Fe; z mol Cu(NO3)2 làm tăng 8z gam cho thanh Fe. ||→ z = 0,15 mol ||→ ∑nCu = 0,075 + z = 0,225 mol → a = 0,9 M.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

♦ TH2 16,2 gam làm tăng catot chỉ là Ag trong t (s) và t(s) tiếp theo còn ra thêm một lượng Ag nữa. TH này thì dễ hơn rất nhiều rồi (vì lúc đó biết luôn được lượng ne trao đổi).Tuy nhiên sẽ là không cần thiết phải giải TH này nữa vì đã tìm được đáp án từ TH trên. Thêm vào đó, dù có giải thì cũng sẽ thấy ngay rằng nAg trong t s tiếp = 0 mol và nCu = 0,075 mol mà thôi. Vì đây là TH đề cho cũng khá đặc biệt. Câu 15: B catot ra hết Cu thì đến H2; anot ra hết Cl2 thì đến O2 nên ♦ thời gian t(s): anot mà ra 0,12 mol hỗn hợp khí thì đó rõ là 0,2y mol Cl2 và z mol O2 rồi.

hơ

bên catot vì dung dịch Y (sau điện phân) vẫn còn màu xanh (của ion Cu2+)

nên chỉ ra (0,2y + 2z) mol Cu (do trong thời gian t (s) có ne trao đổi = 0,4y + 4z mol).

Q uy

||→ đọc dung dịch Y gồm: (0,4x – 0,2y – 2z) mol Cu2+; 0,4x mol SO42– và ... mol Na+; ... mol H+.

(chú ý thêm Ba(OH)2 dư và giả thiết về khối lượng kết tủa nên không cần quan tâm Na+ và H+).

Kè

||→ Ba(OH)2 dư + Y: mtủa = mCu(OH)2 + mBaSO4 = 98 × (0,4x – 0,2y – 2z) + 93,2x = 73,69 gam.

ạy

♦ thời gian 2t (s): ne trao đổi = 0,8y + 8z mol

m /+

||→ anot ra: 0,2y mol Cl2 và (z + 0,1y + z = 2z + 0,1y) mol O2. ||→ catot ra: 0,4x mol Cu (ra hết) và (ne trao đổi – 2nCu ra hết) ÷ 2 = (0,4y + 4z – 0,4x) mol H2.

||→ ∑nkhí ra ở cả 2 cực = nCl2 + nO2 + nCl2 = 0,25 mol ⇄ – 0,4x + 0,7y + 6z = 0,25 mol

đủ hệ phương trình 3 ẩn, 3 giả thiết → giải: x = 0,675 M; y = 0,4 M và z = 0,04 mol.

Yêu cẩu: giá trị tỉ lệ x : y = 0,675 ÷ 0,4 = 1,6875. Câu 16: B ZnO là oxit lưỡng tính → hòa tan ZnO có 2 khả năng: do NaOH hoặc H2SO4. Tuy nhiên, để ý rằng, muốn có NaOH thì sinh ra bên catot ra tương ứng ra H2; mà giả thiết đã nói anot ra 0,25 mol khí ||→ có khí ra ở 2 cực ||→ loại.! Vậy, chỉ cần xét 1 TH duy nhất thôi: hòa tan 0,1 mol ZnO do 0,1 mol H2SO4. đọc tương quan: ra 0,1 mol H2SO4 tương ứng anot ra 0,1 mol O hay 0,05 mol O2 tổng anot ra 0,25 mol → 0,2 mol kia là Cl2 → đọc dung dịch ra: 0,1 mol CuO và 0,2 mol CuCl2.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ ∑nCu ra bám vào catot = 0,3 mol → yêu cầu m = 19,2 gam. Câu 17: C dung dịch đem điện phân chứa 4x mol CuSO4 và 3x mol NaCl. Do dừng điện phân khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 cực; anot thì đầu tiên ra khí Cl2 rồi ||→ hòa tan 0,04 mol Al2O3 là do 0,12 mol H2SO4 (chứ không thể là do OH–). Lại để ý đến lúc dừng điện phân, dung dịch ra 1,5x mol CuCl2 và 2,5x mol CuO.

hơ

||→ Tương quan giữa H+ và O ||→ 2,5x = nH2SO4 = 0,12 → x = 0,048 mol.

Theo đó, ∑nCu2+ = 4x = 0,192 mol ||→ ne trao đổi = 0,384 mol.

Kè

mà catot có khí → vừa hết Cl thì dừng.! anot chỉ có khí Cl2.

Q uy

Vậy giá trị thời gian điện phân t = 96500 × 0,384 ÷ 9,65 = 3840 giây. Câu 18: A Ngôn ngữ: dừng điện phân khi "nước bắt đầu điện phân ở cả hai điện cực"

ạy

Gọi số mol H2 là x mol, từ giả thiết → nCl2 = 2x mol ||→ ne trao đổi = 4x mol

m /+

quay lại catot → nCu = x mol ||→ dung dịch điện phân gồm x mol CuSO4 và 4x mol NaCl ∑mdung dịch điện phân = 78,8 gam ||→ x = 0,2 mol. Chú ý yêu cầu: hòa tan ? Al2O3

nên chỉ quan tâm x mol H2 hay 0,2 mol H2↑ ra sinh tương ứng 0,4 mol OH– trong dung dịch.

Quan sát: OH– + Al2O3 → AlO2– + H2O. Chưa vội cân bằng.!

Tinh tế để ý chút ở điện tích → nAlO2– = nOH– = 0,4 mol → có 0,2 mol Al2O3

||→ theo đó yêu cầu m = mAl2O3 = 0,2 × 102 = 20,4 gam. Câu 19: C dung dịch điện phân có 3x mol Cu(NO3)2 và 2x mol NaCl. dung dịch ra lần lượt: x mol CuCl2 đến 2x mol CuO rồi đến H2O. À, như vậy theo đề thì bao giờ hết Cu thì dừng điện phân. (H2O điện phân ở cả 2 điện cực) ra 2x mol CuO → đọc ứng trong dung dịch có 4x mol H+ hòa tan 2/15 mol Al2O3. ||→ x = 0,2 mol → mdung dịch giảm = 135x + 2x × 80 = 59,0 gam. Câu 20: B

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn dung dịch điện phân có 3x mol NaCl và 4x mol CuSO4. thứ tự dung dịch ra 1,5x mol CuCl2 → 2,5x mol CuO → H2O ||→ nghĩa là hết Cu thì dừng điện phân. ||→ đọc ra tương ứng dung dịch sau điện phân sẽ chứa 5x mol H+ để hòa tan 0,04 mol Al2O3. ||→ x = 0,048 mol ||→ dung dịch ra 0,072 mol CuCl2 và 0,12 mol CuO.

Vậy yêu cầu giá trị của m = 19,32 gam. Câu 21: A dung dịch điện phân gồm 3x mol NaCl và x mol CuSO4.

hơ

dung dịch ra lần lượt x mol CuCl2 → x mol HCl → H2O.

Q uy

||→ khi dừng điện phân (nước bị điện phân ở cả 2 điện cực) là lúc vừa ra hết x mol HCl.

||→ đọc ra tương quan tương ứng trong dung dịch có x mol OH– để hòa tan tối đa 0,08 mol Al2O3

Kè

dấu "–" của x mol OH– cuối cùng đi về 0,16 mol AlO2– ||→ x = 0,16 mol.

ạy

||→ m = mdung dịch giảm = 135x + 36,5x = 27,44 gam. Câu 22: A cần nhìn ra được bài này có 2 kết quả (dựa vào suy luận hoặc ngay ở đáp án đã thể hiện).

m /+

Gọi số mol NaCl là x mol và CuSO4 là y mol → m = 58,5x + 160y gam. Ta có 2 TH như sau:

♦ TH1: nếu x > 2y thì dung dịch ra trước khi nước bị điện phân ở cả 2 điện cực là y mol CuCl2

và (x – 2y) mol HCl ||→ tương ứng sinh ra trong dung dịch sau điện phân (x – 2y) mol OH–

dấu "–" của OH– đi về 0,08 mol AlO2 nên có x – 2y = 0,08 mol.

Lại thêm mdung dịch giảm = 135y + 36,5 × (x – 2y) = 36,5x + 62y = 19,12 gam. ||→ Giải hệ được x = 0,32 mol và y = 0,12 mol ||→ m = 37,92 gam. ♦ TH2: x < 2y ||→ dung dịch ra gồm ½.x mol CuCl2 và (y – ½x) mol CuO. ||→ tương ứng sinh ra trong dung dịch sau điện phân (2y – x) mol H+ hòa tan 0,04 mol Al2O3 ||→ 2y – x = 2nO trong oxit = 0,04 × 3 × 2 = 0,24 mol. Lại thêm mdung dịch giảm = 67,5x + 80 × (y – ½x) = 27,5x + 80y = 19,12 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ||→ giải hệ được y ≈ 0,1410 mol và y ≈ 0,1905 mol ||→ m = 38,73 gam. Câu 23: A có Cl– nên anot sinh khí duy nhất là 0,12 mol Cl2. Y hòa tan 0,08 mol Al2O3 là do 0,24 mol H2SO4 hoặc 0,16 mol KOH; mà nếu là H+ thì anot phải sinh O2↑ → mâu thuẫn. ♦ ||→ chốt lại trong thời gian t(s): ne trao đổi = nCl2 = 0,24 mol. tương quan: catot ra 0,08 mol H2 (từ 0,16 mol KOH) và 0,4x mol Cu

hơ

Theo đó suy ra 0,08 × 2 + 0,4x × 2 = ne trao đổi = 0,24 mol ||→ x = 0,1M.

dung dịch Y sau điện phân t(s): 0,16 mol KOH; 0,04 mol K2SO4 và (0,4y – 0,24) mol KCl.

Q uy

♦ ||→ 2t (s): phân tích chút.! t(s) đầu thì ra như trên: 0,08 mol H2 và 0,12 mol Cl2.

t (s) tiếp theo nếu chỉ có KCl điện phân thôi (hay nói cách khác sau t(s) tiếp này vẫn còn dư KCl)

Kè

thì tương ứng ra 0,24 mol HCl hay là 0,12 mol H2 ở catot và 0,12 mol Cl2 ở catot

ạy

||→ ∑nkhí = 0,44 > giả thiết.! → nghĩa là giả thuyết nếu trên sai.!

m /+

Nghĩa là KCl phải hết trong t(s) tiếp theo (⇄ dung dịch ra (0,4y – 0,24) mol HCl) Nghĩa là các chất tan bị điện phân hết và có thêm z mol H2O điện phân ở cả 2 điện cực

Nghĩa là các khí thoát ra còn có thêm z mol H2 và ½.z mol O2.

||→ ∑nkhí = 0,08 + 0,12 + (0,4y – 0,24) + 1,5z = 0,4 mol.

Trong t(s) tiếp theo, xét bên catot: ne trao đổi = (0,4y – 0,24) + 2z = 0,24 mol.

||→ giải hệ được y = 0,8M và z = 0,08 mol ||→ yêu cầu x : y = 0,125. Câu 24: D dung dịch điện phân: 0,1 mol KCl và 0,15 mol Cu(NO3)2. dung dịch giảm 10,75 gam do 0,05 mol CuCl2 và 0,05 mol CuO. ||→ đọc ra dung dịch sau điện phân gồm 0,05 mol Cu2+ (còn lại); 0,1 mol H+ (tương quan 0,05 mol O); 0,1 mol K+; 0,3 mol NO3– Câu 25: A

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn anot chỉ ra O2; catot thì ra hết M2+ sẽ đến H2 ra. ♦ thời gian t (s): anot ra 0,035 mol khí O2 → ne trao đổi = 0,14 mol. ♦ thời gian 2t (s): ne trao đổi = 0,28 mol ||→ anot ra 0,07 mol khí O2 mà tổng khí ở 2 cực là 0,1245 mol ||→ nH2 ra ở catot = 0,0545 mol. ||→ nM2+ = (ne trao đổi – 2nH2) ÷ 2 = 0,0855 mol ||→ MSO4 = 13,68 ÷ 0,0855 = 160

||→ M = 64 → M chính là kim loại Cu. Quay lại yêu cầu:

ạy

Kè

||→ Y chứa cation Ag+ và H+. Quan sát sơ đồ bài tập HNO3:

Q uy

hơ

thời gian t (s): nCu ra bám vào catot = 0,14 ÷ 2 = 0,07 mol → y = Ans × 64 = 4,48 gam. Câu 26: C xem dung dịch Y: bảo toàn 0,15 mol anion NO3–; Fe + Y → hỗn hợp kim loại + khí NO

m /+

♦ BTKL kim loại: 12,6 + 108 × (0,15 – 4x) = 56 × (0,075 – ½.x) + 14,5 ||→ x = 0,025 mol. ||→ ne trao đổi = nH+ sinh ra = 4z = 0,1 mol ||→ thời gian t = 96500 × 0,1 ÷ 2,68 = 3600 (s) ⇄ 1 giờ.

Câu 27: D thứ tự điện phân ở catot: Fe3+ + 1e → Fe2+ || Cu2+ + 2e → Cu || 2H+ + 2e → H2↑ || ...

À, như vậy đến lúc bắt đầu HCl điện phân thì xuất hiện khí ở catot ||→ dừng điện phân lúc này.

Có nghĩa là ∑ne trao đổi = nFe3+ + 2nCu2+ = 0,5 mol ||→ nCl2 thoát ra bên anot = 0,25 mol ||→ V = 5,6 lít. Câu 28: D ne trao đổi = It ÷ 96500 = 1,0 mol. Xem xét quá trình điện phân: có thể coi NaOH chỉ đóng vai trò dẫn điện, còn chất bị điện phân là H2O (đúng ra OH– của NaOH sẽ bị điện phân trước nhưng sau bên catot 2H2O + 2e → 2OH– + H2 lại tạo ra OH– nên có thể quy đổi như trên). Phương trình điện phân rút gọn: 2H2O → 2H2 (– 4e) + O2 (+ 4e)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Theo đó: ||→ nH2O bị điện phân = ne trao đổi ÷ 2 = 0,5 mol ||→ mdung dịch NaOH ban đầu = 100 + 0,5 × 18 = 109 gam. Lại để ý mchất tan = mNaOH không đổi = 100 × 0,06 = 6 gam. ||→ Yêu cầu: C%NaOH ban đầu = 6 ÷ 109 ≈ 5,50%. Câu 29: D bên anot đầu tiên ra khí Cl2, hết sẽ ra O2 (do H2O điện phân).

hơ

bên catot đầu tiên ra Cu (bám vào anot), hết Cu thì đến H2 (của H2O điện phân) là khí thoát ra.

Q uy

♦ TH1: hòa tan 0,2 mol Al2O3 hay 0,6 mol O là do 1,2 molH+

Al2O3 là oxit lưỡng tính ||→ sẽ có 2 khả năng xảy ra:

⇄ tương quan có 0,3 mol O2 sinh ra ở anot ||→ nCl2 sinh ở anot = 0 ??? → loại.!

Kè

♦ TH2: hòa tan 0,2 mol Al2O3 là do 0,4 mol OH– (dùng "–" đi về 0,4 mol AlO2–)

ạy

⇄ tương quan có 0,2 mol H2 sinh ra ở catot và 0,3 mol khí ở anot chỉ là Cl2

m /+

||→ ne trao đổi = 2nCl = 0,6 mol ||→ ở catot: nCu = (ne trao đổi – 2nH2) ÷ 2 = 0,1 mol. Vậy ban đầu m gam hỗn hợp gồm 0,1 mol CuSO4 và 0,6 mol NaCl

||→ Yêu cầu giá trị của m = 0,1 × 160 + 0,6 × 58,5 = 51,1 gam. Câu 30: A dung dịch X gồm a mol CuSO4 và 0,2 mol KCl. Bài tập thời gian t và 2t giây:

♦ thời gian t (s): anot ra 0,11 mol gồm 0,1 mol Cl2 và 0,01 mol O2 ||→ ne trao đổi = 0,24 mol.

♦ thời gian 2t (s): ne trao đổi = 0,48 mol. anot ra 0,1 mol Cl2 và từ ne trao đổi → có 0,07 mol O2; mà ∑nkhí 2 cực = 0,26 mol → nH2 bên catot = 0,09 mol. ||→ xét bên catot: nCu = (ne trao đổi – 2nH2) ÷ 2 = 0,15 mol. a = 0,15 mol chính là yêu cầu chúng ta đang tìm Câu 31: A anot chỉ ra khí O2 (do H2O điện phân).

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ♦ thời gian t(s): a mol khí ở anot là O2 → ne trao đổi = 4a mol. ♦ thời gian 2t(s): ne trao đổi = 8a mol; anot ra gấp đôi là 2a mol khí O2. từ tổng khí là 2,5a mol ||→ catot ra 0,5a mol H2 ||→ nM2+ = (8a – 0,5a × 2) ÷ 2 = 3,5a mol. Quan sát đáp án, thấy ngay: có O2 ra ⇄ có H+ trong dung dịch say điện phân → C đúng. 0,5a mol H2 sinh ra ở anot như tính toán trên cũng nói luôn rằng B đúng.! Còn A và D.

► tại thời điểm t (s): ne trao đổi = 4a mol → mới có 2a mol (trong 3,5a mol) ion M2+ bị điện phân

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Tức là D đúng. Theo đó đáp án cần chọn còn lại là A thôi.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 5 - Sáng tạo và phát triển hướng giải bài tập kim loại đẩy muối

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. Cho m gam bột Fe vào 50 ml dung dịch Cu(NO3)2 1M, sau phản ứng thu được dung dịch X và 4,88 gam chất rắn Y. Cho 4,55 gam bột Zn vào dung dịch X, kết thúc phản ứng thu được 4,1 gam chất rắn Z và dung dịch chứa một muối duy nhất. Giá trị của m là A. 4,48. B. 2,80. C. 5,60. D. 8,40. Câu 2. Cho hỗn hợp gồm Al và Fe vào dung dịch AgNO3. Kết thúc phản ứng thu được m gam rắn X và dung dịch Y chứa 3 muối. Cho từ từ dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y đến khi kết tủa đạt cực đại thì dùng hết 350 ml; còn nếu cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y thu được kết tủa Z. Nung Z ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được một chất rắn duy nhất. Giá trị m là A. 69,12 gam. B. 75,60 gam. C. 86,40 gam. D. 82,08 gam. Câu 3. Cho 17,6 gam hỗn hợp gồm Mg và Fe vào 200 ml dung dịch AgNO3 1M và Cu(NO3)2 1,5M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chứa 2 loại cation và hỗn hợp rắn Y. Cho toàn bộ Y vào dung dịch HCl loãng dư thấy khối lượng chất rắn giảm 3,2 gam. Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp ban đầu là A. 79,5%. B. 68,7%. C. 65,9%. D. 47,7%. Câu 4. Cho 10,8 gam hỗn hợp A gồm Mg và Fe tác dụng với 500 ml dung dịch AgNO3 xM, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch B và 46 gam chất rắn. Cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư, sau phản ứng lọc kết tủa và nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thì thu được 12 gam chất rắn. Giá trị của x là A. 0,65. B. 0,80. C. 1,00. D. 1,25. Câu 5. Hòa tan hỗn hợp X gồm Cu và Fe2O3 vào 400ml dung dịch HCl a mol/lít được dung dịch Y và còn lại 1 gam đồng không tan. Nhúng thanh Mg vào dung dịch Y, sau khi phản ứng xong, nhấc thanh Mg ra thấy khối lượng tăng 4 gam so với ban đầu và có 1,12 lít khí H2 (đktc) bay ra. (giả thiết toàn bộ lượng kim loại thoát ra đều bám vào thanh Mg). Khối lượng của Cu trong X và giá trị của a là A. 4,2 gam và 1M. B. 4,8 gam và 2M. C. 1,0 gam và 1M. D. 3,2 gam và 2M. Câu 6. Cho m gam bột Fe vào 200 ml dung dịch chứa hai muối AgNO3 0,15M và Cu(NO3)2 0,1M, sau một thời gian thu được 3,84 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch X. Cho 3,25 gam bột Zn vào dung dịch X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,895 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch Y. Giá trị của m là A. 0,560. B. 2,240. C. 2,800. D. 1,435. Câu 7. Cho 5,1 gam hỗn hợp gồm Mg và Al vào 200 ml dung dịch Cu(NO3)2 1M và AgNO3 0,75M. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và m gam rắn Y. Để tác dụng tối đa các chất có trong X cần dùng 420 ml dung dịch NaOH 1,5M. Giá trị m là A. 24,95 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

B. 22,32 gam. C. 26,92 gam. D. 23,87 gam. Câu 8. Trộn cùng thể tích các dung dịch Cu(NO3)2 1,5M; AgNO3 1,0M; Fe(NO3)3 1,2M và Zn(NO3)2 1,0M thu được 400 ml dung dịch X. Cho 16,8 gam bột sắt vào dung dịch X, khuấy đều cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được m gam hỗn hợp các kim loại. Giá trị của m là A. 23,00. B. 20,40. C. 22,64. D. 21,56. Câu 9. Nhúng một thanh Mg vào dung dịch có chứa 193,6 gam Fe(NO3)3 và 9,4 gam Cu(NO3)2. Sau một thời gian lấy thanh kim loại ra cân lại thấy tăng 11,6 gam. Khối lượng Mg phản ứng là A. 18 gam. B. 24 gam. C. 25,2 gam. D. 18,48 gam. Câu 10. Hỗn hợp A gồm hai kim loại Mg và Fe. Cho 0,1125 mol hỗn hợp A vào dung dịch CuSO4, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc, thu được 6,9 gam chất rắn B và dung dịch C chứa 2 muối. Thêm NaOH dư vào dung dịch C rồi lọc kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được 4,5 gam chất rắn D. Khối lượng hỗn hợp A là A. 4,8 gam. B. 5,1 gam. C. 4,5. D. đáp án khác. Câu 11. Hỗn hợp X gồm 0,15 mol Mg và 0,1 mol Fe cho vào 500 ml dung dịch Y gồm AgNO3 và Cu(NO3)2; sau khi phản ứng xong nhận được 20 gam chất rắn Z và dung dịch E; cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E, lọc kết tủa nung ngoài không khí nhận được 8,4 gam hỗn hợp 2 oxit. Nồng độ mol của AgNO3 và Cu(NO3)2 lần lượt là A. 0,24M và 0,5M. B. 0,12M và 0,36M. C. 0,12M và 0,3M. D. 0,24M và 0,6M. Câu 12. Cho 12,19 gam hỗn hợp chứa Al và Fe vào dung dịch chứa 0,06 mol Fe2(SO4)3 và 0,2 mol CuSO4. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chứa 2 muối và rắn Y. Cho Y vào dung dịch HCl loãng dư thu được 2,016 lít khí H2 (đktc). Dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam rắn khan. Giá trị m là A. 14,80 gam. B. 28,06 gam C. 14,40 gam. D. 29,60 gam. Câu 13. Cho 25,96 gam hỗn hợp gồm Mg, Fe và Cu vào 200 ml dung dịch chứa Fe(NO3)3 1M và Cu(NO3)2 0,8M. Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch X và m gam rắn Y. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 32,0 gam hỗn hợp chứa 2 oxit. Giá trị m gần nhất với A. 25,5. B. 24,0. C. 26,5. D. 27,8. Câu 14. Cho 8,65 gam hỗn hợp gồm Al và Fe vào 500 ml dung dịch Cu(NO3)2 0,5M và Fe(NO3)3 0,5M thu được dung dịch X chứa 2 muối và m gam rắn Y. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 24,0 gam. Giá trị m là A. 18,0.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

B. 24,0. C. 20,0. D. 16,0. Câu 15. Cho 6,72 gam bột Fe vào dung dịch AgNO3 1M và Cu(NO3)2 1M. Sau khi kết thúc phản ứng thu được m gam rắn X và dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 21,6 gam rắn khan. Giá trị m gần nhất với A. 19,0. B. 20,0. C. 21,0. D. 22,0. Câu 16. Cho 7,08 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào 400 ml dung dịch AgNO3 xM và Cu(NO3)2 0,8M. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và 43,04 gam rắn Y chứa 2 kim loại. Cho NaOH dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam rắn chứa 2 oxit. Giá trị của x là A. 0,6. B. 0,7. C. 0,8. D. 0,9. Câu 17. Cho 14,0 bột Fe vào dung dịch Cu(NO3)2 xM và AgNO3 yM, kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và 59,4 gam rắn Y. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X. Lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 32,0 gam rắn chứa 2 oxit. Tỉ lệ x : y gần nhất với A. 0,2. B. 0,3. C. 0,4. D. 0,5. Câu 18. Cho 20,0 gam hỗn hợp gồm Al và Mg vào dung dịch chứa AgNO3 0,3M và Cu(NO3)2 0,2M thu được dung dịch X và 50,16 gam hỗn hợp rắn Y. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X đến khi kết tủa đạt cực đại thì đã dùng 560 ml. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của Al có trong hỗn hợp ban đầu gần nhất với A. 80%. B. 85%. C. 90%. D. 75%. Câu 19. Người ta phủ một lớp bạc trên một vật bằng đồng có khối lượng 8,48 gam bằng cách ngâm vật đó trong dung dịch AgNO3. Sau một thời gian lấy vật đó ra khỏi dung dịch, rửa nhẹ, làm khô cân được 10 gam. Khối lượng Ag đã phủ trên bề mặt của vật là A. 1,52 gam. B. 2,16 gam. C. 1,08 gam. D. 3,2 gam. Câu 20. Cho hỗn hợp chứa x mol Mg và 0,2 mol Fe vào 200 ml dung dịch hỗn hợp Fe2(SO4)3 1M và CuSO4 1M, đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A và 18,4 gam chất rắn. Giá trị của x là A. 0,3. B. 0,2. C. 0,1. D. 0,4. Câu 21. Cho 29,6 gam hỗn hợp gồm Mg và Fe vào dung dịch chứa 0,4 mol Cu(NO3)2 và 0,6 mol AgNO3. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chứa 2 loại cation và hỗn hợp rắn Y. Cho Y vào dung dịch HCl không thấy sủi bọt khí. Phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp ban đầu là A. 24,32%. B. 32,43%. C. 28,38%. D. 34,05%.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 22. Cho 8,64 gam hỗn hợp kim loại gồm Mg và Fe vào 100 ml dung dịch hỗn hợp Fe2(SO4)3 1M và CuSO4 1M, sau phản ứng hoàn toàn lọc được chất rắn X và phần dung dịch có khối lượng không đổi so với dung dịch ban đầu. Xác định phần trăm khối lượng kim loại Mg trong hỗn hợp ban đầu? A. 22,22 %. B. 58,33 %. C. 77,78 %. D. 41,67 %. Câu 23. Cho m gam hỗn hợp gồm Fe và Mg vào 200 ml dung dịch Cu(NO3)2 1,2M và AgNO3 0,8M. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chứa 2 loại cation và (m + 21,12) gam hỗn hợp rắn Y chứa 3 kim loại. Số mol Mg đã phản ứng là A. 0,1. B. 0,3. C. 0,2. D. 0,4. Câu 24. Cho m gam hỗn hợp gồm Fe và Cu vào 400 ml dung dịch AgNO3 1M, sau một thời gian thu được dung dịch X và 2,36m gam rắn Y. Cho 52,0 gam Zn vào dung dịch X, sau khi kết thúc phản thấy còn lại 5,67m gam rắn không tan. Giá trị gần đúng của m là A. 12,4 gam. B. 11,7 gam. C. 16,8 gam. D. 14,4 gam. Câu 25. Lắc 13,14 gam Cu với 250 ml dung dịch AgNO3 0,6M một thời gian thu được 22,56 gam chất rắn A và dung dịch B. Nhúng thanh kim loại M nặng 15,45 gam vào dung dịch B khuấy đều đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch chỉ chứa một muối duy nhất và 17,355 gam chất rắn Z. Kim loại M là A. Zn. B. Mg. C. Pb. D. Fe. Câu 26. Cho m gam Mg vào dung dịch gồm 0,1 mol AgNO3 và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau 1 thời gian thu được 19,44 gam chất rắn và dung dịch X chứa hai muối. Tách lấy chất rắn, thêm tiếp 8,4 gam bột Fe vào dung dịch X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu đc 9,36 gam chất rắn. Giá trị của m là A. 4,80. B. 4,32. C. 4,64. D. 5,25. Câu 27. Cho hỗn hợp ở dạng bột gồm Al và Fe vào 100 ml dung dịch CuSO4 0,75M; khuấy kĩ hỗn hợp để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 9 gam chất rắn A gồm hai kim loại. Để hoà tan hoàn toàn chất rắn A thì cần ít nhất bao nhiêu lít dung dịch HNO3 1M (biết phản ứng tạo ra sản phẩm khử NO duy nhất)? A. 0,6 lít. B. 0,5 lít. C. 0,4 lít. D. 0,3 lít. Câu 28. Cho 13,6 gam hỗn hợp bột X (gồm Fe và Mg) vào 200 ml dung dịch CuSO4 1M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y và dung dịch Z. Cho chất rắn Y tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,24 lít H2 (ở đktc). Cho NaOH dư vào dung dịch Z thu được kết tủa hai hidroxit kim loại. Phần trăm khối lượng của Fe có trong X là A. 66,67 %. B. 82,35 %. C. 58,82 %. D. 17,65 %. Câu 29. Cho 0,81 gam Al và 2,8 gam Fe tác dụng với 200 ml dung dịch X chứa AgNO3 và Cu(NO3)2. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 8,12 gam hỗn hợp 3 kim loại. Cho 8,12 gam hỗn hợp 3

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

kim loại này tác dụng với dung dịch HCl dư, kết thúc phản ứng thấy thoát ra 0,672 lít H2 (đktc). Nồng độ mol của AgNO3 và Cu(NO3)2 lần lượt là A. 0,15M và 0,25M. B. 0,10M và 0,20M. C. 0,25M và 0,15M. D. 0,25M và 0,25M. Câu 30. Cho m gam hỗn hợp chứa Al và Fe vào dung dịch chứa 0,12 mol Fe(NO3)3 và 0,18 mol Cu(NO3)2. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và rắn Y. Cho Y vào dung dịch HCl loãng dư thu được 1,68 lít khí H2 (đktc). Dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 7,2 gam một oxit duy nhất. Giá trị của m gần nhất với A. 7,2. B. 6,8. C. 7,8. D. 7,4. Câu 31. Cho 2,78 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe tác dụng với 200ml dung dịch CuSO4 nồng độ x M, sau phản ứng thu được 4,32 gam chất rắn và dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, nung kết tủa ngoài không khí đến khối lượng không đổi được 1,6 gam. Giá trị của x là A. 0,25. B. 0,3. C. 0,35. D. 0,4. Câu 32. Cho 14,4 gam hỗn hợp chứa Mg và Fe vào dung dịch chứa 0,12 mol Fe(NO3)3 và 0,2 mol AgNO3. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chứa 2 muối và rắn Y. Cho Y vào dung dịch HCl loãng dư thu được 4,48 lít khí H2 (đktc). Dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam rắn khan. Giá trị m gần nhất với A. 14,0. B. 15,0. C. 16,0. D. 17,0. Câu 33. Cho 8,44 gam hỗn hợp gồm Zn và Al vào dung dịch chứa Cu(NO3)2 0,2M và AgNO3 0,12M. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chứa 2 muối và rắn Y gồm 2 kim loại. Dung dịch X tác dụng tối đa với 400 ml dung dịch NaOH 2M. Cho toàn bộ rắn Y tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được hỗn hợp khí gồm a mol NO và 0,1 mol NO2. Giá trị của a là A. 0,12. B. 0,13. C. 0,15. D. 0,14. Câu 34. Cho m gam Al vào 400ml dung dịch chứa Fe(NO3)3 0,75M và Cu(NO3)2 0,6M sau phản ứng thu được dung dịch X và hỗn hợp 2 kim loại. Cho dung dịch dịch HCl dư tác dụng với dung dịch X thấy giải phóng 1,344 lít khi NO (đktc – sản phẩm khử duy nhất của N+5). Giá trị của m là A. 9,18. B. 8,10. C. 9,72. D. 10,80. Câu 35. Cho m gam bột Al vào 400ml dung dịch hỗn hợp FeCl3 0,5M và CuCl2 xM thu được dung dịch X và 2,4m gam chất rắn Y gồm 2 kim loại. Cho toàn bộ chất rắn Y tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 4,34 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 6,1875. B. 6,8270. C. 5,5810. D. 5,8284.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

hơ

Câu 36. Cho 11,84 gam hỗn hợp gồm Mg và Fe vào 200 ml dung dịch chứa CuCl2 0,8M và FeCl3 xM. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và 18,08 gam rắn Y. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch X thu được 106,22 gam kết tủa. Giá trị của x là A. 0,4. B. 0,6. C. 0,5. D. 0,8. Câu 37. Cho 7,36 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe vào dung dịch chứa AgNO3 và Cu(NO3)2, khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y và dung dịch Z. Hòa tan hết Y bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư), thu được 5,04 lít SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Cho NaOH dư vào Z, được kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi được 7,2 gam hỗn hợp rắn. Phần trăm khối lượng của Fe trong X là A. 60,87%. B. 38,04%. C. 83,70%. D. 49,46%.

Q uy

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: A HD: muối duy nhất là 0,05 mol Zn(NO3)2. Áp dụng bảo toàn khối lượng kim loại:

Kè

Có m = 4,88 – 0,05 × 64 + (4,1 + 0,05 × 65 – 4,55) = 4,480 gam. Chọn đáp án A.

ạy

Câu 2: B HD: luận ra dung dịch, sau bảo toàn nAg = 0,7 mol → m = 75,60 gam.

m /+

Câu 3: C HD: Mg > Fe > Cu > Ag ||→ X chứa Mg2+ và Fe2+; Y có Fe dư 3,2 gam; Ag và Cu.

Giải hệ

||→ %mFe = 1 – 0,25 × 24 ÷ 17,6 ≈ 65,9%. Chọn C.

Câu 4: B HD: thực hiện: 10,8 ÷ 24 × 40 = 18; 10,8 ÷ 56 × 80 = 15,43 ||→ chứng tỏ 46 gam chất rắn gồm cả Fe và Ag. ||→ sơ đồ:

||→ Giá trị của x = 0,4 ÷ 0,5 = 0,80M. Chọn đáp án B

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 5: A HD: ghép cụm CuO.2FeO với x mol. HCl còn dư 0,05 × 2 = 0,1 mol sau phản ứng. ||→ ∆mMg tăng = (64 – 24).x + (56 – 24).2x – 0,05 × 24 = 4 gam ||→ x = 0,05 mol. Khối lượng Cu = 4,2 gam; số mol HCl = 0,05 × 3 × 2 + 0,1 = 0,4 ||→ a = 1M. ||→ Chọn đáp án A.

hơ

Bảo toàn khối lượng lần 1: mchất tan trong X = 3,895 + 0,035 × 189 – 3,25 = 7,26 gam.

Câu 6: B HD: ∑nNO3– = 0,07 mol; 3,25 gam Zn ↔ 0,05 mol → cuối cùng Y cho 0,035 mol Zn(NO3)2.

Bảo toàn khối lượng lần 2 ||→ m = 7,26 + 3,84 – 0,03 × 170 – 0,02 × 188 = 2,240 gam.

Câu 7: C HD: X tác dụng với NaOH → NaAlO2 và NaNO3.

Kè

Biết NaOH là 0,63 mol và NO3 thì bảo toàn là 0,55 mol

Q uy

Chọn đáp án B.

ạy

→ NaAlO2 là 0,08 mol. Từ đáp án → Cu, Ag chưa bị đẩy ra hết.

Al là 0,08 mol → Mg là 0,1225 mol. → trong dug dịch còn dư 0,0325 mol Cu2+ trong dung dịch.

m /+

Vậy rắn ra có 0,15 mol Ag và 0,1675 mol Cu ||→ m = 26,92 gam.

Câu 8: C HD: Zn > Fe > Cu > Fe2+ > Ag nên loại Zn ra khỏi bài tập.

Tập trung có 0,3 mol Fe; ∑nNO3– = 0,76 mol.

Ra kim loại nên Fe ở Fe(II), loại trừ dần 0,38 mol Fe(NO3)2.

||→ hỗn hợp gồm 0,04 mol Fe; 0,15 mol Cu và 0,1 mol Ag ||→ m = 22,64 gam. ||→ Chọn đáp án C.

Câu 9: C HD: Nắm rõ dãy chuyển hóa: note TH Fe3+. Có 0,8 mol Fe(NO3)3 và 0,05 mol Cu(NO3)2. Để ý đầu: mất 0,4 mol Mg cho phản ứng Mg + 2Fe3+ → 2Fe2+ + Mg2+ ||→ giảm 9,6 gam. Tiếp: phản ứng hết với 0,05 mol Cu(NO3)2 làm tăng 0,05 × 40 = 2 gam ||→ tổng giảm 7,6 gam. ||→ muốn tăng 11,6 gam ||→ trong phản ứng với Fe phải làm tăng 19,2 gam = 0,6 × (56 – 24)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ||→ Vậy ∑nMg đã phản ứng = 0,6 + 0,4 + 0,05 = 1,05 mol ↔ mMg = 25,2 gam. Chọn đáp án C. ♣. ► Cách 2: gọi số mol Mg phản ứng là x mol (từ 4 đáp án → x ≤ 1,05 mol); ∑nNO3– = 2,5 mol → Fe còn. Áp dụng bảo toàn khối lượng có

||→ mMg = 25,2 gam. Chọn đáp án C.

hơ

Câu 10: B

Q uy

HD: Giải hệ

Theo đó, A có 0,0375 mol Mg; (0,0375 + 0,0375) mol Fe → mA = 5,1 gam. Chọn đáp án B.

ạy

Kè

Câu 11: C HD: 8,4 gam 2 oxit gồm 0,15 mol MgO và 0,03 mol FeO1,5 ||→ rắn Z gồm 0,07 mol Fe và Cu; Ag.

Giải hệ

m /+

||→ đáp án cần chọn là C.

Câu 12: A HD: Sơ đồ quá trình:

||→ có phương trình: x = (0,35 × 56 – 12,19) ÷ (3 × 56 – 2 × 27) = 0,065 mol. ||→ có 0,185 mol FeSO4 trong dung dịch X ||→ m = 0,185 × 80 = 14,80 gam. Chọn A. Câu 13: A HD: từ X đến 2 oxit → đó chỉ có thể là của Mg và Fe. X gồm Mg2+; Fe2+ và 0,92 mol NO3–.

Giải hệ

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Bảo toàn khối lượng: đơn giản dùng cho cả phương trình, duy hơn chút dùng BT khối lượng kim loại: Có 25,96 + 0,2 × 56 + 0,16 × 64 = m + 0,12 × 24 + 0,34 × 56 → m = 25,48 gam. Chọn đáp án A. Câu 14: D HD: 2 muối đương nhiên thuộc về phần Al(NO3)3 và Fe(NO3)2 rồi. chú ý Al3+ tan trong NaOH dư ||→ 24,0 gam chất rắn kia là 0,15 mol Fe2O3 ||→ dung dịch X có 0,3 mol Fe(NO3)2. Bảo toàn NO3 có 13/60 gam Al(NO3)3 → Fe ban đầu có 2,8 gam ↔ 0,05 mol.

Bảo toàn Fe → trong Y có (0,05 + 0,25 – 0,3 = 0) mol Fe → Y chỉ có 0,25 mol Cu ↔ 16,0 gam.

hơ

Câu 15: C HD: rõ 0,3 mol Fe → cuối cho 0,06 mol Fe2O3 mới có 9,6 gam

Q uy

||→ nên 21,6 gam rắn khan đó phải có khác nữa. ♦ TH1: 21,6 gam chỉ có 0,06 mol Fe2O3 và 0,15 mol CuO

||→ rắn X có x mol Ag và (x – 0,15) mol Cu.

Kè

Cần chú ý phản ứng của Fe2+ với Ag+. Nên nhẩm nhanh 2TH tiếp:

ạy

Nếu x > 0,15 → có nghĩa X có Cu thì trong Y chỉ có thể là Fe2+ với 0,12 mol;

m /+

lại thêm 0,15 mol Cu2+ và 3x mol NO3– → 3x = 0,12 × 2 + 0,15 × 2 → x = 0,18 mol (thỏa mãn.!). Theo đó: giá trị m = 0,18 × 108 + 0,03 × 64 = 21,36 gam.

Nếu x = 0,15 mol thì có nghĩa chỉ xảy ra phản ứng:

Fe + AgNO3 → Fe(NO3)2 + Fe(NO3)3 + Ag mà thôi.

Giải hệ này cho số mol âm nên loại.!

Câu 16: B HD: : Sơ đồ quá trình phản ứng:

Bài này lập hệ 3 ẩn, dựa vào sơ đồ xây dựng phương trình và giải thôi. Tuy nhiên, cần quan sát + biến đổi hợp lí để có hệ đơn giản + dễ giải nhất.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Ví dụ như sau cũng là một cách xây dựng: (1). Khối lượng hỗn hợp ban đầu có: 24a + 27b = 7,08 gam (2). ẩn gọn đẹp cần thông qua hỗn hợp cuối có: nCuO = 0,2 – 0,5a mol; đây cũng chính là lượng Cu trong dung dịch → lượng bay ra ngoài bằng 0,32 – Ans = 0,12 + 0,5a mol. Riêng c mol Ag thì bay ra hết luôn rồi mới thỏa mãn được các giả thiết

hơ

(3) bảo toàn điện tích trong dung dịch: ∑nNO3- = c + 0,64 = 2a + 3b + 2 × (0,2 – 0,5a).

||→ có: 64 × (0,12 + 0,5a) + 108c = 43,04 gam.

Vậy giải hệ phương trình bậc nhất 3 ẩn có ngay: a = 0,16 mol; b = 0,12 mol; c = 0,28 mol

m /+

ạy

Kè

Q uy

||→ x = 0,7 M. Chọn đáp án B. Câu 17: B HD: Xác định qua sản phẩm trước cái đã: Fe là 0,25 mol; kết tủa tạo ra 59,4 gam nếu là Ag cả thì số mol đẹp 0,55 mol. để đó: nếu Y có cả Cu, Ag thì dung dịch chỉ được phép là Fe2+ → max e cho 0,5 mol; trong khi đó e nhận TH này phải lớn hơn 0,55 mol → mâu thuẫn. Vậy thì rõ rồi, có sơ đồ quá trình:

Có ngay: y = 0,55 mol; khối lượng oxit có 0,25 × 80 = 20 gam Fe2O3 rồi

||→ nên của CuO còn 12 gam ↔ 0,15 mol Cu → x = 0,15 mol.

Vậy tỉ lệ x : y = 0,15 ÷ 0,55 = 3 : 11. Chọn B Câu 18: A HD: Vì X kết tủa cực đại thì dừng nên 0,56 mol Na chỉ đi về 0,56 mol NaNO3 thôi (nếu nói phản ứng tối đa thì cũng không ngại, lúc đó Na sẽ đi thêm về NaAlO2 thôi) ||→ ∑nNO3– trong X = 0,56 mol. Xong giả thiết phụ, giờ tập trung vào sơ đồ chính:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Trước đó, để ý nhanh chút vì cùng một dung dịch nên từ tỉ lệ nồng độ ||→ nếu có 3a mol AgNO3 thì tương ứng có 2a mol Cu(NO3)2 ||→ 3a + 2 × 2a = 0,56 → a = 0,08 suy ra số mol các chất như trên sơ đồ. nếu Cu, Ag bị đẩy ra hết thì mCu + Ag = 0,24 × 108 + 0,16 × 64 = 36,16 còn nhỏ hơn 50,16 gam chứng tỏ còn kim loại dư sau phản ứng nữa. Gọi số mol Mg2+ và Al3+ trong dung dịch X là x, y mol (đừng thắc mắc lỡ nếu như chỉ có Mg2+ thôi thì sao nhé, nếu gọi số mol như trên tức là đã giải tổng quát rồi, nếu TH chỉ có Mg không thôi thì y = 0 sẽ chứng minh điều đó, nên là đừng bận tâm). Chú ý nhất, BTKL kim loại có: 20 + 36,16 = 24x + 27y + 50,16 ||→ 24x + 27y = 6 gam.

hơ

Lại có theo bảo toàn điện tích: 2x + 3y = 0,56. Theo đó giải hệ được x = 0,16 mol và y = 0,08 mol.

Đừng quên đọc yêu cầu và xử lí “tinh tế” chút: %mAl trong hỗn hợp = 100% – 0,16 × 24 ÷ 20 = 80,8%.

Q uy

Chọn đáp án A. Câu 19: B HD: phản ứng: Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag.

Kè

1Cu (M = 64) đẩy 2Ag (M = 108) ra mà mtăng = 10 – 8,48 = 1,52 gam

||→ nAg = 1,52 ÷ (2 × 108 – 64) × 2 = 0,02 mol ||→ mAg = 2,16 gam. Chọn đáp án B.

m /+

ạy

Câu 20: A HD: Dãy điện hóa: Mg > Fe > (H) > Cu > Fe2+. ||→ kim loại ra lần lượt Cu, Fe rồi đến Mg. Xét rắn: nếu Cu ra hết thì có 0,2 × 64 = 12,8 gam; mà giả thiết ra 18,4 gam

||→ chứng tỏ còn có 0,1 mol Fe ra nữa. → Sơ đồ được thiết lập:

Bảo toàn nguyên tố Fe có nFe = 0,2 + 0,4 – 0,1 = 0,5 mol. Bảo toàn điện tích trong dung dịch A ||→ x = 0,8 – 0,5 = 0,3 mol ||→ chọn đáp án A. Câu 21: A HD: Dãy điện hóa Mg > Fe > (H) > Cu > Fe2+ > Ag ||→ X chứa 2 cation là Mg2+ và Fe2+. Y không tác dụng HCl → hỗn hợp rắn Y gồm Ag và Cu (không có sắt dư).

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ sơ đồ:

Theo đó có hệ: ||→ %mMg trong hh ban đầu = 0,3 × 24 ÷ 29,6 ≈ 24,32%. Chọn A.

hơ

Câu 22: D HD: Phân tích chút: vì phần dung dịch có khối lượng không đổi nên mrắn ra = mrắn vào = 8,64 gam.

Q uy

Xét thứ tự: Mg > Fe > Cu nên 8,64 gam rắn ra gồm 0,1 mol Cu (ra tất mới có 6,4 gam) và 0,2 mol Fe nữa.

Kè

Sơ đồ suy luận:

ạy

Theo đó có hệ phương trình:

m /+

||→ %mMg trong hh ban đầu = 0,15 × 24 ÷ 8,64 ≈ 41,67%. Chọn D

Câu 23: C HD: Thứ tự điện hóa: Mg > Fe > (H) > Cu > Fe2+ > Ag. Suy luận sơ đồ:

♦ Bảo toàn khối lượng kim loại: m + 0,24 × 64 + 0,16 × 108 = mkim loại trong X + (m + 21,12)

Từ đó xây dựng được hệ phương trình: Theo đó, số mol Mg đã phản ứng là 0,2 mol. Chọn đáp án C. Câu 24: B HD: để ý có 0,4 mol gốc anion NO3– mà Zn có 0,8 mol ||→ cuối cùng anion chuyển cho 0,2 mol Zn(NO3)2.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Sơ đồ gộp: BTKL kim loại cả quá trình có: m + 0,4 × 108 + 52 = 0,2 × 65 + (5,67m + 2,36m) ||→ m = 11,69 gam. Chọn đáp án B.

Q uy

hơ

Câu 25: A HD: Gộp quá trình:

BTKL kim loại cả quá trình: mMn+ = 13,14 + 0,15 × 108 + 15,45 – (22,56 + 17,355) = 4,875 gam.

Kè

||→ tỉ số M ÷ n = 4,875 ÷ 0,15 = 32,5 = 65 ÷ 2 ||→ M là kim loại Zn (hóa trị II). Chọn đáp án A.

m /+

||→ bảo toàn khối lượng cả quá trình trên có:

ạy

Câu 26: C HD: tương tự như các ví dụ trên (ID = 241338; 241337; ví dụ 7 (bài giảng)),

||→ m = (19,44 + 9,36) + (0,1 ÷ 2 + 0,25) × 56 – 8,4 – (0,1 × 108 + 0,25 × 64) = 10,4 gam. Chọn ???

Như vậy là không thể ẩu được rồi, may không có đáp án không thì bị lừa rồi. Xem lại đề và lập quá trình:

||→ cần chú ý bài này: dùng sơ đồ để nhìn tổng quát; còn cần phải đi vào từng bài toán nhỏ để khai thác thêm giả thiết. Đó là quá trình tăng từ 8,4 gam lên 9,36 gam là do Fe (M = 56) bị thế bởi Cu (M = 64) ||→ nCu = (9,36 – 8,4) ÷ (64 – 56) = 0,12 mol. Từ đó xác định ra các chất như trên sơ đồ. Bảo toàn anion có nMg(NO3)2 = (0,25 × 2 + 0,1 – 0,12 × 2) ÷ 2 = 0,18 mol Theo đó m = ∑mMg = 0,32 + 0,18 × 24 = 4,64 gam. Chọn đáp án C. Câu 27: C

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn HD: Nhận định: kim loại đẩy muối + bài tập HNO3 cơ bản.! Rõ muối biết được VHNO3 thì cần phải biết A gồm những cái gì? Trả lời câu hỏi này chính là bài tập kim loại đẩy muối thuần. Dãy điện hóa: Al > Fe > (H) > Cu nên 9 gam hỗn hợp 2 kim loại trong A gồm tất cả Cu ra là 0,075 mol và từ đó tính ra 0,075 mol Fe nữa. ||→ yêu cầu chuyển thành: hòa tan hoàn toàn hỗn hợp 0,075 mol Cu và 0,075 mol Fe cần ít nhất bao nhiêu mol HNO3?

Để HNO3 dùng ít nhất thì Fe lên Fe2+ thôi (không phải Fe3+);

hơ

Cu cũng lên Cu2+ nên đại diện A là 0,15 mol M2+.

Bảo toàn electron có nNO = 0,15 × 2 ÷ 3 = 0,1 mol

Q uy

||→ nHNO3 = 4nNO = 0,4 mol → V = 0,4 lít. Chọn C.

Kè

Câu 28: B HD: Nhận định: kim loại đẩy muối + kim loại, oxit tác dụng HCl loãng.

và 2 muối đó phải là Mg(NO3)2 và Fe(NO3)2.

ạy

Dãy điện hóa: Mg > Fe > (H) > Cu ||→ có 2 hiđroxit chứng tỏ Z có 2 muối

m /+

Y + HCl → 0,1 mol H2 chứng tỏ có 0,1 mol Fe và đương nhiên toàn bộ Cu ra hết ở Y.

Theo đó, sơ đồ chính:

||→ có hệ phương trình:

||→ %mFe trong X = 0,2 × 56 ÷ 13,6 ≈ 82,35%. Chọn đáp án B. Câu 29: A HD: đọc nhanh kim loại + HCl kết hợp kim loại đẩy muối. thứ tự dãy điện hóa: Al > Fe > Cu > Ag ||→ 3 kim loại là Fe; Cu và Ag; trong đó có 0,03 mol Fe (suy ra từ H2), dung dịch Y ngoài 0,03 mol Al(NO3)3 còn có (2,8 ÷ 56 – 0,03 = 0,02) mol Fe(NO3)2 nữa ||→ Sơ đồ được thể hiện:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Theo đó có hệ

Kè

Q uy

||→ Y chứa 0,075 mol Fe và 0,18 mol Cu. Quá trình:

hơ

Câu 30: D HD: Dãy điện hóa Al > Fe > (H) > Cu; lại có Y + HCl dư → 0,075 mol H2

||→ CM ứng với đáp án A.

ạy

Để ý bải tập nhỏ + NaOH dư rồi nung kết tủa

m /+

||→ cuối cùng thu được chỉ là 0,045 mol Fe2O3 thôi (Al tạo phức). ||→ trong dung dịch X chứa 0,09 mol Fe2+; lại có ∑nNO3– = 0,72 mol

||→ bảo toàn điện tích có 0,18 mol Al. Lại theo bảo toàn nguyên tố Fe cả quá trình có

nFe trong m gam = 0,09 + 0,075 – 0,12 = 0,045 mol.

Vậy giá trị của m = 0,18 × 27 + 0,045 × 56 = 7,38 gam. Chọn đáp án D

Câu 31: A HD: Dãy điện hóa: Al > Fe > (H) > Cu. Mấu chốt, điểm chính của bài này nắm ở câu hỏi "4,32 gam chất rắn" là gì? ♦ Nếu chỉ mỗi Cu thôi, ||→ thế lượng Cu này trong dung dịch là x mol Al và y mol Fe.

||→ có hệ Mà 0,0205 × 160 > 1,6 gam rồi → loại.! Thực tế, với trắc nghiệm thì xét thấy: nếu 4,32 gam chỉ mỗi Cu thì rõ không thể nào tìm ra được giá trị của

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn xx nên không cần xét!. ♦ Nếu mà gồm cả Al, Fe, Cu thì không được rồi, khi đó dung dịch rõ chỉ chứa mỗi Al2(SO4)3; ||→ khi + NaOH dư lấy đâu kết tủa.! ♦ Tóm lại 4,32 gam rắn gồm Cu và Fe ( mà với TN, phải nhạy cảm với tính huống này đầu, tìm ra đáp án thì khoanh mà không cần xét các TH kia)! ||→ trong dung dịch chỉ có Al2(SO4)3 và 0,02 mol FeSO4

hơ

(ở đây xử lí nhanh 1,6 gam rắn chỉ có thể là 0,01 mol Fe2O3 → FeSO4 trong dung dịch là 0,02 mol).

Q uy

||→ sơ đồ chính là:

ạy

Kè

Hệ: ||→ x = a ÷ 0,2 = 0,25M. Chọn A. Câu 32: B HD: dãy điện hóa Mg > Fe > (H) > Ag ||→ Y phải có 0,2 mol Fe và X chứa 2 muối Mg2+ và Fe2+.

m /+

||→ có hệ

||→ m = 0,18 × 40 + 0,05 × 160 = 15,2 gam. Chọn đáp án B.

Câu 33: D HD: Dãy: Al > Zn > Cu > Ag. ||→ 2 muối là Al3+; Zn2+ và 2 kim loại là Cu; Ag.

||→ có hệ

X + NaOH → Na2ZnO2 + NaAlO2 + NaNO3

nếu quen dạng kim loại lưỡng tính + NaOH thì nhớ luôn 4x + 4y = 0,8. Xong kim loại đẩy muối, với HNO3 cơ bản ||→ nhớ đến bảo toàn electron. Các e nhận đã rõ, e cho thì sao ? Không thể nhờ vào số mol từng kim loại Cu, Ag được. À, trung gian, giáp tiếp qua ∑nNO3– trong muối. Đây rồi; ∑nNO3– trong muối = 2x + 3y = 0,52 mol. Vậy a = (0,52 – 0,1) ÷ 3 = 0,14 mol. Chọn D.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 34: A HD: Quen thuộc rồi, không cần sơ đồ nữa. Suy luận và đọc nhẩm luôn: Dãy Al > Fe > (H) > Cu > Fe2+ ||→ 2 kim loại ra phải là Cu và Fe ||→ dung dịch X chứa Al(NO3)3 và Fe(NO3)2. X + HCl → NO thực chất là phản ứng của Fe2+ + H+ + NO3– → Fe3+ + NO 0,06 mol ||→ theo bảo toàn electron → nFe2+ = 3nNO = 0,18 mol.

Lại để ý, gốc anion trong dung dịch bảo toàn với ∑nNO3– = 1,38 mol.

hơ

biết Fe(NO3)2 là 0,18 mol ||→ số mol Al(NO3)3 là 0,34 mol

Q uy

||→ Yêu cầu: m = 0,34 × 27 = 9,18 gam. Chọn A. Câu 35: A HD: kim loại đẩy muối và HNO3 cơ bản (bảo toàn electron).

Kè

► Tập trung vào những điểm cơ bản + đặc trưng của mỗi dạng và phân tích:

2 kim loại là 0,4x mol Cu và (0,2 – y) mol Fe; dung dịch có z mol AlCl3 và y mol FeCl2.

ạy

Có các phương trình: • 3z + 2y = 0,6 + 0,8x (1) (bảo toàn anion Cl–).

m /+

• m = 27z ||→ 2,4 × 27z = 2,4m = 64 × 0,4x + 56 × (0,2 – y) (2) (khối lượng chất rắn Y). • Bảo toàn e có thêm: 0,8x + 3 × (0,2 – y) = 0,19375 × 3 (3).

Giải hệ được x = 0,375; y = 0,10625; z = 11/48.

Vậy giá trị của m = 27z = 6,1875 gam. Chọn đáp án A

Câu 36: B HD: Thứ tự điện hóa Mg > Fe > (H) > Cu > Fe2+ ||→ 18,08 gam rắn Y gồm 0,16 mol Cu (ra hết) và 0,14 mol Fe nữa. rắn Y gồm 0,16 mol Cu và 0,14 mol Fe. Lập hệ phương trình Mg, Fe ban đầu và FeCl3 có

||→ x = 0,6M. Chọn đáp án B. Câu 37: A

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn HD: Nhận xét: 7,2 gam < 7,36 gam nghĩa sau phản ứng đầu, vẫn còn dư kim loại Fe. Sơ đồ rõ hơn:

hơ

Có ngay hệ phương trình:

m /+

ạy

Kè

Q uy

||→ %mFe trong X = 0,08 × 56 ÷ 7,36 ≈ 60,87%. Chọn đáp án A.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

4 - Sáng tạo và phát triển hướng giải bài tập nhiệt nhôm

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. Tiến hành nhiệt nhôm hoàn toàn rắn X gồm Al và 55,68 gam Fe3O4 (không có không khí) được rắn Y. Cho rắn Y phản ứng dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được 21,504 lít H2 (đktc). Nếu cho toàn bộ rắn Y vào một lượng dư dung dịch NaOH thì sau khi kết thúc phản ứng, số mol NaOH đã phản ứng là A. 0,6. B. 1,4. C. 0,8. D. 1,2. Câu 2. Nung nóng m gam hỗn hợp gồm Al và các oxit sắt trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn X. Chia X làm 2 phần bằng nhau: – phần 1 cho vào dung dịch NaOH dư thu được 1,12 lít khí H2 (đktc); dung dịch Y và chất không tan Z. Sục CO2 đến dư vào dung dịch Y thu được 13,0 gam kết tủa. – phần 2 tác dụng với dung dịch HCl loãng dư thu được 4,48 lít khí H2 (đktc). Giá trị m gần nhất với A. 32. B. 30. C. 28. D. 34. Câu 3. Đem trộn kim loại nhôm Al với oxit sắt Fe2O3 theo tỉ lệ số mol a : b tương ứng thu được hỗn hợp X. Đem nung X trong bình kín không có không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp chất rắn Y. Lấy cùng một lượng Y cho tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thì thu được thể tích khí thoát ra gấp 2 lần khi cho tác dụng với dung dịch NaOH dư. Tỉ lệ a : b là A. 5 : 3 B. 3 : 1. C. 4 : 3. D. 10 : 3. Câu 4. Hỗn hợp E chứa 46,4 gam Fe3O4; 80,0 gam Fe2O3 và m gam Al. Nung E trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp F. Chia F làm 2 phần bằng nhau: – Phần 1 tác dụng với dung dịch HCl loãng dư thu được 5V lít H2 (đktc). – Phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH loãng dư thu được V lít H2 (đktc). Giá trị m là A. 24,3 gam. B. 22,5 gam. C. 48,6 gam. D. 45,0 gam. Câu 5. Nung nóng 48,96 gam hỗn hợp X gồm Fe, Al và Fe3O4 trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp Y. Chia Y làm 2 phần bằng nhau: • phần 1 tác dụng vừa đủ với 480 ml dung dịch NaOH 0,5M thu được 2a mol H2. • phần 2 tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thu được 5a mol H2 và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị m gần nhất với A. 84. B. 80. C. 82. D. 86. Câu 6. Cho 8,1 gam Al vào hỗn hợp chứa Fe3O4 và CuO (có tỉ lệ mol 1 : 2) thu được hỗn hợp A. Nung nóng trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn B. Chia B làm 2 phần bằng nhau: – Phần 1 tác dụng với NaOH dư thu được 1,008 lít H2 (đktc). – Phần 2 tác dụng với dung dịch HCl loãng dư thu được m gam rắn không tan. Giá trị của m là A. 1,92 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

B. 7,68 gam. C. 5,76 gam. D. 3,84 gam. Câu 7. Nung m gam hỗn hợp X gồm bột Al và Fe3O4 sau một thời gian thu được chất rắn Y. Để hòa tan hết Y cần V ml dung dịch H2SO4 0,7M (loãng). Sau phản ứng thu được dung dịch Z và 9,846 lít khí (đo ở 1,5 atm, 27oC). Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Z đến dư, thu được kết tủa M. Nung M trong chân không đến khối lượng không đổi thu được 44 gam chất rắn T. Cho 50 gam hỗn hợp X1 gồm CO và CO2 qua ống sứ đựng chất rắn T nung nóng. Sau khi T phản ứng hết, thu được hỗn hợp khí X2 có khối lượng gấp 1,208 lần khối lượng của X1. Giá trị của m và V lần lượt là A. 59,9 và 1091. B. 59,9 và 2000. C. 57,2 và 2000. D. 66,9 và 1900. Câu 8. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm (trong điều kiện không có không khí) hỗn hợp X gồm Al và Fe3O4 sau một thời gian thu được m gam hỗn hợp Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 0,5M. Phần 2 tác dụng hết với dung dịch HNO3 đặc nóng, dư thu được 3,696 lít khí NO2 (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 4,83. B. 8,46. C. 9,66. D. 19,32. Câu 9. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm 56,28 gam hỗn hợp gồm Al, Fe3O4, Fe2O3 trong điện kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y làm 2 phần bằng nhau: • phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 2,016 lít khí H2 (đktc) và còn lại 14,28 gam rắn không tan. • phần 2 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng thu được dung dịch X chứa 113,52 gam muối và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5; đktc). Giá trị V là A. 3,36 lít. B. 4,48 lít. C. 6,72 lít. D. 5,60 lít. Câu 10. Nung nóng 58,78 gam hỗn hợp dạng bột gồm Al, Fe3O4 và CuO thu được hỗn hợp rắn A. Nung A trong điều kiện không có không khí thu được hỗn hợp rắn B. Chia B làm 2 phần bằng nhau: • phần 1 tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch NaOH 1M, thu được V ml khí H2 (đktc). • phần 2 tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch X (không chứa NH4NO3) và 3,136 lít hỗn hợp khí Y gồm N2O và NO có tỉ khối so với He bằng 9,5. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là A. 0,336. B. 0,448. C. 0,560. D. 0,672. Câu 11. Nung nóng 62,24 gam hỗn hợp X gồm Al và các oxit sắt trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp Y. Chia Y làm 2 phần bằng nhau: – phần 1 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Z chứa 128,56 gam muối và 0,28 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất). – phần 2 cho vào dung dịch NaOH dư, thấy còn lại m gam rắn không tan. Giá trị của m gần nhất với A. 17. B. 18. C. 19. D. 20.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 12. Nung nóng hỗn hợp gồm Al, CuO và Fe3O4 trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn X. Chia X làm 2 phần không bằng nhau: • phần 1 tác dụng vừa đủ 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được 1,344 lít khí H2 (đktc) và còn lại 10,96 gam rắn không tan. • phần 2 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư thu được 1,3 mol khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch có chứa m gam muối. Giá trị m gần nhất với A. 275. B. 280. C. 285. D. 290. Câu 13. Nung nóng m gam hỗn hợp gồm Al, Fe và các oxit sắt trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y làm 2 phần: – phần 1 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Z chứa 502,24 gam muối và 1,24 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất; đktc). – phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH dư thấy thoát ra 0,672 lít khí H2 (đktc) và còn lại 16,24 gam rắn không tan. Giá trị m là A. 116,08. B. 174,12. C. 145,10. D. 232,16. Câu 14. Cho một lượng bột Al vào hỗn hợp chứa 0,08 mol Fe2O3 và 0,18 mol CuO thu được hỗn hợp rắn A. Nung nóng A trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn B. Chia B thành 2 phần bằng nhau: – Phần 1: cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thoát ra 3,36 lít khí H2 (đktc). – Phần 2: cho tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch chứa m gam muối và 1,12 lít khí N2O (đktc). Giá trị m là A. 90,60 gam. B. 87,40 gam. C. 80,92 gam. D. 77,72 gam. Câu 15. Cho bột Al vào 31,36 gam hỗn hợp chứa Fe3O4 và CuO thu được hỗn hợp A. Nung hỗn hợp A trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp B. Chia B làm 2 phần bằng nhau. – phần 1: tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X chứa 112,38 gam muối và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O có tỉ lệ mol 3 : 2. – phần 2: tác dụng vừa đủ 150 ml dung dịch NaOH 2M thu được V lít khí H2 (đktc). Giá trị của V là A. 4,928 lít. B. 5,736 lít. C. 4,032 lít. D. 4,704 lít. Câu 16. Nung nóng 36,48 gam hỗn hợp gồm Al và Fe3O4 trong khí trơ, sau một thời gian thu được hỗn hợp Y gồm 4 chất rắn. Chia Y làm 2 phần bằng nhau: • phần 1 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thấy thoát ra 4,032 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất; đktc). • phần 2 tác dụng với dung dịch HCl loãng dư thu được 4,704 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Z có chứa m gam muối. Giá trị m là A. 42,80 gam. B. 46,35 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

C. 41,03 gam. D. 44,56 gam. Câu 17. Nung nóng 22,16 gam hỗn hợp gồm Al, Fe3O4 và CuO trong khí trơ đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn X. Chia X thành 2 phần không bằng nhau. • phần 1 tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch NaOH 0,2M thấy thoát ra 0,672 lít khí H2 (đktc) và còn lại 2,96 gam rắn không tan. • Phần 2 tác dụng hết với dung dịch chứa H2SO4 và HNO3, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối sunfat có khối lượng 58,11 gam và hỗn hợp khí Z gồm 0,03 mol NO và 0,03 mol N2O. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y (không có không khí) thu được lượng kết tủa có giá trị gần nhất với A. 119. B. 121. C. 123. D. 125. Câu 18. Nung 59,04 gam hỗn hợp gồm Al và một oxit sắt trong điều kiện không có không khí thu được hỗn hợp rắn B. Chia B làm 2 phần bằng nhau: • phần 1 tác dụng vừa đủ với 320 ml dung dịch NaOH 1M thu được 2,688 lít khí H2 (đktc). • phần 2 tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch C chứa 135,9 gam muối và hỗn hợp khí gồm 0,07 mol khí X và 0,075 mol khí Y. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Số mol HNO3 phản ứng là A. 2,02. B. 1,94. C. 1,91. D. 2,05. Câu 19. Hỗn hợp X gồm 3,92 gam Fe; 16 gam Fe2O3 và m gam Al. Nung X ở nhiệt độ cao trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được 4a mol khí H2. Phần hai phản ứng với dung dịch NaOH dư, thu được a mol khí H2. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 7,02. B. 4,05. C. 5,40. D. 3,51. Câu 20. Cho m gam hỗn hợp A gồm Fe và Al trong đó Al có khối lượng bằng 2,7 gam. Nung A trong không khí một thời gian thì thu được hỗn hơp B gồm Fe dư Al dư, Al2O3 và các oxit của Fe có khối lượng bằng 18,7 gam. Cho B tác dụng với HNO3 thì thu được 2,24 lít khí NO (đktc) sản phẩm khử duy nhất. Tính m A. 13,9 gam. B. 19,3 gam. C. 14,3 gam. D. 10,45 gam. Câu 21. Cho 32,4 gam bột Al vào hỗn hợp chứa Fe3O4 và CuO có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2 thu được hỗn hợp A. Nung hỗn hợp A trong điều kiện không có không khí đến phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn B. Chia B làm 2 phần bằng nhau: – phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 6,72 lít H2. (đktc). – phần 2 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X không chứa muối NH4NO3 và V lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO và N2O có tỉ khối so với He bằng 29,5/3. Giá trị của V là A. 6,72 lít. B. 8,96 lít. C. 5,60 lít. D. 10,08 lít. Câu 22. Hỗn hợp X gồm Al, FexOy. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn m gam hỗn hợp X trong điều kiện không có không khí thu được hỗn hợp Y. Chia Y thành 2 phần: - Phần 1 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 1,008 lít H2 (đktc) và còn lại 5,04 gam chất rắn không

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

tan. - Phần 2 có khối lượng 29,79 gam, cho tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 8,064 lít NO (đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m và công thức của oxit sắt là A. 39,72 gam và FeO. B. 39,72 gam và Fe3O4. C. 38,91 gam và FeO. D. 36,48 gam và Fe3O4. Câu 23. Cho 8,64 gam bột Al vào hỗn hợp chứa FeO và CuO thu được hỗn hợp rắn A. Nung hỗn hợp A trong điều kiện không có không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn B. Chia B làm 2 phần bằng nhau: • phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 1,344 lít H2 (đktc). • phần 2 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X (không chứa muối NH4NO3) và hỗn hợp Y gồm 0,08 mol NO và 0,04 mol N2O. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối. Giá trị của m là A. 76,12 gam. B. 72,24 gam. C. 76,45 gam. D. 71,86 gam. Câu 24. Trộn 0,1 mol Al với 0,03 mol Fe2O3 và 0,02 mol Fe3O4 thu được hỗn hợp X. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X trong bình kín không có không khí, sau một thời gian đem hòa tan hỗn hợp thu được bằng dung dịch NaOH dư thấy thoát ra 0,672 lít H2 (ở đktc) và còn hỗn hợp rắn không tan Y. Đem hoàn tan hết Y bằng dung dịch HNO3 đặc, đun nóng thu được dung dịch Z và 2,8 lít (đktc) hỗn hợp hai khí NO và NO2 có tỉ khối so với H2 là 20,12. Cô cạn Z không thấy có khí mùi khai thoát ra và thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 26,25. B. 29,04. C. 24,39. D. 27,80. Câu 25. Nung hỗn hợp rắn A gồm Al và một oxit Fe trong điều kiện không có không khí thu được hỗn hợp rắn B. Chia B làm 2 phần bằng nhau: – Phần 1 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch chứa 257,9 gam muối và x mol khí NO. – Phần 2 tác dụng vừa đủ V ml dung dịch NaOH 2M thu được 1,5x mol H2 và 22,4 gam rắn không tan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là A. 350 ml. B. 400 ml. C. 300 ml. D. 450 ml. Câu 26. Trộn bột nhôm với 38,4 gam một oxit sắt thu được hỗn hợp A. Nung A trong điều kiện không có không khí thu được hỗn hợp B. Chia B làm 2 phần bằng nhau: – Phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 3,36 lít khí H2 (đktc) và còn lại 13,44 gam rắn không tan. – Phần 2 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch chứa m gam muối và 5,376 lít khí NO (đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m là A. 121,35. B. 133,5. C. 95,16. D. 130,5. Câu 27. Nung 5,54 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, CuO và Al đến phản ứng hoàn toàn được hỗn hợp rắn Y. Hòa tan hết Y trong dung dịch HCl dư thì lượng H2 sinh ra tối đa là 0,06 mol. Nếu cho Y vào dung dịch NaOH dư thì thấy còn 2,96 gam chất rắn không tan. Phần trăm khối lượng của Al trong X là A. 29,24%. B. 24,37%.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn C. 19,50%. D. 34,11%.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: C + HCl sinh 0,96 mol H2 là do kim loại; mà Y (nhiệt nhôm) chỉ gồm 3 nguyên tố: Al; O (0,96 mol) và Fe (0,72 mol) nên rõ nếu tất cả Fe là 0,72 mol vẫn chưa đủ để sinh 0,96 mol H2

||→ chứng tỏ còn phải cần 0,16 mol Al nữa. À, phản ứng hoàn toàn mà Al còn dư (0,16 mol)

để Natri đi về đó (0,8 mol NaAlO2). Vậy chọn đáp án C thôi.

Câu 2: A Phần 1: + NaOH → 0,05 mol H2 ||→ là do 1/30 mol Aldư trong X.

Q uy

Yêu cầu số mol NaOH phản ứng với Y ||→ quan tâm ∑nnguyên tố Al = 0,8 mol

hơ

||→ toàn bộ O của oxit chuyển hết về cho Al2O3; có 0,96 mol O nên ứng có 0,32 mol Al2O3.

Kè

NaOH dùng dư nên Y đương nhiên là NaAlO2 → 13,0 gam kết tủa chính là Al(OH)3 với 1/6 mol.

ạy

♦ Phần 2: 0,2 mol H2 sinh ra là do các kim loại, trong đó có 1/30 mol Al ||→ có 0,15 mol Fe.

m /+

Yêu cầu là m gam hỗn hợp Al và các oxit sắt. nhìn về chất thì có vẻ hỗn hợp khá phức tạp, nhưng như nói trên, thực ra chỉ có 3 nguyên tố Al, Fe và O. Al, Fe biết rồi, xác định O nữa là xong. Xem lại một lượt nữa.! À, đây rồi, phản ứng hoàn toàn mà Al còn dư chứng tỏ toàn bộ O chuyển hết cho Al2O3; tổng số mol nguyên tố Al là 1/6 mol chia cho 1/30 mol Al dư thì còn 1/15 mol Al2O3 ||→ nO = 0,2 mol ||→ m = 2 × (0,15 × 56 + 1/6 × 27 + 0,2 × 16) = 32,2 gam. Chọn đáp án A.

Câu 3: D quá trình nắm trong đầu, đọc giả thiết:

nếu NaOH cho 3x mol khí H2 thì H2SO4 cho 6x mol khí H2. ||→ có 2x mol Al và 3x mol Fe. Từ Fe → có 1,5x mol Fe2O3 ||→ có 1,5x mol Al2O3 sau nhiệt nhôm ||→ ∑nAl = 5x mol. Vậy tỉ lệ số mol a : b = 5x ÷ (1,5x) = 10 : 3. Chọn đáp án D Câu 4: C E chứa 0,2 mol Fe3O4 và 0,5 mol Fe2O3. Quan tâm: 1,6 mol Fe và 2,3 mol O. Đọc: phản ứng hoàn toàn mà F + NaOH → H2 chứng tỏ Al còn dư, giả sử là x mol ||→ nH2 phần 2 = 1,5x mol ||→ nH2 phần 1 = 7,5x mol ||→ nFe = 5x mol. mà giả thiết có 1,6 mol Fe → x = 4/15 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Tuy nhiên, việc Al dư quan trọng hơn là cho chúng ta biết toàn bộ 2,3 mol O chuyển về hết cho Al2O3, nghĩa là có 23/30 mol Al2O3. Theo đó ∑nnguyên tố Al = 23/30 × 2 + x = 1,8 mol ||→ m = 48,6 gam. Chọn C Câu 5: C Đọc đề: yêu cầu tìm m là ở phần chia đôi hỗn hợp ||→ đồng nhất tất cả các số liệu bằng cách chia đôi giá trị hỗn hợp X lúc đầu, nghĩa là có 24,48 gam. Bây giờ mới bắt tay vào phân tích từng giả thiết: • Phần 1: 0,24 mol Na đi về hết trong NaAlO2 ||→ X có 0,24 mol Al.

bảo toàn nguyên tố Al → có (0,12 – 2a/3) mol Al2O3.

Q uy

• Phần 2: Al dư sinh 2a mol H2 → còn 3a mol H2 được sinh ra bởi 3a mol Fe.

hơ

Hơn nữa phản ứng sinh ra 2a mol H2 chứng tỏ trong Y còn dư 4a/3 mol Al;

Vậy:

Kè

Để ý yêu cầu ||→ cần quan tâm có 0,24 mol Al và 0,27 mol Fe

ạy

||→ có 0,12 mol Al2(SO4)3 và 0,27 mol FeSO4 ||→ m = 0,12 × 342 + 0,27 × 152 = 82,08 gam.

||→ Chọn đáp án C

m /+

Câu 6: D Phản xạ: chia đôi hai phần bằng nhau và yêu cầu m là ở phần đã chia đôi ||→ đồng nhất số liệu: nghĩa là số mol Al ban đầu được chia đôi còn 0,15 mol. Giờ mới bắt đầu xem xét các giả thiết:

• Phần 1: có 0,045 mol khí H2 chứng tỏ còn dư 0,03 mol Al

||→ bảo toàn nguyên tố Al ||→ có 0,06 mol Al2O3.

Trọng tâm của nhiệt nhôm là gì? Khi Al dư, phản ứng hoàn toàn chứng tỏ rằng toàn bộ

Ocủa các oxit kim loại đã chuyển hết về cho Al2O3, nghĩa là ∑nO trong oxit = 0,06 × 3 = 0,18 mol. À, thế thì với tỉ lệ nFe3O4 : nCuO = 1 : 2 suy ra luôn nFe3O4 = 0,03 mol và nCuO = 0,06 mol. • Yêu cầu m gam chất rắn không tan khi cho B tác dụng HCl dư, đó chỉ có thể là kim loại Cu thôi. Vậy m = mCu = 0,06 × 64 = 3,84 gam. Chọn đáp án D Câu 7: B Câu 8: C ♦ phần 1: 0,05 mol Na đi hết về NaAlO2 nên tổng có 0,05 mol Al (trong X). ♦ Phần 2: xét cả quá trình, bảo toàn electron có nFe3O4 = (0,165 – 0,05 × 3) ÷ 1 = 0,015 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn (Quy đổi quá trình, cho X phản ứng HNO3 thay vì Y do X đơn giản hơn Y). chú ý chia 2 phần bằng nhau ||→ m = mY = mX = 2 × (0,05 × 27 + 0,015 × 232) = 9,66 gam. Vậy đáp án đúng cần chọn là C Câu 9: D Yêu cầu nằm ở mỗi phần chia đôi nên đồng nhất số liệu bằng cách chia đôi ngay số liệu khối lượng hỗn hợp đầu; tức nếu dùng mhỗn hợp đầu = 28,14 gam. Cùng xem xét các phần: • phần 1: Y tác dụng NaOH dư thu 0,09 mol H2 chứng tỏ Y chứa 0,06 mol Al.

Y chứa Al dư mà phản ứng nhiệt nhôm xảy ra hoàn toàn ||→ Y gồm Al; Al2O3 và Fe.

hơ

||→ 14,28 gam chất rắn không tan là của 0,255 mol Fe.

Mà mY = mban đầu = 28,14 gam ||→ số mol Al2O3 là 0,12 mol.

Q uy

• phần 2: tác dụng HNO3 hỏi số mol NO (là sản phẩm khử duy nhất N+5) ||→ không có muối amoni; à, HNO3 không nói đủ dư mà lại cho khối lượng muối → chứng tỏ đang nói đến hỗn hợp muối {Fe2+ và Fe3+} rồi.

Kè

NHƯNG mà đừng vội lao vào đặt x, y giải hệ rồi sau đó mới bảo toàn electron nhé.! Không cần thiết, học rồi, muốn tính electron cho đâu nhất thiết phải dựa vào các kim loại, chúng ta có thể thông qua số mol gốc anion trong dung dịch mà, bảo toàn electron kiểu mới đó.! Rõ hướng đi rồi. Thực hiện:

ạy

Có ∑nNO3– trong muối kim loại = (113,52 – ∑mkim loại) ÷ 62 = 1,47 mol.

m /+

||→ theo bảo toàn electron có: 3nNO + 2nO = ne cho = ∑nNO3– trong muối kim loại. ||→ nNO = (1,47 – 0,12 × 3 × 2) ÷ 3 = 0,25 mol → V = 5,6 lít. Chọn đáp án D.

Câu 10: A Yêu cầu tìm V là ở mỗi phần chia đôi rồi nên chia 2 gt đầu, tức có 29,39 gam hỗn hợp A.

• phần 1: 0,25 mol Natri đi về NaAlO2 nên có ngay 0,25 mol Al.

• phần 2: xác định trước số mol 2 khí trong Y là 0,08 mol N2O và 0,06 mol NO.

Quan sát → quy đổi quá trình: để A thay B phản ứng với HNO3 dư. Bảo toàn electron có ngay: nFe3O4 = (8nN2O + 3nNO – 3nAl – 0.nCuO) ÷ 1 = 0,07 mol. Từ tổng khối lượng mA = 29,39 gam; Al đã biết, Fe3O4 vừa biết ||→ nCuO = 0,08 mol. Xem nào, yêu cầu tìm VH2 → chứng tỏ Al còn dư, mà phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn → chứng tỏ toàn bộ O trong các oxit chuyển hết về cho Al2O3 ||→ nAl2O3 = 1/3.nO trong các oxit = (0,07 × 4 + 0,08 × 1) ÷ 3 = 0,12 mol. Tổng Al có 0,25 mol; vào oxit Al2O3 là 0,24 mol → còn Al dư là 0,01 mol → sinh 0,015 mol H2.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Vậy giá trị của V = 0,015 × 22,4 = 0,336 lít = 336 ml. Chọn đáp án A. Câu 11: C Với cách cho giả thiết này, quả thực chúng ta đã vô dụng trong việc khai thác phản ứng tác dụng NaOH dư, không thấy nói khí H2, không rõ các chất trong Y ||→ bế tắc??? Nhưng đừng vội, bình tĩnh xem lại xem mình có những cái gì: toàn bộ giả thiết nằm ở phần 1; tức là phản ứng với HNO3; à rõ không biết Y nhưng có thể thoải mái quy đổi để thuận lợi; quy về X? có thể, vì có thể quy các oxit sắt về hỗn hợp FeO; Fe2O3 cùng với Al nữa là 3 ẩn, lại đầy đủ 3 giả thiết. Nhưng, nếu quy về Al, Fe, O cũng là 3 ẩn nhưng đơn giản hơn nhiều. Như vậy là chúng ta đã có hẳn 2 hướng để giải BT này rồi.! Thử với hướng đơn giản nhất xem!

hơ

chia làm 2 phần bằng nhau ||→ mỗi phần có 31,12 gam hỗn hợp gồm x mol Al, y mol Fe và z mol O.

Lập và có ngay hệ phương trình:

ạy

Kè

Q uy

Giờ chúng ta có gì: 0,24 mol Al; 0,32 mol Fe và 0,42 mol O: phản ứng hoàn toàn nên phân chia ghép cho ra Y phù hợp. Xem nào 0,24 mol Al về hết Al2O3 là 0,12 mol mới lấy 0,36 mol O ||→ còn 0,32 mol Fe và 0,06 mol O; à chứng tỏ Al hết, oxit sắt còn dư? Vậy thì Fe và O ghép như thế nào, tạo thành những chất gì? ??? khó quá, biết tạo thành gì bây giờ.! Đấy! Lại lan man rồi, lúc các bạn mất phương hướng, hãy đọc lại yêu cầu để tìm ra.! Và sau này, nếu có thể thì yêu cầu phải luôn hiển hiện trong đầu để định hướng, nhắc nhở các bạn tìm đến đó, tránh lan man thì mới giải nhanh được. Ví dụ như bài này, tác dụng NaOH thì ngoài Al2O3 ra, còn lại O và Fe ghép thế nào thì cũng đều không tan

||→ m = 0,06 × 16 + 0,32 × 56 = 18,88 gam. Chọn đáp án C.

m /+

Câu 12: B Câu 13: C Câu 14: A Chú ý chia 2 phần bằng nhau, yêu cầu ở mỗi phần

||→ đồng nhất số liệu A gồm 0,04 mol Fe2O3 và 0,09 mol CuO.

• Xét phần 1: có 0,15 mol H2 chứng tỏ có 0,1 mol Al, phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn

chứng tỏ toàn bộ Otrong các oxit trong A là 0,21 mol (0,04 × 3 + 0,09) chuyển hết cho 0,07 mol Al2O3. ||→ hỗn hợp A gồm 0,24 mol Al; 0,04 mol Fe2O3 và 0,09 mol CuO. • Phần 2: để hỗn hợp A thay B phản ứng với axit HNO3 loãng dư. Phản xạ tránh quên: Al + HNO3 dư: muối amoni.! bảo toàn electron có nNH4NO3 = (3nAl – 8nN2O) ÷ 8 = 0,04 mol. Vậy m = 0,24 × 213 + 0,08 × 242 + 0,09 × 188 + 0,04 × 80 = 90,60 gam. Chọn đáp án A Câu 15: D Đồng nhất số liệu 2 phần: chia đôi hỗn hợp ban đầu mỗi phần chứa 15,68 gam CuO và Fe3O4.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn • phần 2 tác dụng NaOH vừa đủ 0,3 mol → có 0,3 mol Al. • phần 1 tác dụng HNO3 loãng dư thu được 0,06 mol NO và 0,04 mol N2O. Quy đổi về cho hỗn hợp A gồm 0,3 mol Al; x mol Fe3O4 và y mol CuO phản ứng. Theo đó, bte có: nNH4NO3 = (3nAl + 1nFe3O4 + 0.nCuO – 3nNO – 8nN2O) ÷ 8 → nNH4NO3 = (x – 0,4) ÷ 8 mol ||→ mNH4NO3 = (10x + 4) gam ||→ mmuối trong X = 0,3 × 213 + 3x × 242 + 188y + (10x + 4) = 112,38 gam.

hơ

Theo đó ∑nO trong oxit = 4x + y = 0,24 mol chuyển hết cho 0,08 mol Al2O3

Lại có 232x + 80y = 15,68 gam nên giải hệ chúng ta có x = 0,04 mol và y = 0,08 mol.

Q uy

||→ trong B có 0,14 mol Al nữa; khi phản ứng với NaOH → 0,14 × 3 ÷ 2 = 0,21 mol khí H2 ||→ V = 4,704 lít. Chọn đáp án D

Kè

Câu 16: B chia đôi hỗn hợp đầu đồng nhất số liệu: có 18,24 gam hỗn hợp gồm x mol Al và y mol Fe3O4.

ạy

• phần 1: có hệ phương trình:

m /+

• tác dụng HCl loãng dư ||→ toàn bộ Otrong Y là 0,06 × 4 = 0,24 mol chuyển hết về H2O. Lại có 0,21 mol H2 ||→ có 0,9 mol HCl (theo bảo toàn H)

Theo đó: mmuối = 0,9 × 35,5 + 0,16 × 27 + 0,18 × 56 = 46,35 gam. Chọn đáp án B

Câu 17: B Câu 18: D Câu 19: A Gợi ý: phản ứng hoàn toàn; Y + NaOH sinh khí → Al dư;

||→ có 0,3 mol O nằm hết trong 0,1 mol Al2O3. ∑nFe = 0,27 mol sinh 6a mol khí ||→ 2a = 0,09 mol khí do Al sinh → lượng Al dư = 0,06 mol. Vậy ∑nAl = 0,26 mol → m = 7,02 gam. Chọn đáp án A Câu 20: A gọi số mol Fe ban đầu là x mol; O phản ứng là y mol ta có: 56x + 16y + 2,7 = 18,7 gam. lại theo bảo toàn e: 3x + 0,1 × 3 – 2y = 0,1 × 3. Giải hệ được x = 0,2 mol và y = 0,3 mol. ||→ m = 0,2 × 56 + 2,7 = 13,9 gam. Chọn đáp án A. Câu 21: A

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Đồng nhất số liệu bằng cách chia đôi số liệu Al ban đầu: có 0,6 mol Al. ♦ Phần 1: có H2 chứng tỏ Al dư 0,2 mol → 0,2 mol Al2O3 ||→ ban đầu có 0,1 mol Fe3O4 và 0,2 mol CuO. ♦ Phần 2: Xét toàn bộ quá trình, quy cho A phản ứng với HNO3. Từ tỉ khối ||→ nếu có x mol NO thì tương ứng có 2x mol N2O. Bảo toàn electron: 3x + 8 × (2x) = 0,6 × 3 + 0,1 × 1 → x = 0,1 mol.

||→ Yêu cầu: V = 3x × 22,4 = 6,72 lít. Chọn A.

hơ

Câu 22: B Chia làm 2 phần (không nói bằng nhau).

Q uy

♦ Phần 1: phản ứng hoàn toàn, Al dư 0,03 mol; 5,04 gam chất rắn chỉ là 0,09 mol Fe. ♦ Phần 2: thay đổi số oxi hóa có x mol Al và 3x mol Fe. Bảo toàn e → x = 0,09 mol.

Kè

Nghĩa là 29,79 gam có 0,09 mol Al; 0,27 mol Fe và Al2O3 ||→ có 0,12 mol Al2O3.

m /+

Câu 23: B Chia đôi Al ban đầu: có 0,16 mol Al.

Giá trị m = 29,79 × 4 ÷ 3 = 39,72 gam. Chọn B.

ạy

∑nFe = 0,27 mol; ∑nO = 0,36 mol. tỉ lệ 0,27 ÷ 0,36 = 3 : 4 nói rằng oxit sắt là Fe3O4.

♦ Phần 2: FeO = 0,08 × 3 + 0,04 × 8 – 0,16 × 3 = 0,08 mol.

♦ Phần 1: có 0,04 mol Al dư → trong B có 0,06 mol Al2O3 ||→ ∑nO = 0,18 mol → nCuO = 0,1 mol.

Không có muối amoni → m = 0,1 × 188 + 0,08 × 242 + 0,16 × 213 = 72,24 gam. Chọn B

Câu 24: A sinh 0,03 mol H2 do 0,02 mol Al → có 0,04 mol Al2O3 ||→ rắn Y gồm 0,12 mol Fe và 0,05 mol O. Hỗn hợp 2 khí được xác định gồm 0,045 mol NO và 0,08 mol NO2. Bảo toàn e ||→ nNO3– trong muối = 0,045 × 3 + 0,08 + 0,05 × 2 = 0,315 mol ||→ m = 0,315 × 62 + 0,12 × 56 = 26,25 gam. Chọn đáp án A Câu 25: A ♦ Xét phần 2: 22,4 gam rắn là Fe ⇄ 0,4 mol Fe. Al còn dư x mol + còn lại là y mol Al2O3. ♦ Phần 1: bảo toàn e có 0,4 × 3 + 3x = 3x + 8nNH4NO3 → NH4NO3 có 0,15 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Hỗn hợp ban đầu có (x + 2y) mol Al; 0,4 mol Fe và 3y mol O. Khối lượng muối là 213(x + 2y) + 0,4 × 242 + 0,15 × 80 = 257,9 → x + 2y = 0,7 ||→ số liệu đặc biệt, suy ra được số mol Al là 0,7 mol luôn → V = 350 ml. p/s: ► bảo toàn e: 0,7 × 3 + ne cho của oxit = 3x + 0,15 × 8 → oxit nào của Fe cũng thỏa mãn! Câu 26: B Đồng nhất số liệu ♦ Phần 1: suy được 0,1 mol Al + 0,24 mol Fe → có 0,36 mol O

hơ

||→ 0,12 mol Al2O3 → ∑nAl = 0,34 mol.

♦ Phần 2: bảo toàn e → có 0,0375 mol NH4NO3 ||→ mmuối = m = 133,5 gam. Chọn B

Q uy

Câu 27: A Cái khó của bài này chắc chỉ nằm ở vấn đề quá trình hóa học: tạo khí H2 do Al, Fe hay cả 2;

rồi 2,96 gam chất rắn không tan là gồm những thành phần nào? Nào, cùng xem xét!

Kè

►1: đơn giản nhất nếu chỉ có Fe tạo khí H2 không thôi, phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn

ạy

||→ Y gồm {Al2O3; Fe; Cu; CuO và Fe3O4} (TH này là Al thiếu, oxit dư).

→ có 0,06 mol Fe. Tuy nhiên, hãy để ý rằng: 2,96 + 0,06 ÷ 3 × 4 ÷ 3 × 102 > mX = 5,54 gam.

m /+

Điều này là vô lí nên rõ TH này loại (biểu thức 0,06 ÷ … là chỉ để tạo 0,06 mol Fe thì đã sinh ra từng ấy mol Al2O3; chưa tính lượng Al trong Al2O3 sinh ra Cu mà đã là 5,68 rồi, đã lớn hơn 5,54 gam rồi.!).

►2: Al dư ||→ X gồm Al, Al2O3 và 2 kim loại Fe, Cu.

Gọi ngay số mol các chất ban đầu Al, Fe3O4 và CuO lần lượt là x, y, z

||→ X gồm 3y mol Fe; zz mol Cu; Aldư (0,04 – 2y) mol; Al2O3 có (½.x + y – 0,02) mol.

||→ Hệ hình thành:

||→ %mAl trong X = 0,06 × 27 ÷ 5,54 ≈ 29,24%. Chọn A

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 10 - Sáng tạo và phát triển hướng giải bài tập nhiệt phân muối nitrat và xác định kim loại, oxit kim loại

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. : Hòa tan hỗn hợp gồm Cu và một oxit Fe trong dung dịch HCl loãng dư thu được dung dịch X chứa 3 loại cation. Mặt khác cũng hòa tan hết hỗn hợp trên trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Y chứa 100,8 gam muối và hỗn hợp khí Z gồm 0,08 mol NO và 0,06 mol NO2. Công thức oxit Fe là A. FeO. B. Fe2O3. C. Fe3O4. D. Fe2O3 hoặc Fe3O4. Câu 2. : Trộn 3 oxit kim loại gồm FeO, CuO và MO (M là kim loại có số oxi hóa +2 trong hợp chất) theo tỉ lệ mol là 5 : 3 : 1 được hỗn hợp A. Dẫn một luồng khí H2 dư đi qua 23,04 gam A nung nóng đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được hỗn hợp B. Để hòa tan hết B cần 360ml dung dịch HNO3 3M và thu V lít (đktc) khí NO duy nhất và dung dịch chỉ chứa muối nitrat của kim loại. Giá trị của V gần nhất với A. 5,52. B. 6,05. C. 5,65. D. 5,74. Câu 3. : Tiến hành điện phân hoàn toàn 30,6 gam Al2O3 với điện cực than chì thu được hỗn hợp khí X. Dẫn toàn bộ X qua ống sứ chứa hỗn hợp Y gồm Fe và một oxit Fe (tỉ lệ mol 1 : 2) nung nóng, kết thúc phản ứng thấy thoát ra một khí duy nhất có thể tích 12,32 lít (đktc). Hòa tan rắn còn lại trong ống sứ cần dùng 600 gam dung dịch HNO3 26,25% thu được dung dịch chỉ chứa Fe(NO3)3 có khối lượng 181,5 gam và 6,7 gam hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O. Công thức của oxit Fe là A. FeO. B. Fe2O3. C. Fe3O4. D. FeO hoặc Fe2O3. Câu 4. : Hòa tan hoàn toàn m gam kim loại M trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X chứa (6m + 1,04) gam muối và 1,456 lít khí N2O (sản phẩm khử duy nhất; đktc). Kim loại M là A. Cu. B. Al. C. Mg. D. Fe. Câu 5. : Hòa tan hết 31,25 gam hỗn hợp gồm Al, FeO, Fe3O4 trong dung dịch HCl loãng dư thu được 5,04 lít H2 (đktc) và dung dịch có chứa 71,425 gam muối. Mặt khác hòa tan 31,25 gam hỗn hợp trên trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Y và 1,12 lít khí Z (đktc). Cô cạn dung dịch Y thu được 121,57 gam muối. Khí Z là A. NO. B. N2. C. N2O. D. NO2. Câu 6. : . Hòa tan hết 16,8 gam hỗn hợp gồm Mg và một oxit Fe trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X chứa m1 gam muối (không chứa NH4+) và hỗn hợp khí Y gồm 0,02 mol NO và 0,03 mol N2O. Cho NaOH dư vào dung dịch X, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được m2 gam rắn. Biết m1 – m2 = 42,12 gam. Công thức oxit Fe là

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

A. FeO. B. Fe2O3. C. Fe3O4. D. cả 3 oxit đều thỏa mãn. Câu 7. : Hòa tan hết 13,12 gam hỗn hợp gồm Mg và kim loại M có tỉ lệ mol tương ứng 3 : 4 trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X chứa 49,64 gam muối và 1,344 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm 2 khí không màu; trong đó có một khí hóa nâu. Tỉ khối của Y so với H2 bằng 59/3. Kim loại M là A. Ca. B. Zn. C. Fe. D. Cu. Câu 8. : Hòa tan hết 8,4 gam hỗn hợp gồm kim loại M và MO (M có hóa trị không đổi) trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X chứa 39,96 gam muối và 1,12 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O có tỉ khối so với He bằng 9,6. Cho dung dịch NaOH vào dung dịch X, đun nóng không thấy khí thoát ra. Kim loại M là A. Mg. B. Zn. C. Ca. D. Cu. Câu 9. : Hòa tan hết 9,65 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X (không chứa NH4NO3) và 2,352 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O có tỉ khối so với He bằng 10,4. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được 8,0 gam rắn. Kim loại M là A. Mg. B. Zn. C. Al. D. Cr. Câu 10. : Hòa tan hết 17,46 gam hỗn hợp gồm Mg và một oxit kim loại M trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X chứa 101,58 gam muối và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O có tỉ lệ mol 2 : 3. Cho NaOH dư vào dung dịch X, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 24,0 gam rắn khan. Công thức của oxit là A. Fe2O3. B. Al2O3. C. ZnO. D. Cr2O3. Câu 11. : Hòa tan hết 29,44 gam hỗn hợp gồm Cu và một oxit Fe trong 240 gam dung dịch HNO3 39,375% (lấy dư 25% so với phản ứng) thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2 có tỉ khối so với He bằng 9,5. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 32,0 gam rắn khan. Công thức oxit Fe là A. FeO. B. Fe2O3. C. Fe3O4. D. FeO hoặc Fe3O4. Câu 12. : Hòa tan hết 14,7 gam hỗn hợp gồm Mg và kim loại M (hóa trị không đổi) trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch X chứa 79,14 gam muối và 3,92 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O có tỉ

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

khối so với He bằng 9. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X đun nhẹ, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 18,0 gam rắn khan. Kim loại M là A. Al. B. Ca. C. Zn. D. Cu. Câu 13. : Hòa tan hết hỗn hợp chứa 4,5 gam Al và 6,72 gam kim loại M trong 450 gam dung dịch HNO3 23,45% (lấy dư 25% so với phản ứng) thu được dung dịch X chứa 79,34 gam muối và hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O có khối lượng 5,32 gam. Kim loại M là A. Zn. B. Mg. C. Fe. D. Cr. Câu 14. : Lấy hỗn hợp X gồm Zn và 0,3 mol Cu(NO3)2 nhiệt phân một thời gian thu được hỗn hợp rắn Y và 10,08 lit hỗn hợp khí Z gồm NO2 và O2. Y tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 2,3 mol HCl thu được dung dịch A chỉ chứa các muối clorua và 2,24 lít hỗn hợp khí B gồm 2 đơn chất không màu. Biết các khí đo ở đktc, dB/H2 = 7,5. Tính tổng khối lượng muối trong dung dịch A A. 154,65 gam. B. 152,85 gam. C. 156,10 gam. D. 150,30 gam. Câu 15. : Nhiệt phân hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2, AgNO3 và Ca(NO3)2 (số mol của AgNO3 gấp 4 lần số mol của Ca(NO3)2), thu được hỗn hợp khí Y. Hấp thụ hoàn toàn Y vào H2O dư thu được dung dịch Z (không có khí bay ra). Thành phần phần trăm theo khối lượng của Fe(NO3)2 trong hỗn hợp X là A. 25,93%. B. 36,50%. C. 64,98%. D. 63,05%. Câu 16. : Nhiệt phân hoàn toàn 5,125 gam hỗn hợp muối nitrat X gồm KNO3, Fe(NO3)2 và Cu(NO3)2 thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn từ từ Y vào nước thu được 500 ml dung dịch Z có pH = 1 và không thấy có khí thoát ra. Mặt khác, nếu đem hoàn tan X vào nước rồi tiến hành điện phân dung dịch thì khối lượng kim loại tối đa có thể thu được là A. 1,600 gam. B. 1,520 gam. C. 1,715 gam. D. 1,245 gam. Câu 17. : Nhiệt phân hoàn toàn 55,2 gam hỗn hợp gồm Cu(NO3)2 và Fe(NO3)2 thu được 24,0 gam rắn và hỗn hợp khí X. Hấp thụ hết X vào 160 gam dung dịch NaOH a% thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 51,8 gam rắn. Giá trị của a gần nhất với A. 15%. B. 16%. C. 17%. D. 18%. Câu 18. : Trong bình kín (không có không khí) chứa m gam hỗn hợp gồm Fe, Fe(NO3)2 và Cu(NO3)2. Nung bình ở nhiệt độ cao thu được hỗn hợp rắn X chứa các oxit và 14,448 lít (đktc) hỗn hợp khí Y. Cho 13,5 gam

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

bột Al vào X rồi nung trong khí trơ thu được hỗn hợp rắn Z. Cho Z vào dung dịch NaOH dư thu được 0,24 mol H2 và còn lại 22,8 gam rắn không tan. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m là A. 50,4. B. 60,0. C. 51,9. D. 58,6. Câu 19. : Nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Mg(NO3)2, Fe(NO3)2 và AgNO3 thu được 25,36 gam chất rắn Y và khí Z. Dẫn từ từ Z vào nước không thấy có khí thoát ra đồng thời thu được 500ml dung dịch chứa chất tan có nồng độ 1M. Mặt khác, nếu hòa tan hết 2m gam X vào nước rồi tiến hành điện phân dung dịch (với hai điệc cực trơ) thì khối lượng kim loại tối đa có thể thu được là A. 21,36 gam. B. 39,36 gam. C. 42,72 gam. D. 45,12 gam. Câu 20. : Trong bình kín (không có không khí) chứa m gam hỗn hợp gồm M, M(NO3)2 và Cu(NO3)2. Nung bình ở nhiệt độ cao thu được hỗn hợp khí X và hỗn hợp rắn Y chứa các oxit kim loại. Tỉ khối của X so với He bằng 254/23. Chia hỗn hợp Y làm 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được 0,01 mol NO2 và dung dịch chứa 49,18 gam muối. Thổi 8,96 lít khí CO (đktc) qua phần 2, nung nóng, thu được hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 bằng 19,6. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 77,28 gam. B. 97,60 gam. C. 67,72 gam. D. 88,68 gam. Câu 21. : Hòa tan hết 20,16 gam hỗn hợp gồm Fe và Cu trong 224 gam dung dịch HNO3 31,5% thu được dung dịch X chỉ chứa các muối. Cho 500 ml dung dịch NaOH 1,6M vào dung dịch X, lọc bỏ kết tủa, cô cạn dung dịch nước lọc, sau đó nung tới khối lượng không đổi thu được 54,04 gam rắn khan. Nếu đem cô cạn dung dịch X, lấy muối khan nung tới khối lượng không đổi thấy khối lượng chất rắn giảm 40,08 gam. Giả sử nước bay hơi không đáng kể. Nồng độ phần trăm của Fe(NO3)3 trong dung dịch X gần nhất với A. 8,9%. B. 8,6%. C. 8,0%. D. 8,4%. Câu 22. : Đốt cháy hỗn hợp gồm 0,12 mol Mg; 0,15 mol Fe và 0,16 mol Cu trong oxi khô một thời gian thu được 24,08 gam hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3 thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối nitrat và hỗn hợp khí Z gồm 0,07 mol NO và 0,03 mol N2O. Đem cô cạn dung dịch Y, sau đó nung tới khối lượng không đổi, thấy khối lượng chất rắn giảm 51,18 gam. Số mol HNO3 phản ứng là A. 1,04. B. 1,00. C. 1,10. D. 1,06. Câu 23. : Đốt cháy hỗn hợp chứa 5,76 gam Mg và 13,44 gam Fe trong oxi một thời gian thu được 21,12 gam hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X trong 268 gam dung dịch HNO3 31,5% thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm 0,16 mol khí NO và a mol khí NO2. Cô cạn dung dịch Y, sau đó nung tới khối lượng không đổi thấy khối lượng chất rắn giảm 57,28 gam. Nồng độ phần trăm của Fe(NO3)3 có trong dung dịch Y là A. 7,11%.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT

Kè

Câu 1: B Chia nhỏ + dựa vào những đặc trưng cơ bản mỗi dạng và xử lí:

Q uy

hơ

B. 6,78%. C. 6,90%. D. 7,21%, Câu 24. : Đốt cháy 22,4 gam bột Fe trong V lít (đktc) hỗn hơp khí gồm O2 và O3 có tỉ khối so với He bằng 32/3 thu được hỗn hợp X gồm Fe và các oxit sắt. Hòa tan hết X trong 296 gam dung dịch HNO3 31,5% thu được dung dịch Y (không chứa ion NH4+) và hỗn hợp khí Z (trong đó oxi chiếm 60,377% về khối lượng). Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Y thu được 40,66 gam kết tủa duy nhất. Phần dung dịch nước lọc đem cô cạn, sau đó nung tới khối lượng không đổi thấy khối lượng chất rắn giảm 22,12 gam. Giá trị của V gần nhất với A. 2,5. B. 2,2. C. 2,7. D. 2,0.

ạy

♦1: kim loại, oxit + HCl loãng dư → 3 cation là Cu2+; Fe2+ và H+.

(cái cần chú ý cũng là cái "hay" của bài tập này ở chỗ dễ quên H+ mà nhầm sang Fe3+).

m /+

Với suy luận trên ||→ quy đổi hỗn hợp Cu và oxit sắt về hỗn hợp tương đương là CuO và FeO.

♦2: bài tập HNO3 cơ bản: áp dụng bảo toàn electron có ngay:

nFeO = 3nNO + nNO2 = 0,3 mol ||→ có 0,3 mol Fe(NO3)3 trong muối Y

mà tổng mY = 100,8 gam ||→ có 0,15 mol Cu(NO3)2 nữa ||→ nCuO = 0,15 mol.

Quay lại hỗn hợp quy đổi ban đầu: nCu = 0,15 mol; nFe = 0,3 mol và ∑nO = 0,15 + 0,3 = 0,45 mol Tỉ lệ nFe ÷ nO = 2 ÷ 3 chứng tỏ oxit sắt là Fe2O3. Câu 2: C 23,04 gam hỗn hợp A gồm 5x mol FeO; 3x mol CuO và x mol MO. ♦ TH1: Nếu MO bị khử bởi H2 ||→ B gồm 5x mol Fe; 3x mol Cu và x mol M. kim loại + HNO3 cơ bản: bảo toàn electron có nNO = 23x ÷ 3. ||→ nHNO3 = 4nNO = 92x ÷ 3 = 1,08 mol ||→ x = 81 ÷ 2300. Theo đó, VNO = 23x ÷ 3 × 22,4 ≈ 6,048 lít.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

NHƯNG thật chú ý: 23,04 = 360x + 240x + (M + 16) × x ||→ M ≈ 38,22 (không có kim loại t/m). ♦ TH2: MO là oxit không bị khử bởi H2 ||→ B gồm 5x mol Fe; 3x mol Cu và x mol MO. Khi đó, bảo toàn electron có nNO = 7x mol ||→ nHNO3 = 4nNO + 2nO trong oxit ⇄ 4 × 7x + 2x = 1,08 ||→ x = 0,036 mol. rút kinh nghiệm trên, thử tìm M trước: 23,04 = 360x + 240x + (M + 16) × x ||→ M = 24 thỏa mãn là kim loại Mg.

Q uy

với cực than chì thực chất là C lấy 0,9 mol Otrong oxit → {CO; CO2}.

hơ

À, như vậy thì tự tin rồi, VNO = 7x × 22,4 = 5,6448 lít. Câu 3: B tập trung vào các bài tập nhỏ cơ bản mà phân tích.! 0,3 mol Al2O3 điện phân hoàn toàn

sau đó, hỗn hợp này tiếp tục lấy Otrong oxit sắt để cuối cùng tạo duy nhất 0,55 mol khí CO2

Kè

► Không cần giải nhiều, chỉ cần quan tâm nO trong oxit sắt đã bị lấy = 0,55 × 2 – 0,9 = 0,2 mol.

ạy

♦ Chuyển qua bài tập HNO3: có nHNO3 = 2,5 mol; nFe(NO3)3 = 0,75 mol ||→ nN spk = 0,25 mol

m /+

mà mspk = 6,7 gam ||→ nNO = 0,15 mol; nN2O = 0,05 mol.

Bảo toàn electron → nO trong oxit = (3nFe – 3nNO – 8nN2O) ÷ 2 = 0,7 mol.

Tổng kết các bài tập nhỏ lại: có ∑nO trong oxit Fe = 0,9 mol; ∑nFe trong hỗn hợp = 0,75 mol.

đến đây thì tùy biến mà giải, có thể thử, chia TH, ..... Còn muốn an toàn, ta giải thôi:

giả sử oxit là FeaOb thì có tỉ lệ ∑nFe ÷ ∑nO = (1 + 2a) ÷ (2b) = 0,75 ÷ 0,9.

⇄ rút gọn: 6a + 6 = 5b. Cặp nghiệm nguyên thỏa mãn và phù hợp oxit sắt là (a; b) = (2; 3). Câu 4: C bảo toàn electron ||→ nNO3– trong muối = 8nN2O = 0,52 mol. ||→ mmuối = m + mNO3– trong muối = m + 0,52 × 62 = 6m + 1,04 ||→ m = 6,24 gam. Tỉ lệ 6,24 ÷ 0,52 = 12 = 24 ÷ 2 ||→ M là kim loại Mg (hóa trị 2). Câu 5: C ♦ bài tập kim loại, oxit tác dụng axit HCl loãng dư: Quy 31,25 gam hỗn hợp gồm 0,15 mol Al (sinh H2) và x mol FeO; y mol Fe2O3.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Giải hệ khối lượng oxit và khối lượng muối ||→ x = 0,2 mol và y = 0,08 mol. ♦ bài tập HNO3 cơ bản: 121,57 gam muối đã sẵn 0,15 mol Al(NO3)3 và 0,36 mol Fe(NO3)3 ||→ còn có 2,5 gam NH4NO3 nữa ⇄ nNH4NO3 = 0,03125 mol. Bảo toàn electron ||→ n e nhận của khí Z = 3nAl + nFeO – 8nNH4NO3 = 0,4 mol.

Q uy

hơ

Lại có nkhí Z = 0,05 mol ||→ tỉ lệ 0,4 ÷ 0,05 = 8 cho biết khí Z là N2O. Câu 6: C Quan sát sơ đồ quá trình:

Kè

để ý m1 và m2; sự chênh lệch 42,12 gam là do 2.NO3– bị thế bởi 1.O

ạy

||→ ∑nNO3– trong muối = 42,12 ÷ (2 × 62 – 16) × 2 = 0,78 mol; ∑nO trong m2 = 0,39 mol.

m /+

Bảo toàn electron có nO trong oxit ban đầu = ∑nNO3– trong muối – 3nNO – 8nN2O = 0,24 mol.

Lập hệ số mol Mg và Fe:

Quan sát:

||→ tỉ lệ nFe ÷ nO trong oxit = 0,18 ÷ 0,24 = 3 ÷ 4 cho biết oxit sắt chính là Fe3O4. Câu 7: D

Gọi nNH4NO3 = a mol thì theo bảo toàn electron có ∑nNO3– trong muối kim loại = 8a + 0,38 mol. ||→ mmuối trong X = 13,12 + (8a + 0,38) × 62 + 80a = 49,46 gam ||→ a = 0,0225 mol. Gọi nMg = 3x mol thì nMn+ = 4x mol. Có ngay: 13,12 gam = 72x + 4xM. Trong dung dịch lại có thêm phương trình: 6x + 4xn = ∑nNO3– trong muối kim loại = 0,56 mol.

Theo đó có tỉ lệ:

giải nghiệm nguyên phương trình trên

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

với n = 2 thì M = 64 cho biết kim loại cần tìm là Cu. Câu 8: A không muối amoni; HNO3 loãng dùng dư.

Quan sát: để chuyển hết hỗn hợp {M và MO} thành oxit MO cần nO = (3nNO + 8nN2O) ÷ 2 = 0,15 mol.

hơ

||→ ∑nNO3 = (39,96 – 10,8) ÷ (62 – 16 ÷ 2) = 0,54 mol → mM = 6,48 gam.

Lúc này so sánh (8,4 + 0,15 × 16 = 10,8) gam MO với 39,96 gam M(NO3)2

ạy

Kè

Q uy

Tỉ lệ 6,48 ÷ 0,54 = 12 = 24 ÷ 2 cho ta biết rằng M là kim loại Mg (hóa trị 2). Câu 9: C HNO3 dùng dư; không có muối amoni. Quan sát sơ đồ quá trình + giả thiết:

m /+

► Thật chú ý rằng: nếu kim loại M đi theo đến cuối quá trình để tạo oxit thì rõ mc.rắn > 9,65

mà theo giả thiết chỉ có 8,0 gam ||→ chứng tỏ hiđroxit của M tan được trong NaOH

||→ chất rắn cuối chỉ là 8,0 gam Fe2O3 → số mol là 0,05 mol.

Từ đây đọc ra nFe = 0,1 mol và mM = 4,05 gam. Với bài tập HNO3 cơ bản:

Áp dụng bảo toàn electron có ne cho của M + 3nFe = 3nNO + 8nN2O ||→ ne cho của M = 0,45 mol. Theo đó xét tỉ số 4,05 ÷ 0,45 = 9 = 27 ÷ 3 → cho ta biết kim loại M chính là Al (hóa trị 3). Câu 10: C HNO3 dùng dư; muối amoni NH4NO3 chưa rõ.! Quan sát chút:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Theo bảo toàn electron: 2nMg = 3nNO + 8nN2O + 8nNH4NO3 ||→ nMg ≥ 0,6 mol. ||→ nếu hiđroxit của M không bị hòa tan bởi NaOH → chuyển thành oxit trong 24 gam chất rắn thì rõ mc.rắn > 17,46 + 0,6 × 16 = 27,06 > 24 gam ||→ mâu thuẫn.! tức giả sử sai.! có nghĩa là M(OH)n tan được trong NaOH; chất rắn duy nhất là 0,6 mol MgO. Quay lại bảo toàn electron trên thấy rằng nNH4NO3 = 0 mol; tức là không có muối amoni.

hơ

Q uy

Xét tỉ lệ 1,62 ÷ 0,18 = 9 = 27 ÷ 3 cho ta biết kim loại M là Al (hóa trị 3).

có ∑nNO3– = (12,78 – 3,06) ÷ (62 – 16 ÷ 2) = 0,18 mol; mM = 1,62 gam

||→ mM2On = 3,06 gam và mM(NO3)n = 12,78 gam. Quan sát tương quan,

ạy

Kè

Theo đó, oxit cần tìm là Al2O3. Câu 11: B Quan sát sơ đồ quá trình:

m /+

Chuyển hết 29,44 gam thành 32 gam (hỗn hợp oxit mà Fe, Cu lên tối đa) cần nO chuyển = 0,16 mol.

Quan sát quá trình có 2nO chuyển = 3nNO + nNO2 (= ne cho của hỗn hợp 29,44 gam)

Kết hợp giả thiết tỉ khối ||→ nNO = nNO2 = 0,08 mol. Lại có nHNO3 phản ứng = 1,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố N → ∑nNO3– trong muối = 1,04 mol ||→ nO trong 32 gam = 1,04 ÷ 2 = 0,52 mol.

Theo đó, nO trong 29,44 gam = 0,52 – nO chuyển = 0,36 mol.

Lập hệ số mol Cu, Mg: Theo đó, tỉ số 0,24 ÷ 0,36 = 2 : 3 cho ta biết oxit sắt là Fe2O3. Câu 12: C Quan sát sơ đồ quá trình + giả thiết:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

♦ Nếu 18,0 gam c.rắn chứa oxit của cả 2 kim loại thì ne cho kim loại = 2nO trong oxit = 2 × (18 – 14,7) ÷ 16 = 3nNO + 8nN2O + 8nNH4NO3 = 0,9 + 8nNH4NO3.

hơ

||→ mâu thuần → điều nếu trên là sai! chứng tỏ 18 gam c.rắn chỉ là 0,45 mol MgO mà thôi.

Gọi nNH4NO3 = x mol thì theo bảo toàn electron: ∑nNO3– trong muối kim loại = 0,9 + 8x mol.

Q uy

||→ mmuối X = 14,7 + 62 × (8x + 0,9) + 80x = 79,14 gam ||→ x = 0,015 mol.

||→ nNO3– tạo muối với M = 0,12 mol; lại có mM = 3,9 gam.

m /+

ạy

Kè

Theo đó, tỉ lệ 3,9 ÷ 0,12 = 65 ÷ 2 cho ta biết kim loại M là Zn (hóa trị 2). Câu 13: B HNO3 dùng dư; chưa rõ muối amoni NH4NO3. Quan sát:

BTKL cả phương trình ||→ có nH2O = 0,61 mol ||→ nNH4NO3 = 0,03 mol (theo bảo toàn H).

||→ ∑nNO3– trong muối kim loại = (79,34 – 0,03 × 80 – 4,5 – 6,72) ÷ 62 = 1,06 mol.

của Al(NO3)3 là 0,5 mol rồi ||→ nNO3– tạo muối với M = 1,06 – 0,5 = 0,56 mol. Xét tỉ số 6,72 ÷ 0,56 = 12 = 24 ÷ 2 → cho ta biết kim loại M là Mg (hóa trị 2). Câu 14: A Gộp quá trình + phân tích qua giả thiết ||→ quan sát:

Trong đó cần chú ý một số điểm: tránh quên muối amoni NH4NO3; hỗn hợp khí B gồm 2 đơn chất.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Còn lại sau khi có được sơ đồ trên là "tư duy liền mạch" và suy luận, ban bật qua lại thôi.! đầu tiên: YTHH 01: sự đặc biệt của nguyên tố O ||→ nH2O = 0,3 × 6 – 0,45 × 2 = 0,9 mol. ||→ nNH4Cl = 0,1 mol (theo bảo toàn H); nCuCl = 0,3 mol ||→ nZnCl2 = 0,8 mol (theo bảo toàn Cl) vậy yêu cầu mmuối trong A = 0,8 × 136 + 0,3 × 135 + 0,1 × 53,5 = 154,65 gam. Câu 15: D Suy luận: để ý Ca(NO3)2 → Ca(NO2)2 + O2 || AgNO3 → Ag + NO2 + ½.O2.

hơ

Y + H2O không có khí thoát ra nên cần ghép + quan tâm đến tỉ lệ 4NO2 ÷ 1O2 (trong Y).

Giả thiết 4Ag ↔ 1Ca nên cộng 2 phương trình trên lại có 4NO2 + 3O2

Q uy

||→ dư 2O2 cho FeO tạo Fe2O3 ||→ 4Ag ↔ 1Ca ↔ 8Fe

Kè

||→ %mFe(NO3)2 trong X ≈ 63,05 %. Câu 16: B Y + H2O không có khí thoát ra ||→ cần quan tâm tỉ lệ 4NO2 ÷ 1O2 trong Y.

ạy

Cu(NO3)2 sinh vừa đẹp 4NO2 ÷ 1NO2 rồi.

m /+

||→ còn lại: KNO3 cung cấp ½.O2 cho 2FeO sinh Fe2O3 ||→ có 1K ↔ 2Fe.

Giải hệ:

► Chưa xong.! điện phân dung dịch nên kim loại thu được chỉ

có 0,01 mol Fe và 0,015 mol Cu ||→ m = 1,520 gam. Câu 17: B Quá trình không có gì phức tạp ||→ đọc + nhẩm + suy luận + bấm máy luôn.! đầu tiên có ngay hệ và giải ra nFe(NO3)2 = nCu(NO3)2 = 0,15 mol; bảo toàn N ||→ nNO2 trong X = 0,6 mol; mX = 55,2 – 24 = 31,2 gam ||→ nO2 trong X = 0,1125 mol. ukm.! đến đây có chút rắc rồi về tỉ lệ các chất rồi, liệu NaOH là dùng đủ hay dư ? ... Trắc nghiệm thì ta có thể thử; nhưng để tránh rắc rối, cứ chịu khó viết ra 1 chút.! Xem nào: 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 || 2NO2 + H2O → HNO3 + HNO2. Từ số mol NO2 và O2 trên và phương trình → có 0,525 mol HNO3 và 0,075 mol HNO2.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Nếu NaOH dư thì 2 axit tạo muối luôn là NaNO3 và NaNO2 ||→ ∑m2 muối này = 49,8 gam. À như vậy đúng là NaOH dư thật, mNaOH dư = 51,8 – 49,8 = 2 gam. Lượng phản ứng: nNaOH phản ứng = 0,6 mol (theo bảo toàn cụm NaN). ||→ ∑mNaOH đã dùng = 0,6 × 40 + 2 = 26 gam ||→ yêu cầu: a = 26 ÷ 160 = 16,25 %. Câu 18: B đọc nhanh bài tập nhiệt nhôm với xử lí NaOH dư

hơ

||→ Z gồm 0,16 mol Al; 0,17 mol Al2O3 và 22,8 gam hỗn hợp {Fe; Cu}.

YTHH 01: vận dụng sự đặc biệt của nguyên tố O trong 0,645 mol hỗn hợp {NO2; O2}

Kè

||→ giá trị của m = 22,8 + 0,6 × 62 = 60,0 gam. Câu 19: B Z + H2O không có khí thoát ra ||→ trong Z có 4NO2 + 1O2.

Q uy

||→ bảo toàn nguyên tố O có ∑nNO3– trong m gam hỗn hợp = (0,645 × 2 + 0,17 × 3) ÷ 3 = 0,6 mol.

ạy

||→ 2FeO cần ½O2 để tạo Fe2O3 và được lấy từ ½O2 của 2AgNO3.

Gọi nMg(NO3)2 = x mol ||→ có hệ:

m /+

(tách ghép + trộn lại quá trình để đạt được tỉ lệ 4NO2 + 1O2). ||→ nFe(NO3)2 = nAgNO3 = y mol.

Theo đó, mkim loại thu được khi điện phân = 56y + 108y = 19,68 gam. ► Có 2 chú ý ở đây:

♦1: yêu cầu là dùng 2m gam ||→ đáp án = 19,68 × 2 = 39,36 gam (thật may không có đáp án lừa!).

♦2: kim loại Mg không điều chế được bằng phương pháp điện phân dung dịch Câu 20: A Quan sát quá trình (đồng nhất số liệu là ½ hỗn hợp đầu). Trước đó, cần chú ý rằng Y là hỗn hợp các oxit mà + HNO3 → NO2 chứng tỏ là oxit có tính khử ||→ M chính là kim loại Fe.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Đọc và chia nhỏ các bài tập nhỏ: ♦ CO khử oxit kim loại: nO trong Y = 0,28 mol.

hơ

♦ kim loại, oxit + HNO3: ghép cụm có nH2O = nO trong Y + nNO2 = 0,29 mol → nHNO3 = 0,58 mol

||→ ∑nNO3– trong muối = 0,57 mol (bảo toàn N) ||→ mFe + Cu = 13,84 gam.

Q uy

♦ bài tập nhiệt phân: trong X gọi nNO2 = 20x mol thì nO2 = 3x mol. Quan sát quá trình nhiệt phân

||→ ghép cụm NO3 có 20x = 3x × 2 + 0,28 (1NO2 cần thêm 1.O nữa để tạo gốc NO3

Kè

1.O lấy từ O trong Y và O2) ||→ x = 0,02 mol ||→ ∑nNO3 trong ½.m gam = 20x = 0,4 mol (bảo toàn N)

m /+

ạy

||→ ½.m = mCu + Fe + mNO3 = 13,84 + 0,4 × 62 = 38,64 gam ||→ m = 77,28 gam. Câu 21: D ♦ NaOH xử lí dd sau phản ứng (chuyên đề HNO3): 0,5 × 1,6 × (23 + 46) = 55,2 > 54,04

||→ lập và giải hệ nNaOH dư = 0,04 mol; nNaNO3 = 0,76 mol ||→ ∑nNO3– trong muối = 0,76 mol.

nHNO3 = 1,12 mol ||→ nN spk = 1,12 – 0,76 = 0,36 mol; nH2O = 0,56 mol. Ghép cụm "H2O" có nO spk = 0,36 × 3 – 0,56 = 0,52 mol ||→ mspk = 13,36 gam. có rất nhiều cách linh hoạt để tìm ra được số mol Fe2+; Fe3+ và Cu2+. Ở đây sẽ giới thiệu cách thực dụng nhất: mmuối X = 20,16 + 0,76 × 62 = 67,28 gam. ||→ mCuO + Fe2O3 = 27,2 gam kết hợp mCu + Fe = 20,16 gam giải nCu = 0,14 mol; nFe = 0,2 mol ∑nFe2+ + Fe3+ = 0,2 mol; kết hợp điện tích trong muối giải nFe2+ = 0,12 mol và nFe3+ = 0,08 mol. Yêu cầu: %mFe(NO3)3 trong X = 0,08 × 242 ÷ (224 + 20,16 – 13,36) ≈ 8,39 %. Câu 22: C

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn tránh "bẫy" = phản xạ: HNO3 chưa rõ đủ dư (Fe2+ ?); có Mg muối amoni NH4NO3.

hơ

từ số mol các kim loại ||→ mcác oxit = 29,6 gam ||→ mmuối Y = 80,78 gam.

Gọi nNO3– tạo muối kim loại = x mol; nNH4NO3 = y mol ||→ mmuối Y = 62x + 80y + 21,52 = 80,78 gam.

||→ thay số liệu vào có: x = 8y + 0,16 × 2 + 0,07 × 3 + 0,03 × 8.

Q uy

Bảo toàn electron kiểu mới: ∑nNO3– tạo muối kim loại = 2nO trong X + 3nNO + 8nN2O + 8nNH4NO3

Kè

Giải hệ 2 ẩn x, y được: x = 0,93 mol và y = 0,02 mol. Bảo toàn nguyên tố N có:

m /+

ạy

∑nHNO3 phản ứng = 0,93 + 0,02 × 2 + 0,07 + 0,03 × 2 = 1,1 mol. Câu 23: C Tự viết sơ đồ quá trình ra.! Quan sát:

rắn cuối cùng của quá trình là 0,24 mol MgO và 0,24 mol FeO1,5 ||→ mY = 86,08 gam.

Để ý HNO3 có 1,34 mol ||→ Fe không thể lên tối đa 3 tất được (vì 0,24 × (2 + 3) + 0,16 > 1,34 rồi).

||→ Y gồm Fe?+, Mg2+, x mol NO3– (tạo muối kim loại) và y mol NH4NO3

có ngay: mY = 5,67 + 13,44 + 62x + 80y = 86,08 gam.

♦ chú ý YTHH 02: có nNO + nNO2 = 1,34 – 2y – x (theo bảo toàn nguyên tố N và sự đặc biệt) ||→ nHNO3 = 2nO trong X + 4nNO + 2 nNO2 + 10nNH4NO3. Thay số vào có: 1,34 = 2 × 0,12 + 2 × 0,16 + 2 × (1,34 – 2y – x) + 10y. Giải hệ 2 phương trình trên được x = 1,04 mol và y = 0,03 mol. Biết x, y thay ngược lại có a = nNO2 = 0,08 mol ||→ mkhí spk Z = 8,48 gam. Mặt khác, khi biết x, y chúng ta dễ dàng lập được hệ số mol Fe2+ và Fe3+

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn (hệ tổng số mol và điện tích trong dung dịch) để tìm ra nFe3+ = 0,16 mol và nFe3+ = 0,08 mol.

hơ

Vây, yêu cầu %mFe(NO3)3 = 0,08 × 242 ÷ (268 + 21,12 – 8,48) ≈ 6,90%. Câu 24: C Sơ đồ quá trình và xử lí sơ bộ một số giả thiết:

Q uy

Theo đó, nO2 trong 22,12 gam = 0,605 mol gồm 0,015 mol O2 sinh ra do 0,02 mol Fe(NO3)3

→ còn lại 0,59 mol O2 nữa là do NaNO3 → NaNO2 + ½.O2 ||→ nNaNO3 = 1,18 mol.

Kè

||→ ∑nNO3– trong Y = 1,18 + 0,02 × 3 = 1,24 mol ||→ bảo toàn N có nN spk = 1,48 – 1,24 = 0,24 mol.

ạy

từ giả thiết %mO trong spk ||→ nO spk = 0,32 mol. Có khá nhiều cách để tiếp tục:

m /+

♦1: từ trên → có 0,04 mol HNO3 dư ||→ nH2O = 0,72 mol; ghép cụm → nO trong oxit X = 0,32 mol. ♦2: bảo toàn electron có 3nFe = 2nO trong oxit X + (5nN spk – 2nO spk) → nO trong oxit X = 0,32 mol.

tinh tế xử lí nhanh dựa vào yêu cầu của đề:

nhỗn hợp khí = mkhí ÷ Mkhí = 0,32 × 16 ÷ (32/3 × 4) = 0,12 mol → V = 2,688 lít.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

2 - Vận dụng đặc trưng 3 dạng bài tập vô cơ cơ bản và 3 YTHH

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1.:Hòa tan hoàn toàn m gam bột Al vào 100ml dung dịch KOH 2M thu được dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với 290ml dung dịch HCl 1M thu được 7,02 gam kết tủa. Tính m? A. 3,24 gam. B. 2,7 gam. C. 1,62 gam. D. 2,16 gam. Câu 2. :Nung 8,92 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Cu, Zn, Mg trong oxi, sau một thời gian thu được 10,84 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HNO3 (dư), thu được 2,688 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số mol HNO3 đã phản ứng là A. 0,56. B. 0,72. C. 0,48. D. 0,64. Câu 3. :Cho 22,72 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dd HNO3 loãng dư thu được V lít khí NO (duy nhất ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 77,44 gam muối khan. Giá trị của V là A. 2,24. B. 2,688. C. 4,48. D. 5,6. Câu 4. :Hòa tan hoàn toàn 20,88 gam một oxit sắt bằng dung dịch HNO3 đặc, nóng thu được dung dịch X và 6,496 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn dung dịch X, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 52,2. B. 54,0. C. 70,18. D. 48,4. Câu 5. :Đốt 24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu trong không khí thu được m gam hỗn hợp chất rắn Y gồm Fe, Cu, CuO, Fe3O4. Cho hỗn hợp Y vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 6,72 lít SO2 (đktc) và dung dịch có chứa 72 gam muối sunfat. Xác định m? A. 25,6. B. 28,8. C. 27,2. D. 26,4. Câu 6. :Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Cu và Mg vào 400ml dung dịch HNO3 1M thì thu được dung dịch A và 2,24 lít hỗn hợp khí NO và NO2 (đktc). Cho từ từ dung dịch B gồm NaOH 0,1M và Ba(OH)2 0,2M vào dung dịch A cho đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất. Thể tích dung dịch B đã dùng là A. 600 ml. B. 700 ml. C. 500 ml. D. 830 ml. Câu 7. :Cho 58,5 gam kim loại M (hoá trị không đổi) tác dụng với 3,36 lít O2. Hoà tan chất rắn sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít H2 (các khí đều đo ở đktc). Xác định kim loại M A. Zn. B. Mg. C. Ca. D. Al. Câu 8. :Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được m gam kết tỉa. Giá trị của m là A. 21,60. B. 15,76. C. 23,64. D. 21,92. Câu 9. :Hỗn hợp rắn A gồm Mg, Al và Cu. Đốt cháy m gam rắn A cần dùng 2,24 lít (đktc) hỗn hợp gồm O2 và O3 có tỉ khối so với He bằng 9,6 thu được hỗn hợp rắn B gồm các oxit. Hòa tan hoàn toàn B cần dùng 200 ml dung dịch chứa HCl 0,6M và H2SO4 xM. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (3m + 5,94) gam muối khan. Giá trị của m là A. 6,4 gam. B. 7,8 gam. C. 8,6 gam. D. 12,4 gam. Câu 10. :Hỗn hợp rắn A gồm Al2O3, Mg, Fe3O4 và Zn trong đó oxi chiếm 25,449% về khối lượng. Hòa tan hết 48,41 gam hỗn hợp rắn A cần dùng dung dịch chứa HCl 1,0M và H2SO4

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

1,25M thu được 7,84 lít H2 (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan. Giá trị m là A. 135,61 gam. B. 134,42 gam. C. 136,56 gam. D. 165,14 gam. Câu 11. :Chia 156,8 gam hỗn hợp L gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 thành hai phần bằng nhau. Cho phần thứ nhất tác dụng hết với dung dịch HCl dư được 155,4 gam muối khan. Phần thứ hai tác dụng vừa đủ với dung dịch M là hỗn hợp HCl, H2SO4 loãng thu được 167,9 gam muối khan. Số mol của HCl trong dung dịch M là A. 1,75 mol. B. 1,80 mol. C. 1,50 mol. D. 1,00 mol. Câu 12. :Hỗn hợp X gồm FeCO3, FeO, MgCO3, MgO trong đó số mol muối cacbonat bằng số mol oxit kim loại tượng ứng. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dung dịch H2SO4 9,8% vừa đủ thu được dung dịch Y trong đó nồng độ % của FeSO4 là 5,775%. Nồng độ % của MgSO4 trong dung dịch Y là A. 7,689%. B. 8,146%. C. 6,839%. D. 9,246%. Câu 13. :Cho 13,36 gam hỗn hợp A gồm Cu và Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 đặc dư, thu được V lít khí SO2 (đktc) và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa C, nung kết tủa này đến khối lượng không đổi thu được 15,2 gam chất rắn D. Giá trị của V là A. 2,240 lít. B. 3,324 lít. C. 2,576 lít. D. 3,360 lít. Câu 14. :Cho 19,84 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Fe vào dung dịch HNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch A và 4,704 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất; đktc). Cô cạn cẩn thận dung dịch A thì thu được 71,86 gam muối khan. Thành phần phần trăm khối lượng của Fe3O4 và Fe trong hổn hợp lần lựơt là A. 35,08% và 64,92%. B. 30,05% và 69,95%. C. 50,00% và 50,00%. D. 39,67% và 60,33%. Câu 15. :Cho 39,2 gam hỗn hợp M gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3, CuO và Cu (trong đó oxi chiếm 18,367% về khối lượng) tác dụng vừa đủ với 850 ml dung dịch HNO3 nồng độ a mol/l, thu được 0,2 mol NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Giá trị của a là A. 2,0. B. 1,5. C. 3,0. D. 1,0. Câu 16. :Hoà tan hết 17,92 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, FeO, Fe, CuO, Cu, Al và Al2O3 (trong đó oxi chiếm 25,446% về khối lượng) vào dung dịch HNO3 loãng dư, kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 1,736 lít (dktc) hỗn hợp khí Z gồm N2 và N2O có tỉ khối của so với H2 là 15,29. Cho NaOH tới dư vào Y rồi đun nóng, không thấy khí thoát ra. Số mol HNO3 đã phản ứng với X là A. 1,215. B. 1,475. C. 0,750. D. 1,392. Câu 17. :Hòa tan hoàn toàn 32,79 gam hỗn hợp gồm Ba và Al2O3 vào nước dư thu được 3,36 lít H2 (đktc) và dung dịch X. Cho 180 ml dung dịch H2SO4 1M vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Giá trị m là A. 34,95 gam. B. 50,55 gam. C. 41,94 gam. D. 52,11 gam. Câu 18. :Nung nóng 46,6 gam hỗn hợp gồm Al và Cr2O3 (trong điều kiện không có không khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Chia hỗn hợp thu được sau phản ứng thành hai phần bằng nhau. Phần một phản ứng vừa đủ với 300 ml dung dịch NaOH 1M (loãng). Để hòa tan hết phần hai cần vừa đủ dung dịch chứa a mol HCl. Giá trị của a là A. 0,5. B. 1,5. C. 1,3. D. 0,9.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 19. :Hoà tan m gam hỗn hợp gồm Cu và Fe3O4 trong dung dịch HCl dư, sau phản ứng còn lại 8,32 gam chất rắn không tan và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 61,92 gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 70,24. B. 43,84. C. 55,44. D. 103,67. Câu 20. :Đốt cháy hỗn hợp X gồm 0,22 gam một axit cacboxylic no đơn chức với oxi vừa đủ thu được hỗn hợp khí và hơi có số mol lớn hơn số mol hỗn hợp X là 0,005 mol. Vậy công thức phân tử của axit là A. CH2O2. B. C2H4O2. C. C3H6O2. D. C4H8O2. Câu 21. :Thổi một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp Fe3O4 và CuO nung nóng thu được 2,32 gam hỗn hợp rắn. Toàn bộ khí thoát ra cho hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 5 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 3,22. B. 3,12. C. 4,00. D. 4,20. Câu 22. :Cho V lít hỗn hợp khí (ở đktc) gồm CO và H2 phản ứng với lượng dư hỗn hợp rắn gồm CuO, MgO và Fe3O4 nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng hỗn hợp rắn giảm 0,32 gam. Giá trị của V là A. 0,560. B. 0,448. C. 0,112. D. 0,224. Câu 23. :Cho một luồng CO qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp X gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được chất rắn Y gồm 4 chất, nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 9,062 gam kết tủa. Khối lượng của FeO và Fe2O3 trong 0,04 mol hỗn hợp X lần lượt là A. 0,72 gam và 4,6 gam. B. 0,84 gam và 4,8 gam. C. 0,84 gam và 4,8 gam. D. 0,72 gam và 4,8 gam. Câu 24. :Khi cho 3,36 lít (đo ở đktc) hỗn hợp khí X gồm N2, CO và CO2 đi qua đồng (II) oxit dư đốt nóng, rồi sục vào dung dịch nước vôi trong dư, thì thu được 10,0 gam kết tủa. Thành phần % về thể tích của N2 trong hỗn hợp X là giá trị nào dưới đây? A. 16,67%. B. 33,33%. C. 50,00%. D. 66,67%. Câu 25. :Hỗn hợp khí X gồm CO và H2 có tỉ khối so với H2 là 8,8. Dẫn 11,2 lít X (ở đktc) qua bình chứa 26,8 gam các oxit Fe3O4, CuO, ZnO, nung nóng đến phản ứng hoàn toàn thu được 20,4 gam chất rắn (chỉ gồm các kim loại) và hỗn hợp Y gồm các khí và hơi. Tỉ khối của Y so với H2 là A. 19,0. B. 16,8. C. 14,3. D. 15,2 . Câu 26. :Cho 10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm C2H2 và H2 đi qua ống chứa xúc tác Ni, nung nóng thu được hỗn hợp Y chỉ chứa 3 hidrocacbon. Tỉ khối của Y so với He là 7,125 . Tính % thể tích của C2H2 trong hỗn hợp X A. 36,73. B. 44,44. C. 63,25. D. 45,55. Câu 27. :Cho m gam Fe vào dung dịch chứa 1,38 mol HNO3 đun nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy còn lại 42 gam chất rắn không tan và có 0,38 mol hỗn hợp khí NO và NO2 thoát ra. Giá trị của m là? A. 70,0. B. 64,4. C. 67,2. D. 75,6. Câu 28. :Nung m gam hỗn hợp X gồm FeS và FeS2 trong một bình kín chứa không khí (gồm 20% thể tích O2 và 80% thể tích N2) đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn duy nhất và hỗn hợp khí Y có thành phần thể tích: 84,8% N2, 14% SO2, còn lại là O2. Phần trăm khối lượng của FeS trong hỗn hợp X là A. 42,31%. B. 59,46%. C. 19,64%. D. 26,83%.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 29. :Nung m gam hỗn hợp quặng X gồm xiđerit FeCO3 và pirit sắt FeS2 trong một bình kín chứa không khí (gồm 20% thể tích O2 và 80% thể tích N2) đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 24,864 lít hỗn hợp khí Y. Đốt Y trong bình chứa lưu huỳnh thu được hỗn hợp khí Z thấy lượng lưu huỳnh giảm 0,64 gam. Dẫn Z qua bình chứa nước vôi trong dư thì có 20,16 lít khí thoát ra. Biết các thể tích khí đều đo ở đktc, quặng không chứa tạp chất. Phần trăm khối lượng quặng FeS2 có trong X có giá trị gần nhất với A. 60%. B. 55%. C. 40%. D. 65%. Câu 30. :Hòa tan hết 10,8 gam hỗn hợp gồm Fe3O4 và Fe2O3 và Fe vào dung dịch chứa a mol HCl, kết thúc phản ứng thu được 0,672 lít khí H2 (đktc) dung dịch X chỉ chứa các muối clorua, trong đó có 9,75 gam FeCl3. Giá trị của a là A. 0,32. B. 0,38. C. 0,40. D. 0,36. Câu 31. :Cho 24,32 gam hỗn hợp Fe2O3 và Cu vào dung dịch HCl dư. Kết thúc phản ứng còn lại 1,92 gam chất rắn không tan. Phần trăm số mol của Cu trong hỗn hợp ban đầu là A. 34,21%. B. 56,52%. C. 50,00%. D. 43,48%. Câu 32. :Cho 14,4 gam hỗn hợp gồm Mg, Fe, Cu (có số mol bằng nhau) tác dụng hết với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO2, NO, N2O, N2 trong đó số mol N2 bằng số mol NO2. Cô cạn cẩn thận dung dịch X, thu được 58,8 gam muối khan. Số mol HNO3 tham gia phản ứng có giá trị gần nhất với A. 0,9. B. 0,8. C. 1,0. D. 0,7.

m /+

Câu 1: A HD: gộp quá trình: m gam Al + 0,2 mol KOH + 0,29 mol HCl → .....

YTHH 02: đọc ... về đâu? đầu tiên phải có 0,09 mol Al(OH)3↓ (giả thiết).

0,2 mol K đi về 0,2 mol KCl → còn 0,09 mol Cl còn lại dành cho 0,03 mol AlCl3.

Hết.! ||→ ∑nAl = (0,09 + 0,03) × 27 = 3,24 gam. Chọn A

Câu 2: B HD: rất nhiều kim loại + O2 → Y (lại càng thêm nhiều kim loại và oxit hơn); sau Y + HNO3 (dư) → muối + NO + H2O. Quá trình không có gì đặc biệt (do HNO3 dùng dư nên Fe ở đây bình thường). Tập trung vào các đại lượng thay đổi số oxi hóa: gồm O; NO và các kim loại. Mà nO = (10,84 – 8,92) ÷ 16 = 0,12 mol; NO đề cho là 0,12 mol;

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

còn e cho của các kim loại, rõ ràng là không thể tính được dưa vào các kim loại rồi! À, sẽ qua trung gian ∑nNO3– trong muối kim loại. Lại để ý yêu cầu là số mol HNO3 phản ứng ||→ dùng bảo toàn N là ra luôn kết quả rồi. ||→ đã xong.! Có ngay: ∑nNO3– trong muối kim loại = 0,12 × 3 + 0,12 × 2 = 0,6 mol.

hơ

Câu 3: B HD: HNO3 dư ||→ 77,44 gam muối khan là Fe(NO3)3 ||→ nFe = 0,32 mol.

||→ nHNO3 = 0,6 + 0,12 = 0,72 mol. Chọn B.

Q uy

||→ 22,72 gam gồm 0,32 mol Fe và 0,3 mol O. HNO3 cơ bản ta dùng bảo toàn electron:

nNO = (3nFe – 2nO) ÷ 3 = 0,12 mol ||→ V = 2,688 lít.

Kè

Câu 4: C HD: (Fe; O) + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + H2O. có 2 hướng dùng bảo toàn electron:

ạy

♦1: 20,88 gam gồm x mol Fe và y mol O thì 56x + 16y = 20,88 gam

m /+

Lại theo bảo toàn electron có 3x = 2y + 0,29.

Giải hệ được x = y = 0,29 mol ||→ m = 0,29 × 242 = 70,18 gam.

Cũng từ đây nếu yêu cầu có thể xác định được oxit là FeO từ tỉ lệ x ÷ y = 1 : 1.

♦2: đặc biệt chút: để ý các oxit của sắt chúng ta học có FeO (cho 1e); Fe3O4 (cho 1e)

và Fe2O3 (không lên được nữa) ||→ để có NO2 chứng tỏ oxit phải là FeO hoặc Fe3O4 (đều cho 1e) ||→ bảo toàn electron có noxit sắt = 0,29 mol ||→ Moxit sắt = 20,88 ÷ 0,29 = 72 là FeO. Theo đó có ngay nmuối = noxit = 0,29 mol ||→ m = 70,18 gam. Câu 5: C HD: Quá trình không có gì mới, chỉ là thêm Cu vào tham gia cùng với Fe và thay HNO3 bằng H2SO4 đặc nóng thôi. Quan sát: ∑nSO42– trong muối = (72 – 24) ÷ 96 = 0,5 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Bảo toàn electron: nO trong Y = (2∑nSO42– – 0,3 × 2) ÷ 2 = 0,2 mol ||→ m = mX + mO = 24 + 0,2 × 16 = 27,2 gam ||→ chọn C

Q uy

hơ

Câu 6: A HD: Quá trình:

Kè

Bài này cũng là một BT đặc biệt, và nếu không nắm được sự đặc biệt thì thật khó để giải quyết được.

ạy

Thật vậy, quan sát sự đặc biệt của nguyên tố N trong hỗn hợp ||→ nN trong khí = 0,1 mol.

||→ bảo toàn N có: nNO2– trong dung dịch A = 0,3 mol ||→ 4x + x = 0,3

m /+

||→ x = 0,06 mol ||→ VB = x ÷ 0,1 = 0,6 lít. Chọn A.

Câu 7: A HD: đọc: có O thì tạo H2O; không có O thì tạo H2.

Nghĩa là nếu không vướng 0,15 mol O2 hay 0,3 mol O vừa tác dụng trước đó

thì 58,5 gam M đã tạo hết thành (13,44 ÷ 22,4 + 0,3 = 0,9 mol) H2 rồi.

||→ tỉ lệ 58,5 ÷ 0,9 = 65. Đó là dấu hiệu của kim loại Zn. Chọn A Câu 8: B HD: nếu cho hỗn hợp X trên 0,05 mol O nữa thì lúc đó X chỉ gồm Na2O và BaO thôi, vì nếu có thêm 0,05 mol O thì sẽ kết hợp với 0,0 5 mol H2↑ trên để tạo thành H2O; không có H2 đồng với nghĩa là hỗn hợp X chỉ gồm các oxit. Thêm nữa, nếu như X chỉ gồm Na2O và BaO thôi thì lại xác đinh được luôn số mol BaO là 0,12 mol (vì BaO → 0,12 mol Ba(OH)2). Thêm nữa, lúc này khối lượng mX = 21,9 + 0,05 × 16 = 22,7 gam; biết BaO nên biết luôn Na2O là 0,07 mol. Theo đó, dung dịch Y gồm 0,12 mol Ba(OH))2 và 0,14 mol NaOH. Công việc còn lại là giải bài tập 0,3 mol CO2 tác dụng với Y thôi. Đừng viết phương trình ra rồi cân bằng nhé.! Hãy

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

tập trung vào phương trình cơ bản của dạng này; đó là phản ứng của 0,38 mol OH– và 0,3 mol CO2 → 0,08 mol CO32– và 0,22 mol HCO3–. So sánh giữa 0,12 mol Ba2+ và 0,08 mol CO32– thì → có 0,08 mol kết tủa BaCO3 ||→ m = 15,76 gam. Chọn B Câu 9: B HD: mO trong B = 9,6 × 4 × 0,1 ÷ 16 = 0,24 mol (Otrong B cũng chính là Otrong hỗn hợp O2 và O3). B không có kim loại ||→ toàn bộ O này chuyển hết cho H2O.

hơ

Mà đã biết có 0,12 mol axit HCl suy ra số mol axit H2SO4 là 0,18 mol.

Phản ứng: 1O + 2H → 1H2O ||→ ∑nH⁺ = 0,48 mol.

Q uy

||→ mmuối = mkim loại + mgốc anion = m + 0,12 × 35,5 + 0,18 × 96 = 3m + 5,94 ||→ m = 7,8 gam. Chọn đáp án B.

ạy

Kè

Câu 10: A HD:

m /+

48,41 gam hỗn hợp rắn A có 0,77 mol O và 36,09 gam kim loại.

Oxit thì O + 2H → H2O còn không có Oxi, kim loại + 2H → H2;

||→ ∑nH⁺ = (0,35 + 0,77) × 2 = 2,24 mol ||→ 0,64 mol HCl và 0,8 mol H2SO4.

||→ mmuối khan = 36,09 + 0,64 × 35,5 + 0,8 × 96 = 135,61 gam. Chọn đáp án A.

Câu 11: B Câu 12: C Quan sát: thấy rằng: FeCO3 = FeO.CO2; MgCO3 = MgO.CO2; bài tập liên quan đến nồng độ các chất sau phản ứng nên cần xác định mdd sau phản ứng = mdd H₂SO₄ + mX – mkhí CO₂ bay ra. Có nghĩa là cộng CO2 ở trong X rồi sau đó cũng trừ đi CO2 bay ra.! Vậy tạo sao không bỏ nó đi ngay từ đầu; thêm nữa việc bỏ nó rất thuận lợi khi 2 oxit cũng là FeO và MgO; phản ứng chính cũng có thể coi là của oxit tác dụng với axit H2SO4 loãng do CO2 có vào rồi cuối cùng cũng ra!. Vậy: HD: Quy X gồm x mol FeO và y mol MgO tác dụng H2SO4 9,8% vừa đủ thu được dung dịch Y…

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Chọn số mol H2SO4 vừa đủ là 1 mol ||→ mdd H₂SO₄ = 1000 gam và x + y = 1. Giả thiết:

Lại để ý “tinh tế” chút:

||→ chọn đáp án C.

hơ

Câu 13: C HD: Quan sát cả quá trình:

Q uy

13,36 gam A gồm Cu và Fe3O4 cuối cùng đi về 15,2 gam chất rắn D gồm CuO và Fe2O3.

Kè

Có ngay hệ phương trình:

ạy

Bảo toàn electron: 2nSO2 = 2nCu + 1.nFe3O4 ||→ nSO2 = 0,115 mol → V = 2,576 lít. Chọn C. ♣.

► Trên là lời giải đơn giản, ít phải suy nghĩ.

m /+

Quan sát cả quá trình, trung gian e cho của hỗn hợp A bằng lượng O để chuyển A → D.

một phép tính V = (15,2 – 13,36) ÷ 16 ÷ 22,4 = 2,576 lít cho ta đáp án cần chọn là C

Câu 14: A HD: ► Phản xạ: HNO3 chưa rõ đủ dư. đánh giá: bài tập HNO3 cơ bản, chú ý bảo toàn electron.

Vì HNO3 chưa rõ đủ dư nên muối chưa rõ sắt (2) hay (3) ntn

||→ không thể bảo toàn electron trực tiếp mà phải gián tiếp thông qua NO3– trong muối. Gọi nNO3– trong muối = x mol thì theo bảo toàn electron: nO trong X = (x – 0,21 × 3) ÷ 2. Lại có ∑mFe trong X = 71,86 – 62x ||→ mX = ∑mFe + mO = 71,86 – 62x + (x – 0,21 × 3) × 8. Mà mX = 19,84 gam theo giả thiết ||→ x = 0,87 mol. Quay lại tính ra nO trong X = 0,12 mol → có 0,03 mol Fe3O4 và 0,23 mol Fe.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ %mFe3O4 trong X = 35,08 %; %mFe trong X = 64,92%. Chọn A Câu 15: A HD: HNO3 cơ bản: chú ý sự thay đổi số oxi hóa. Thêm: e cho qua kim loại phức tạp ||→ ta sẽ xử lí e cho qua trung gian NO3– và tập trung vào yêu cầu là gì!. Giải: 3,92 gam M có chứa 0,45 mol O ||→ ∑nNO3– trong muối = 0,2 × 3 + 0,45 × 2 = 1,5 mol.

hơ

||→ nHNO3 đã phản ứng = 1,5 + 0,2 = 1,7 mol ||→ a = 2,0M. Chọn đáp án A

Q uy

Câu 16: B HD: 17,92 gam X chứa 0,285 mol O; khí Z gồm 0,065 mol N2 và 0,0125 mol N2O. Bảo toàn e → ∑nNO3– trong muối = 0,285 × 2 + 0,065 × 10 + 0,125 × 8 = 1,32 mol.

||→ số mol HNO3 đã phản ứng là 1,475 mol. Chọn đáp án B. ♦.

m /+

Câu 17: D HD: ♦ Truyền thống: chậm chắc giải:

ạy

Kè

p/s: NaOH vào Y không thấy khí thoát ra cho ta biết sản phẩm khử không chứa muối amoni NH4NO3

các phản ứng: Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑

Từ phương trình suy ra số mol Ba là 0,15 (bằng số mol H2 thu được)

||→ trong 32,79 gam: nAl2O3 = (32,79 – 0,15 × 137) ÷ 102 = 0,12 mol.

Mà: Ba(OH)2 Al2O3 → Ba(AlO2)2 + H2O;

từ số mol giải ra X gồm: 0,12 mol Ba(AlO2)2 và 0,03 mol Ba(OH)2.

X + 0,18 mol H2SO4 xảy ra: Ba2+ + SO42– → BaSO4 (0,15 mol tính theo số mol Ba). H+ + OH– → H2O || H+ + AlO2– + H2O → Al(OH)3 || 3H+ + Al(OH)3 → Al3+ + H2O. Thay số mol lần lượt vào thấy cuối cùng có 0,22 mol Al(OH)3. Theo đó m = 0,22 × 78 + 0,15 × 233 = 52,11 gam. Chọn đáp án D. ♠. ► Các địa chỉ rõ ràng cho "... đi về đâu?"; vận dụng tư duy + YTHH 02, hãy xem! có 0,15 mol H2 thì trong 2 chất đề cho chỉ có thể sinh ra là do 0,15 mol Ba thôi;

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

32,79 gam 2 chất mà biết 1 chất rồi nên Al2O3 tính được, bấm máy là 0,12 mol. Hòa tan hoàn toàn chứng tỏ Al2O3 phản ứng hết và nằm trong 0,12 mol Ba(AlO2)2; vậy còn 0,03 mol Ba đương nhiên là nằm trong Ba(OH)2 rồi ||→ đó chính là dung dịch X. 0,18 mol H2SO4 phản ứng với X thì tủa đầu tiên phải nói đến là BaSO4 với 0,15 mol (theo Ba)

hơ

||→ còn 0,22 mol Al đi đâu? Đương nhiên là trong 0,22 mol Al(OH)3 rồi.

||→ còn 0,03 mol SO42– đi đâu? Đương nhiên là 0,01 mol Al2(SO4)3 rồi

Q uy

Vậy: m = 0,22 × 78 + 0,15 × 233 = 52,11 gam thôi. Chọn đáp án D. Câu 18: C HD: dù là Al hay Al2O3 thì khi phản ứng vừa đủ với NaOH cuối cùng cũng đi hết về NaAlO2 ||→ có nghĩa là số mol Al bằng Na bằng 0,3 mol (chú ý Cr và Cr2O3 ko pw với NaOH loãng).

Kè

||→ trong 46,6 gam ban đầu sẽ gồm 0,3 mol Al và 0,1 mol Cr2O3.

ạy

Phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn nên đọc được luôn sản phẩm gồm 0,1 mol Al2O3 (bảo toàn O)

m /+

→ dư 0,1 mol Al và thu được 0,2 mol kim loại Cr.

Theo đó, khi phản ứng HCl thì Cl đi hết vào 0,3 mol AlCl3 và 0,2 mol CrCl2

||→ có 1,3 mol HCl → chọn C

Câu 19: B HD: HCl dư nên 8,32 gam chất rắn rõ là Cu. Cu dư chứng tỏ 61,92 gam muối rắn là FeCl2 và CuCl2.

Quy đổi lại (m – 8,32) gam hỗn hợp với một chú ý nữa ở đây là không có khí H2 thoát ra

(nghĩa là hỗn hợp quy đổi chỉ gồm các oxit thôi). Cu + Fe3O4 → FeO + CuO. Cân bằng được 1Cu + 1Fe3O4 → 1CuO + 3FeO (p/s: sau này quen ghép cụm CuO.3FeO). Nghĩa là có x mol CuCl2 và 3x mol FeCl2 ||→ x = 61,92 ÷ (135 + 3 × 127) = 0,12 mol. ||→ m – 8,32 = 80x + 216x = 35,52 gam ||→ m = 43,84 gam. p/s: Những bài tập kiểu này sau này chỉ là những bài tập nhỏ, cơ bản (gọi là bài tập giả thiết) lồng ghép trong những BT lớn như HNO3 thôi. Vì thế hãy nắm và rèn luyện để chỉ cần lướt qua là bấm bấm bấm với tư duy:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

8,32 gam là Cu; còn lại cụm Cu.Fe3O4 ||→ 61,92 ÷ [64 + 71 + 3 × (56 + 71)] = 0,12. Ans × (64 + 232) + 8,32 = 43,84 chọn B. ♦ CHỈ THẾ THÔI Câu 20: D HD: Có một số hướng tiếp cận bài tập này như sau: ♦1: không cần suy nghĩ nhiều: 1CnH2nO2 + (1,5n – 1)O2 → nCO2 + nH2O. Nghĩa là khi có 1 mol axit thì có n{CO2 + H2O} – naxit + O2 = n + n – 1 – (1,5n – 1) = ½n.

hơ

Theo đó, với giả thiết 0,005 mol ||→ có 0,005 × 1 ÷ (½n) = 0,01/n mol axit CnH2nO2 nặng 0,22 gam.

Q uy

||→ có phương trình:

♦2: Quan sát + phản xạ với YTHH 01 (về giả thiết số mol khí + O2).

Kè

mượn x mol O của x mol H2O bảo toàn nguyên tố oxi có:

ạy

2.nX = 2.n{CO₂; H₂O₂} – x mà giả thiết n{CO₂; H₂O₂} = nX + 0,005 ||→ x = 0,01 mol.

Đến đây thì dễ dàng rồi: có: naxit = (0,22 – 0,01 × 14) ÷ 32 = 0,0025 mol ||→ số H = 8

m /+

||→ axit là C4H8O2. Chọn đáp án D.

Câu 21: B HD: CO không rõ đủ hay dư, phản ứng với Fe3O4 và CuO không rõ hoàn toàn hay như thế nào?

Nhưng đừng bận tâm, 5 gam tủa là do 0,05 mol CO2 sinh ra (tác dụng Ca(OH)2 dư → CaCO3↓)

||→ m gam hh oxit đã bị 0,05 mol CO lấy đi 0,05 mol O để tạo thành CO2 và 2,32 gam hỗn hợp rắn. ||→ m = 2,32 + 0,05 × 16 = 3,12 gam. Chọn đáp án B. Câu 22: B HD: Nhìn có vẻ phức tạp nhưng để ý sự đặc biệt của nguyên tố và rút gọn phản ứng, có thể thấy rằng: Cứ 1CO hay 1H2 đều nhận 1O để tạo CO2 hay H2O; có nghĩa là 1 mol hỗn hợp (không bận tâm tỉ lệ CO và H2 trong là như thế nào) đều lấy đi 1 mol O của oxit. Mà ở đây, khối lượng rắn giàm 0,32 gam có nghĩa là đã bị lấy đi 0,02 mol

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ nhỗn hợp = 0,02 mol ↔ V = 0,448 lít. Chọn đáp án B Câu 23: D HD: quan sát quá trình + tập trung vào vấn đề chính của phản ứng này: đó là cứ 1CO lấy 1O của oxit để tạo CO2; phản ứng hoàn toàn mà Y gồm 4 chất (Fe và 3 oxit) có nghĩa là vẫn còn O ||→ CO phản ứng hết để tạo thành CO2. Kết tủa với Ba(OH)2 dư là BaCO3 với 0,046 mol.

Q uy

||→ X gồm 0,72 gam FeO và 4,8 gam Fe2O3. Chọn đáp án D.

Rõ ràng ngay hệ

hơ

Nghĩa là có 0,046 mol O đã bị lấy ||→ mX = 0,046 × 16 + 4,784 = 5,52 gam.

Câu 24: B HD: YTHH 01: chúng ta thấy rằng hỗn hợp {CO; CO2} → 0,1 mol CO2

Kè

(suy ra từ 10 gam kết tủa là CaCO3) ||→ có 0,1 mol {CO; CO2} trong 0,15 mol X

ạy

||→ N2 chiếm 0,05 mol ||→ %VN2 trong X = 0,05 ÷ 0,15 ≈ 33,33%. Chọn B

m /+

Câu 25: D HD: CO, H2 khử oxit kim loại: → phản xạ ngay: nO trong oxit phản ứng = (26,8 – 20,4) ÷ 16 = 0,4 mol.

{CO; H2} → {CO; CO2; H2; H2O} nên theo YTHH 01 → nX = nY = 0,5 mol..

mY = mX + mO trong oxit phản ứng = 0,5 × 2 × 8,8 + 0,4 × 16 = 15,2 gam

||→ dY/H2 = 15,2 ÷ 2 ÷ 0,5 = 15,2. Chọn đáp án D

Câu 26: B HD: ĐỪNG "viết các phương trình C2H2 + H2 → C2H4 (anken) + C2H6 (ankan) và còn C2H2 dư sau đó đặt các ẩn x, y, z rồi xử lí lần lượt." Hãy học cách vận dụng linh hoạt các ý tưởng + quan sát! để ý X: {C2H2; H2} → Y: {C2H2; C2H4; C2H6} ||→ nếu gọi số mol C2H2 trong X là x mol thì có nY = x mol (YTHH 01). ||→ mX = mY = 28,5x gam. ||→ 28,5x = 26x + (0,45 – x) × 2

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ x = 0,2 mol ||→ %VC2H2 trong X ≈ 44,44%. Chọn B. Câu 27: A

HD: Phản ứng: YTHH 01 → nN trong khí = 0,38 mol ||→ bảo toàn N có 0,5 mol Fe(NO3)2

hơ

||→ m = 0,5 × 56 + 42 = 70,0 gam.

Q uy

Nếu không nắm được sự đặc biệt, bài này không thể giải được do không xác định được số mol từng khí trong spk.!

Câu 28: C HD: {FeS; FeS2} + {O2; N2} –––to–→ Fe2O3 + {N2; SO2; O2}.

Kè

Tự chọn số liệu, áp dụng triệt để cách ta cân bằng phương trình hóa học + YTHH 01.

ạy

Xem nào.! giả sử có 84,8 mol N2 → trong Y còn 14 mol SO2 và 1,2 mol O2.

||→ Lượng không khí trong bình gồm 84,8 mol N2 và 21,2 mol O2.

m /+

Bảo toàn O ||→ có nFe2O3 = 4 mol ||→ ∑nFe = 8 mol. Theo trên ∑nS = 14 mol.

FeS và FeS2 nên suy ra có 6 mol FeS2 và 2 mol FeS.

Yêu cầu %mFeS trong X = (56 + 32) ÷ [56 + 32 + 3 × (56 + 32 × 2)] ≈ 19,64%. Chọn C. ♣.

► Có bạn nào nhạy cảm với YTHH 01 ở đây không ☺ :D.

nFe2O3 = (nN2 ÷ 0,8 – nN2 ÷ 0,848) × 2 ÷ 3 || nS = nN2 × 14 ÷ 84,8. Câu 29: A

HD: Gọi nFeCO3 = x mol; nFeS2 = y mol. Quan sát + YTHH 01 thấy nZ = nY = 1,11 mol ||→ nSO2 + CO2 trong Y = 1,11 – 0,9 – 0,02 = 0,19 mol = x + 2y.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Mặt khác, lại theo bảo toàn O: 3x + 0,9 ÷ 4 × 2 = (x + y) × 1,5 + 0,21 × 2. Giải hệ được x = 0,05 mol và y = 0,07 mol. ||→ %mFeS2 trong X ≈ 59,15%. Chọn A. Câu 30: D HD: Chia lại hỗn hợp X theo tư duy phản ứng độc lập (quy đổi quá trình): sinh ra 0,03 mol H2 là do 0,03 mol Fe; sinh ra 0,06 mol FeCl3 phải là do 0,03 mol oxit Fe2O3.

||→ còn lại trong 10,8 gam kia rõ là (10,8 – 0,03 × 56 – 0,03 × 160) ÷ 72 = 0,06 mol FeO rồi.

hơ

||→ có 0,09 mol FeCl2; bảo toàn nguyên tố Cl ||→ a = 0,09 × 2 + 0,06 × 3 = 0,36 mol.

Q uy

Chọn đáp án D.

Câu 31: B HD: Còn chất rắn như vậy là dung dịch chứa CuCl2 và FeCl2 thôi.

Kè

||→ quy (24,32 – 1,92) gam hỗn hợp Fe2O3 và Cu phản ứng thành hỗn hợp FeO và CuO

ạy

||→ cụm 2FeO.CuO ||→ ncụm = (24,32 – 1,92) ÷ (2 × 72 + 80) = 0,1 mol

||→ %mCu = (0,1 × 64 + 1,92) ÷ 24,32 ≈ 34,21 %. Chọn A.

m /+

Kiểm tra đáp án, thấy sai??? Là sao? À, không có gì, sai ở đây cùng là một cái lỗi sai rất đáng tiếc mà cực kì hay xảy ra đối với các bạn, đọc không đúng yêu cầu của đề. Đừng bao giờ bị như thế là tự nhủ “à nhầm” nhé. Hãy nghiêm khắc với bản thân cái lỗi này, đánh dấu vào yêu cầu, luôn nhắc nhở bản thân cẩn thận hơn nữa. Và nếu tính trạng này cứ tiếp diễn, hãy học cách đọc yêu cầu, lấy bút gạch, tô yêu cầu và phân tích yêu cầu trước khi giải để tránh quên.! Đi thi chán nhất là gì: bài khó thì không làm được, bài dễ thì làm sai.

Quay lại câu 4, ở đây cần chú ý nCu = 0,1 + 1,92 ÷ 64 = 0,13 mol.

||→ %nCu = Ans ÷ (Ans + 0,1) ≈ 56,52%. Đáp án đúng cần chọn là B. Câu 32: A HD: nMg = nCu = nFe = 0,1 mol ||→ ∑nNO3– trong muối kim loại = 0,7 mol. ||→ muối gồm 14,4 + 0,7 × 62 = 57,8 gam muối kim loại và còn 1 gam NH4NO3 nữa. N2 = NO2 (số mol) ⇄ N2.NO2 = N3O2 = N2O.NO ||→ quy đổi Y về gồm N2O và NO thôi. Quan sát, dùng YTHH 01 quy tiếp Y gồm N và 0,12 mol O. Áp dụng bảo toàn electron có:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

nN spk = (∑nNO3– trong muối + 2nO – 8.nNH4NO3) ÷ 5 = 0,168 mol.

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Bảo toàn N ||→ nHNO3 tham gia = 0,7 + 0,168 + 1 ÷ 80 × 2 = 0,893 mol. Chọn A.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 11. Vận dụng sáng tạo và phát triển tư duy trong chuyên đề bài tập Sunfua

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. : Hòa tan hết 4,280 gam hỗn hợp X gồm FeS2, FeS, Fe, CuS và Cu trong 400ml dung dịch HNO3 1M, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 0,08 mol một chất khí thoát ra. Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2 thu được 3,495 gam kết tủa. Mặt khác, dung dịch Y có thể hòa tan tối đa m gam Cu. Biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất của N+5 là NO và các phản ứng xảy ra hoàn toàn, Giá trị của m là A. 5,6. B. 2,4. C. 7,2. D. 32,32. Câu 2. : Hoà tan 10,4 gam hỗn hợp bột gồm FeS, FeS2, S bằng dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được 26,88 lít NO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy toàn bộ kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu được là A. 4,1 gam. B. 8 gam. C. 5 gam. D. 10,2 gam. Câu 3. : Hòa tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng HNO3 dư, thoát ra 60,48 lít khí NO2 duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 81,55. B. 104,20. C. 110,95. D. 115,85. Câu 4. : Cho 17,6 gam hỗn hợp X gồm S, FeS, FeS2 tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lit NO2 duy nhất và dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, lọc và nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 62,6 gam chất rắn. V có giá trị A. 44,80. B. 47,10. C. 40,32. D. 22,40. Câu 5. : Hòa tan hoàn toàn 7,52 gam hỗn hợp: S, FeS, FeS2 trong HNO3 dư được 0,96 mol NO2 và dung dịch X. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào X, lọc kết tủa nung đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu được là A. 35,09 gam. B. 36,71 gam. C. 30,29 gam. D. 4,80 gam. Câu 6. : Hòa tan hết m gam hỗn hợp gồm FeS2 và Cu2S vào 120 gam dung dịch H2SO4 73,5% đun nóng thu được dung dịch X và 14,56 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất; đktc). Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch X thu được 109,79 gam kết tủa. Giá trị m là A. 13,2 gam. B. 14,4 gam. C. 13,6 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

D. 17,6 gam. Câu 7. : [A-12]: Cho 18,4 gam hỗn hợp X gồm Cu2S, CuS, FeS2 và FeS tác dụng hết với HNO3 (đặc nóng dư) thu được V lít khí chỉ có NO2 (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y. Cho toàn bộ Y vào một lượng dư dung dịch BaCl2, thu được 46,6 gam kết tủa, còn khi cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch NH3 dư thu được 10,7 gam kết tủa. Giá trị của V là A. 38,08. B. 11,2. C. 24,64. D. 16,8. Câu 8. : Nung trong bình kín m gam X chứa bột sắt và lưu huỳnh thu được hỗn hợp Y gồm FeS , Fe ,S. Chia Y làm 2 phần bằng nhau: – phần 1 cho phản ứng với H2SO4 loãng thu được hỗn hợp khí với thể tích 2,8 lít (đktc ) . – Phần 2 cho hỗn hợp tác dung với dung dịch HNO3 thu được 16,464 lít khí chỉ có NO2. Biết các thể tích khí đo ở đktc. Giá trị của m là A. 6,72 gam. B. 17,84 gam. C. 8,92 gam. D. 13,44 gam. Câu 9. : Hòa tan hết hỗn hợp rắn A gồm FeS2 và Cu2S trong dung dịch HNO3 đặc, nóng thu được dung dịch X chỉ chứa các muối sunfat và 17,92 lít khí NO2 (đktc). Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam rắn. Giá trị m là A. 32,9 gam. B. 31,3 gam. C. 29,7 gam. D. 31,2 gam. Câu 10. : Cho hỗn hợp gồm Cu2S và FeS2 tác dụng với dung dịch chứa 0,52 mol HNO3 vừa đủ thu được dung dịch X và hỗn hợp khí gồm NO và 0,3 mol NO2. Để tác dụng với các chất trong dung dịch X cần dùng 260 ml dung dịch NaOH 1M, sau phản ứng lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 6,4 gam chất rắn. Tổng khối lượng các chất tan có trong dung dịch X bằng A. 19,12 gam. B. 14,16 gam. C. 15,28 gam. D. 19,20 gam. Câu 11. : Cho 0,3 mol FeS2 vào 2 lít dung dịch HNO3 1,0M, đun nóng và khuấy đều để các phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Khối lượng Cu tối đa có thể tan trong X là (biết trong các phản ứng trên, NO là sản phẩm khử duy nhất của NO3–) A. 9,6 gam. B. 19,2 gam. C. 28,8 gam. D. 38,4 gam. Câu 12. : Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,1 mol FeS2 và 0,15 mol FeS vào 850 ml HNO3 2M, sản phẩm thu được gồm một dung dịch Y và một chất khí thoát ra. Dung dịch Y có thể hòa tan tối đa bao nhiêu gam Cu, biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất của N+5 là NO? A. 44,0 gam. B. 24,8 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

C. 19,2 gam. D. 40,8 gam. Câu 13. : Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeS2 và một oxit sắt cần dùng 0,6 mol O2 thu được 0,4 mol Fe2O3 và 0,4 mol SO2. Cho m gam hỗn hợp X trên tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, sản phẩm khử duy nhất là SO2 thì số mol H2SO4 tham gia phản ứng là bao nhiêu? A. 3,0 mol. B. 2,8 mol. C. 2,0 mol. D. 2,4 mol. Câu 14. : Hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe2O3, FeS2 và CuO. Cho m gam X vào bình kín chứa 1,875 mol khí O2 (dư) rồi nung nóng bình cho tới khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi đưa bình về điều kiện ban đầu thấy áp suất giảm 10% so với lúc trước khi nung. Mặt khác, nếu cho m gam X vào H2SO4 đặc, nóng dư thu được 35,28 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y chứa 155m/69 gam muối. Biết trong X oxi chiếm 19,324% về khối lượng. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây? A. 82. B. 66. C. 74. D. 91. Câu 15. : Hòa tan hết 35,56 gam hỗn hợp gồm Fe, FeCO3 và FeS vào dung dịch HCl loãng dư thu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí X. Mặt khác hoàn tan hết 35,56 gam hỗn hợp trên trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Y và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất; đktc). Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được 62,29 gam rắn. Giá trị của V là A. 10,080 lít. B. 12,880 lít. C. 12,544 lít. D. 13,440 lít. Câu 16. : Hỗn hợp rắn X gồm 0,02 mol Cu2S; 0,01 mol Fe3C và x mol FeS2. Cho X tác dụng với dung dịch HNO3 vừa đủ, sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối sunfat và V lít hỗn hợp khí Z (ở đktc). Biết NO2 là sản phẩm khử duy nhất của N5+. Giá trị của V gần nhất với A. 50,5. B. 51,5. C. 49,0. D. 51,0. Câu 17. : Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS2 và Fe3O4 bằng 1 lít dung dịch HNO3 aM vừa đủ thu được 14,336 lít hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có tỉ khối so với H2 bằng 18 và phần dung dịch chỉ chứa 82,08 gam muối. Giá trị của a là A. 1,4M. B. 2,0M. C. 1,36M. D. 1,2M. Câu 18. : Cho 5,52 gam hỗn hợp Fe, FeO, Fe3O4 và FeS2 tác dụng với V lít dung dịch HNO3 1M (lấy dư), sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X và 4,704 lít NO2 (ở đktc; là sản phẩm khử duy nhất). Dung dịch X phản ứng vừa đủ với 270ml dung dịch NaOH 1M thu được kết tủa, nung kết tủa này trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 5,6 gam chất rắn. Giá trị của V là

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Kè

Q uy

hơ

A. 0,39. B. 0,21. C. 0,44. D. 0,23. Câu 19. : Hòa tan hoàn toàn một lượng hỗn hợp gồm Fe3O4 và FeS2 trong 63 gam dung dịch HNO3 a% thu được 1,568 lít NO2 duy nhất (ở đktc). Dung dịch sau phản ứng cho tác dụng vừa đủ với 200ml dung dịch NaOH 2M, lọc kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 9,76 gam chất rắn. Giá trị của a là A. 47,4%. B. 46,2%. C. 45,6%. D. 44,2%. Câu 20. : Hòa tan hoàn toàn 8,0 gam hỗn hợp gồm FeS2 và Cu2S bằng 80 gam dung dịch HNO3 78,75% thu được dung dịch X và khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất). Để phản ứng hết với các chất trong dung dịch X cần dùng vừa đúng dung dịch chứa a mol Ba(OH)2; đồng thời kết tủa thu được nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 29,7 gam rắn khan. Giá trị a là A. 0,1 mol. B. 0,12 mol. C. 0,15 mol. D. 0,2 mol.

ạy

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT

m /+

Câu 1: A Đọc đến 0,08 mol ||→ là ☆ dạng 1: sunfua thuần đủ ẩn, đủ giả thiết → bấm bấm bấm luôn:

(trước đó chú ý bảo toàn S tính ra nS = nBaSO4↓ = 3,495 ÷ 233 = 0,015 mol).

||→ đến đây trở thành dạng đặc trưng rồi. Gộp sơ đồ đọc và phân tích như dưới:

||→ chốt: ∑nCu2+ trong dung dịch = 0,125 mol ||→ nCu có thể hòa tan = 0,0875 mol. ||→ Yêu cầu mCu có thể hòa tan = Ans × 64 = 5,6 gam. Câu 2: B sunfua thuần - cơ bản. thuộc dạng 01.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

10,4 gam gồm x mol Fe và y mol S. có ngay hệ: (phương trình về khối lượng và bảo toàn electron). ♦ NaOH dư xử lí dung dịch sau phản ứng: đọc quá trình → chất rắn cuối chỉ là 0,05 mol Fe2O3.

hơ

||→ yêu cầu mrắn cuối = 0,05 × 160 = 8,0 gam. Câu 3: C ☆ Sunfua thuần - cơ bản ☆ . 30,4 gam X gồm x mol Cu và y mol S.

Q uy

||→ Ba(OH)2 dư vào Y → tủa gồm 0,35 mol BaSO4 và 0,3 mol Cu(OH)2.

có ngay hệ:

Kè

Theo đó, yêu cầu m = 0,35 × 233 + 0,3 × 98 = 110,95 gam. Câu 4: C ☆ sunfua thuần - cơ bản: 17,6 gam X gồm x mol Fe và y mol S ||→ 56x + 32y = 17,6 gam.

ạy

Mặt khác, quan sát cả quá trình → đọc ra 62,6 gam rắn gồm ½x mol Fe2O3 và y mol BaSO4

(bảo toàn nguyên tố Fe và S) ||→ 80x + 233y = 62,6 gam.

m /+

Giải hệ 2 phương trình trên → x = y = 0,2 mol.

có hệ

Bảo toàn electron → yêu cầu V = (3x + 6y) ÷ 1 × 22,4 = 40,32 lít. Câu 5: A ☆ sunfua thuần - cơ bản:

||→ yêu cầu mchất rắn = 0,06 × 80 + 0,13 × 233 = 35,09 gam. Câu 6: C ☆ Sunfua thuần - cơ bản.! m gam hỗn hợp gồm x mol FeS2 và y mol Cu2S. Bảo toàn electron có ngay: 15x + 10y = 2nSO2 = 1,3 mol. Mặt khác, bảo toàn nguyên tố, đọc quá trình → 109,79 gam tủa gồm x mol Fe(OH)3; 2y mol Cu(OH)2 và (0,25 + 2x + y) mol BaSO4 ||→ 107x + 196y + 233 × (0,25 + 2x + y) = 109,79 ⇄ 573x + 429y = 51,54 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Giải hệ 2 phương trình trên ||→ x = 0,06 mol và y = 0,04 mol. ||→ Yêu cầu: m = 120x + 160y = 13,6 gam. Câu 7: A ☆ sunfua thuần - cơ bản: đọc quá trình + nhẩm nhanh các bài tập nhỏ: • 46,6 gam kết tủa là 0,2 mol BaSO4 ||→ có 0,2 mol S trong X. • 10,7 gam kết tủa chỉ là 0,1 mol Fe(OH)3 (lí do Cu(OH)2 tạo phức tan với NH3 dư).

hơ

||→ 18,4 gam X biết có 0,2 mol S; 0,1 mol Fe → còn lại là 0,1 mol S.

Q uy

Theo đó, bảo toàn electron → nNO2 = 3nFe + 2nCu + 6nS = 1,7 mol → V = 38,08 lít. Câu 8: B phản xạ: chia đôi hỗn hợp → đánh dấu.

♦ YTHH 01: sự đặc biệt của nguyên tố Fe → ∑nFe trong Y = nhỗn hợp khí = 0,125 mol.

Kè

► nếu không nhìn được theo YTHH 01 thì viết ra quan sát: 1Fe → 1H2; 1FeS → 1H2S

ạy

||→ ∑nFe + FeS = nH2 + H2S = 0,125 mol. từ đó suy ra số mol Fe trong X là 0,125 mol.

m /+

♦ Phần 2: bảo toàn electron có ngay: nS = (nNO2 – 3nFe) ÷ 6 = 0,06 mol.

Vậy, yêu cầu m = 2 × (0,125 × 56 + 0,06 × 32) = 17,84 gam. Câu 9: C ☆☆ sunfua thuần - đặc biệt: Quan sát + xử lí một chút:

||→ bảo toàn O có ∑nSO42– trong muối = 0,1 mol ♦ bảo toàn nguyên tố S có: 2x + y = ∑nSO42– trong muối = 0,1 mol. ♦ bảo toàn điện tích có: 3x + 4y = 2nSO42– trong muối = 0,2 mol. Theo đó giải hệ được x = 0,04 mol và y = 0,02 mol. (các bạn có thể đi theo hướng hệ khác như bảo toàn S và bảo toàn electron, ...) Yêu cầu: m gam rắn gồm 0,1 mol BaSO4; 0,04 mol FeO1,5 và 0,04 mol CuO

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ giá trị m = 29,7 gam. Câu 10: D Sơ đồ quá trình:

hơ

Bảo toàn electron có: 10x + 15y = 3nNO + 0,3. Mà nSO42– = x + 2y (theo bảo toàn S)

Gọi nCu2S = x mol; nFeS2 = y mol thì 6,4 = 160x + 80y.

||→ trả lời Na đi về đâu → ∑nNO3– trong X = 0,26 – 2(x + 2y)

Q uy

||→ nNO = 0,52 – 0,3 – (0,26 – 2x – 4y) = 2x + 4y – 0,04 mol (theo bảo toàn nguyên tố N).

||→ 10x + 15y = 3 × (2x + 4y – 0,04) + 0,3 ||→ 4x + 3y = 0,18 mol.

Kè

Giải hệ các phương trình trên được x = 0,03 mol và y = 0,02 mol.

ạy

||→ đọc ra dung dịch X gồm: 0,06 mol Cu2+; 0,02 mol Fe3+; 0,07 mol SO42–; 0,12 mol NO3– và đừng quên 0,08 mol H+ cũng đóng góp vào yêu cầu là khối lượng chất tan trong X.

m /+

||→ mchất tan trong X = 19,2 gam. Câu 11: C 0,6 mol S + 4H2O sinh 4,8 mol H+; sẵn có 2 mol HNO3 ||→ ∑nH+ = 6,8 mol

so với 2 mol NO3– trong phản ứng 4H+ + NO3– + 3e → NO + 2H2O.

||→ H+ hết; NO3– còn dư (2 – 6,8 ÷ 4) = 0,3 mol.

dung dịch X gồm 0,3 mol Fe2+; 0,3 mol NO3–; 0,6 mol SO42– ||→ nCu2+ trong X = 0,45 mol. ||→ mCu = 28,8 gam. Câu 12: B Giả sử dung dịch cuối cùng không có H+ dư mà NO3– dư. Gộp:

(gợi ý quá trình: S → 4H2O cần ||→ ∑nH2O vế bên kia → NO theo ghép cụm NO3

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ bảo toàn N → NO3– trong dung dịch). À, như vậy có NO3– trong dung dịch thật, giả sử đúng.! ||→ phép tính cuối: nCu2+ = 0,3875 mol (theo bảo toàn điện tich) ||→ mCu = 24,8 gam. Câu 13: D Nhanh: {FeS2 + (Fe; O)} + 0,6 mol O2 –––to–→ 0,4 mol Fe2O3 + 0,4 mol SO2. bảo toàn S → nFeS2 = 0,2 mol; bảo toàn Fe → n Fe trong oxit = 0,6 mol;

bảo toàn O → nO trong oxit = 0,8 mol ||→ oxit là Fe3O4 với số mol là 0,2 mol.

hơ

☆ Sunfua cơ bản: X + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O.

Q uy

bảo toàn electron → nSO2 = (15nFeS2 + 1nFe3O4) ÷ 2 = 1,6 mol.

Kè

Lại có 0,4 mol Fe2(SO4)3 ||→ theo bảo toàn S có nH2SO4 = 1,6 + 0,4 × 3 – 0,2 × 2 = 2,4 mol. Câu 14: A ☆☆☆ Sunfua không thuần bởi hỗn hợp và quá trình.!

m /+

Quan sát 2 quá trình, bảo toàn electron có:

ạy

Tập trung vào S: gọi nS trong X = x mol. Quy X về gồm x mol S và PHẦN CÒN LẠI (gồm Fe, Cu, O).

♦ đốt:

(S chỉ lên S+4)

||→ 4x + ne cho của PHẦN CÒN LẠI = 4nO2 phản ứng = 4 × (0,1875 + x)

♦ + HSO4 đặc nóng (S lên tối đa S+6): 6x + ne cho của PHẦN CÒN LẠI = 2nSO2 = 3,15. Theo đó, giải ra điều chúng ta đang quan tâm: nS trong X = x = 0,4 mol. ► Đọc yêu cầu: giả thiết có %mO trong X. Quan sát sơ đồ mới và phản xạ bảo toàn O:

Xử lí nhanh trên sơ đồ S + 4H2O và ghép cụm nH2O = 2nSO2 + nO trong oxit.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Và ở trên, kí hiệu nO = nO trong X = 0,19324m ÷ 16. ||→ lập phương trình bảo toàn khối lượng toàn sơ đồ với ẩn duy nhất là m ||→ giải ra m ≈ 82,8 gam. Câu 15: C ♦ hỗn hợp + HCl loãng dư: YTHH 01: sự đặc biệt của nguyên tố Fe "mở rộng": 1Fe → 1H2; 1FeCO3 → 1CO2 và 1FeS → 1H2S ||→ ∑nnguyên tố Fe = nX = 0,4 mol.

hơ

♦ Chuyển qua bài tập sunfua chính.!

• Ba(OH)2 xử lí dung dịch sau phản ứng của chuyên đề HNO3: 62,29 gam rắn gồm

Q uy

0,2 mol Fe2O3 và BaSO4 ||→ nS = nBaSO4 = (62,29 – 0,2 × 160) ÷ 233 = 0,13 mol.

||→ 35,56 gam hỗn hợp biết có 0,13 mol FeS; x mol Fe và y mol FeCO3;

Kè

Lại thêm x + y + 0,13 = 0,4 mol ||→ giải hệ có: nFe = 0,12 mol và nFeCO3 = 0,15 mol.

ạy

HNO3 dư: bảo toàn electron có: nNO = (3nFe + 1nFeCO3 + 9nFeS) ÷ 3 = 0,56 mol

m /+

||→ Yêu cầu V = VNO = 0,56 × 22,4 = 12,544 lít. Câu 16: B Quan sát: ☆☆ dạng 2 sunfua thuần đặc biệt.!

♦ Bảo toàn nguyên tố S có: 0,02 + 2x = (0,015 + ½.x) × 3 + 0,04 ||→ x = 0,13 mol. ♦ bảo toàn electron cũng được nhưng cẩn thận trong việc tính số electron cho nhận.! Nếu ngại điều đó thì không gì cơ bản + đơn giản bằng cách 2 là thuần bảo toàn nguyên tố.! Quan sát: nHNO3 = nNO2 = 2nH2O = 2y. Lại có: ∑nSO42– = 0,02 + 2x = 0,28 mol nCO2 = 0,01 mol ||→ bảo toàn nguyên tố O có: 6y = 0,28 × 4 + 4y + 0,01 × 2 + y ||→ y = 1,14 mol ⇄ nNO2 = 2y = 2,28 mol ||→ nZ = 2,29 mol → V = 51,296 lít.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Câu 17: C

Quan sát: Không có gì đặc biệt ||→ gọi nFeS2 = x mol; nFe3O4 = y mol ||→ ∑nFe = x + 3y mol. nSO42– trong muối = 2x mol ||→ bảo toàn điện tích có nNO3– trong muối = 9y – x mol.

||→ mmuối = 56 × (x + 3y) + 96 × 2x + 62 × (9y – x) = 82,08 gam.

hơ

Mặt khác, theo bảo toàn electron có: 15x + y = 3nNO + nNO2 = 1,44 mol.

Q uy

Giải hệ các phương trình trên ||→ x = y = 0,09 mol. ||→ nNO3– trong muối = 9y – x = 0,72 mol.

Kè

||→ theo bảo toàn nguyên tố N có ∑nHNO3 = 1,36 mol ||→ yêu cầu giá trị a = 1,36M. Câu 18: C ♦ NaOH xử lí dung dịch sau phản ứng → đọc nhanh:

ạy

5,6 gam chất rắn chỉ là Fe2O3 ||→ có 0,035 mol Fe2O3 → ∑nnguyên tố Fe = 0,7 mol.

0,27 mol Na đi về NaNO3 và Na2SO4 ||→ ∑nđiện tích các anion = 0,27 mol.

m /+

bảo toàn điện tích trong dung dịch X ||→ nH+ = 0,06 mol.

♦ Quan sát sơ đồ chút: (HNO3 dùng dư nên có những suy luận như trên và sơ đồ dưới.!).

Khá đặc biệt ở đây chút đó là bảo toàn electron: 3nFe + 6nS – 2nO = nNO2. Thay số → có nO = 3nS = 3x mol ||→ 0,07 × 56 + 48x + 32x = 5,52 gam ||→ x = 0,02 mol → nSO42– trong dung dịch X = 0,02 mol ||→ nNO3– trong X = 0,23 mol. Bảo toàn N có nHNO3 = 0,23 + 0,21 = 0,44 mol. Câu 19: B ♦ NaOH xử lí dung dịch sau phản ứng: 9,76 gam chất rắn là duy nhất Fe2O3 ||→ nFe2O3 = 0,061 mol ||→ ∑nnguyên tố Fe = 1,22 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn • 0,4 mol Na đi về Na2SO4 và NaNO3. Gọi nFeS2 = x mol thì nNaNO3 = 0,4 – 4x mol. Gọi thêm nFe3O4 = y mol. Tập trung sơ đồ chính, quan sát và suy luận:

||→ bảo toàn nguyên tố Fe có: 3y + x = 0,122 mol.

hơ

||→ bảo toàn electron có: y + 15x = nNO2 = 0,07 mol.

Giải hệ các phương trình trên → x = 0,002 mol và y = 0,04 mol.

Q uy

||→ nNO3– trong dung dịch = 0,4 – 4x = 0,392 mol ||→ ∑nHNO3 = Ans + nNO2 = 0,462 mol.

Kè

||→ Yêu cầu: a = C%HNO3 = 0,462 × 63 ÷ 63 × 100% = 46,2 %. Câu 20: D 8,0 gam hỗn hợp gồm x mol FeS2 và y mol Cu2S ||→ 120x + 160y = 8,0 gam.

ạy

♦ Ba(OH)2 xử lí dung dịch sau phản ứng: đọc 29,7 gam rắn khan gồm:

m /+

x mol FeO1,5 + 2y mol CuO + (2x + y) mol BaSO4 (theo bảo toàn nguyên tố Fe, Cu, S). ||→ 80x + 160y + 233 × (2x + y) = 29,7 gam.

Giải hệ các phương trình trên → x = 0,04 mol và y = 0,02 mol.

♦ HNO3 cơ bản: bảo toàn electron có nNO2 = 15x + 10y = 0,8 mol.

Lại có nHNO3 dùng = 1,0 mol ||→ nNO3– trong X = 0,2 mol. ∑nSO42– trong X = 2x + y = 0,1 mol

Yêu cầu: trả lời Ba đi về đâu? Ba đi về BaSO4 và Ba(NO3)2 nên ||→ ∑nBa = 0,1 + 0,2 ÷ 2 = 0,2 mol ⇄ a = 0,2 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Tuyển tập những bài tập hay và khó trong mùa thi thử 2016 - đề 01

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X. Cho 500ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Nồng độ % của muối Fe(NO3)3 có trong dung dịch X gần nhất với giá trị nào dưới đây? (Đặng Thúc Hứa – Nghệ An lần I) A. 15%. B. 29%. C. 44%. D. 11%. Câu 2. Hòa tan hoàn toàn m gam Fe bằng dung dịch HNO3 thu được dung dịch X và 0,672 lít NO (đktc). Thêm dung dịch chứa 0,05 mol HCl vào dung dịch X thì thấy khí NO tiếp tục thoát ra và thu được dung dịch Y. Để phản ứng hết với các chất trong dung dịch Y cần vừa đủ 100ml mol NaOH 1,3M. Dung dịch Y hòa tan tối đa bao nhiêu gam Cu ? (biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5) A. 1,52 B. 2,88. C. 2,24. D. 1,60. Câu 3. Cho m gam Fe vào bình đựng dung dịch H2SO4 và HNO3 thu được dung dịch X và 1,12 lít khí NO. Thêm tiếp H2SO4 dư vào bình được 0,448 lít NO và dung dịch Y. Trong cả 2 trường hợp đều có NO là sản phẩm khử duy nhất ở điều kiện chuẩn. Dung dịch Y hòa tan vừa hết 2,08 gam Cu không tạo sản phẩm khử N+5. Các phản ứng đều hoàn toàn. Giá trị của m là (Lao Bảo – Quảng Trị lần I) A. 4,20 gam. B. 2,40 gam. C. 3,92 gam. D. 4,06 gam. Câu 4. Cho hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4 và Fe(NO3)2 tan hết trong 400ml dung dịch KHSO4 0,4M. Sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 29,52 gam muối trung hòa và 0,448 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Cho dung dịch NaOH dư vào Y thì có 8,8 gam NaOH phản ứng. Dung dịch Y hòa tan tối đa m gam bột Cu. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là (Đặng Thúc Hứa – Nghệ An lần I) A. 1,92. B. 2,40. C. 2,24. D. 0,96. Câu 5. Hấp thụ hết 4,48 lít (đktc) CO2 vào dung dịch chứa x mol KOH và y mol K2CO3 thu được 200ml dung dịch X. Lấy 100ml dung dịch X cho từ từ vào 300ml dung dịch HCl 0,5M thu được 2,688 lít khí (đktc). Mặt khác, 100ml dung dịch X tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 39,4 gam kết tủa. Giá trị của x là (Đặng Thúc Hứa – Nghệ An lần I) A. 0,15. B. 0,20. C. 0,05. D. 0,10.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 6. Hòa tan hoàn toàn m gam bột Al vào 150ml dung dịch HCl 2M thu được dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với 320 ml dung dịch NaOH 1M thu được 4,68 gam kết tủa. Giá trị của m là (Đặng Thúc Hứa – Nghệ An lần I) A. 1,89 gam. B. 1,62 gam. C. 2,70 gam. D. 2,16 gam. Câu 7. Chất hữu cơ X (chỉ chứa C, H, O và có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất). Cho 5,52 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sau đó chưng khô thì thu được hơi nước, phần chất rắn chứa hai muối của natri có khối lượng 8,88 gam. Đốt cháy hoàn toàn 4,44 gam hỗn hợp hai muối này trong oxit thì thu được 3,18 gam Na2CO3; 2,464 lít CO2 (đktc) và 0,9 gam nước. Phần trăm khối lượng của nguyên tố O trong X gần nhất với giá trị nào sau đây? (Đặng Thúc Hứa – Nghệ An lần I) A. 45%. B. 30%. C. 40%. D. 35%. Câu 8. Một bình kín chứa hỗn hợp X gồm hiđro (0,195 mol), axetilen (0,150 mol), vinyl axetilen (0,120 mol) và một ít bột Ni. Nung nóng bình một thời gian thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 19,5. Khi Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 0,21 mol AgNO3 trong NH3, thu được m gam kết tủa và 3,024 lít hỗn hợp khí Z (đktc). Khí Z phản ứng tối đa với 0,165 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của m là (Tiên du 1 – Bắc Ninh) A. 27,6. B. 55,2. C. 82,8. D. 52,5. Câu 9. Nung nóng bình kín chứa 0,5 mol H2 và 0,3 mol ankin X (có bột Ni xúc tác), sau một thời gian thu được hỗn hợp Y. Tỉ khối của Y so với H2 bằng 16,25. Hỗn hợp Y phản ứng tối đa với 32 gam Br2 trong dung dịch. Công thức phân tử của X là (Nguyễn Khuyến – TP HCM lần I) A. C5H8. B. C3H4. C. C2H2. D. C4H6. Câu 10. Hòa tan hết 5,36 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 trong dung dịch chứa 0,03 mol HNO3 và 0,12 mol H2SO4 thu được dung dịch Y và 224ml NO (đktc). Cho 2,56 gam Cu vào Y, thu được dung dịch Z. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5. Khối lượng muối trong Z là (Nguyễn Khuyến – TP HCM lần I) A. 16,924. B. 18,465. C. 19,424. D. 23,176. Câu 11. Hỗn hợp E gồm chất X (C3H10N2O4) và chất Y (C7H13N3O4), trong đó X là muối của axit đa chức, Y là tripeptit. Cho 27,2 gam E tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng thu được 0,1 mol hỗn hợp 2 khí. Mặt khác 27,2 gam E phản ứng với dung dịch HCl thu được m gam chất hữu cơ. Giá trị của m là (Nguyễn Khuyến – TP HCM lần I) A. 44,525.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

B. 39,350. C. 34,850. D. 42,725. Câu 12. Hỗn hợp X gồm 2 anđehit đơn chức A và B (MA < MB). Cho 13,48 gam X tác dụng hoàn toàn với AgNO3 dư trong dung dịch NH3 thì thu được 133,04 gam kết tủa. Mặt khác cho 13,48 gam X tác dụng hết với H2 (Ni, to) thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với Na dư thu được 3,472 lít H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của A trong hỗn hợp X là (Đặng Thúc Hứa – Nghệ An lần I) A. 53,63%. B. 66,76%. C. 44,51%. D. 33,38%. Câu 13. Cho các phản ứng: o

hơ

t A + 3NaOH  → C 6 H 5ONa + X + CH3CHO + H 2 O o

CaO,t X + 2NaOH  → T + 2Na 2 CO3 o

Q uy

t → Y + ..... CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 

Y + NaOH  → Z + ..... o

CaO,t Z + NaOH  → T + Na 2 CO3

m /+

ạy

Kè

Tổng số các nguyên tử trong một phân tử A là A. 30. B. 38. C. 27. D. 25 Câu 14. Cho 2,16 gam kim loại R (hóa trị không đổi) vào cốc đựng 250 gam dung dịch Cu(NO3)2 3,76% màu xanh đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc bỏ phần không tan thu được dung dịch không màu có khối lượng 247,152 gam. Kim loại R là (Tiên Du 1 – Bắc Ninh) A. Mg. B. Ca. C. Al. D. Na. Câu 15. Cho từ từ đồng thời khuấy đều 300ml dung dịch hỗn hợp gồm NaHCO3 0,1M và K2CO3 0,2M vào 100ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,2M và NaHSO4 0,6M thu được V lít khí CO2 (đktc) và dung dịch X. Thêm vào dung dịch X 100ml dung dịch hỗn hợp gồm: KOH 0,6M và BaCl2 1,5M thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là (Tiên Du 1 – Bắc Ninh) A. 17,730. B. 31,710. C. 22,254. D. 8,274. Câu 16. Cho x gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa y mol HCl thu được dung dịch Z chứa 2 chất tan có cùng nồng độ mol. Thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Z thì đồ thị biểu diễn lượng kết tủa phụ thuộc vào lượng OH– như sau:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Giá trị của x là (Tiên Du 1 – Bắc Ninh) A. 27,0. B. 26,1. C. 32,4. D. 20,25. Câu 17. Hòa tan 54,44 gam hỗn hợp X gồm PCl3 và PBr3 vào nước thu được dung dịch Y. Để trung hòa hoàn toàn dung dịch Y cần 500ml dung dịch KOH 2,6M. % khối lượng của PCl3 trong X gần nhất với giá trị nào sau đây? (Yên Định 1 – Thanh Hóa) A. 26,96%. B. 12,13%. C. 8,08%. D. 30,31%. Câu 18. Hòa tan m gam Fe bằng dung dịch HNO3 thu được dung dịch X và 0,672 lít NO (đktc). Thêm dung dịch chứa 0,05 mol HCl vào dung dịch X thù thấy khí NO tiếp tục thoát ra và thu được dung dịch Y. Để phản ứng hết với các chất trong dung dịch Y cần vừa đủ 100ml dung dịch NaOH 1,3M. Dung dịch Y hòa tan tối đa bao nhiêu gam Cu? (biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5) (Nguyễn Khuyến TP HCM) A. 1,52. B. 2,88. C. 2,24. D. 1,60. Câu 19. Dung dịch X chứa đồng thời 0,02 mol Cu(NO3)2 và 0,1 mol H2SO4 loãng. Khối lượng Fe tối đa có khả năng tác dụng với dung dịch X là (biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5) (Yên Lạc – Vĩnh Phúc) A. 5,6 gam. B. 4,48 gam. C. 2,24 gam. D. 3,36 gam. Câu 20. Dung dịch X chứa 0,02 mol Al3+; 0,04 mol Mg2+; 0,04 mol NO3–; x mol Cl– và y mol Cu2+. Cho X tác dụng hết với dung dịch AgNO3 dư, thu được 17,22 gam kết tủa. Mặt khác, cho 170ml dung dịch NaOH 1M vào X, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là (Yên Lạc – Vĩnh Phúc) A. 4,86. B. 5,06. C. 4,08. D. 3,30.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 21. Hòa tan hết 51,2 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 bằng dung dịch chứa 0,5 mol H2SO4 và 2,5 mol HNO3 thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,5 mol NO và a mol NO2 (không còn sản phẩm khử nào khác). Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau: – Phần một tác dụng với 500ml dung dịch KOH 2M, thu được 26,75 gam một chất kết tủa. – Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là (Yên Lạc – Vĩnh Phúc) A. 20,21. B. 159,3. C. 206,2. D. 101,05. Câu 22. Cho m gam bột Fe vào 200ml dung dịch hỗn hợp A chứa H2SO4 1M, Fe(NO3)3 0,5M và CuSO4 0,25M. Khuấy đều cho đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,75m gam chất rắn, khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và dung dịch B. Giá trị của m là (Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc) A. 56,0. B. 32,0. C. 33,6. D. 43,2. Câu 23. Cho 30,88 gam hỗn hợp gồm Cu và Fe3O4 vào V lít dung dịch HCl 2M được dung dịch X và còn lại 1,28 gam chất rắn không tan. Cho dung dịch AgNO3 dư tác dụng với dung dịch X được 0,56 lít khí Y (ở đktc) không màu hóa nâu trong không khí và m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. V và m lần lượt là (Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc) A. 0,45 lít và 153,45 gam. B. 0,45 lít và 129,15 gam. C. 5,04 lít và 129,15 gam. D. 5,04 lít và 153,45 gam. Câu 24. Cho một hỗn hợp gồm 1,2 mol Zn; 0,3 mol Fe vào một dung dịch chứa b mol CuSO4 đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 94,4 gam kim loại. Cho Y phản ứng hoàn toàn với dung dịch KOH loãng dư thu được a gam kết tủa (a > 0). Giá trị của a là (Chuyên Biên Hòa – Hà Nam) A. 18,0. B. 9,0. C. 13,5. D. 22,3. Câu 25. Cho khí CO lấy dư đi qua một ống chứa (0,4 mol Fe3O4; 0,2 mol Al2O3; 0,3 mol K2O; 0,4 mol CuO) nung nóng đến các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được x gam chất rắn trong ống. Giá trị của x là (Chuyên Biên Hòa – Hà Nam) A. 141,4. B. 154,6. C. 166,2. D. 173,1. Câu 26. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X gồm Al và Fe2O3 trong điều kiện không có không khí (giả sử chỉ xảy ra phản ứng khử Fe2O3 thành Fe) thu được 14,46 gam hỗn hợp Y, nghiền nhỏ, trộn đề và chia hỗn hợp Y thành hai phần. Phần một tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 0,504 lít H2 (đktc) và 1,68 gam chất rắn không tan. Phần hai tác dụng vừa đủ với 304ml dung dịch HNO3 2,5M thu được 1,904 lít NO (đktc) và dung dịch Z chứa m gam hỗn hợp muối. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m gần nhất với giá trị nào sau đây? (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

A. 50,0. B. 45,0. C. 47,5. D. 52,5. Câu 27. Hòa tan hoàn toàn 8,66 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4 và Fe(NO3)2 bằng dung dịch chứa hỗn hợp gồm 0,52 mol HCl và 0,04 mol HNO3 (vừa đủ) thu được dung dịch Y và 1,12 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và H2 có tỉ khối hơi đối với H2 là 10,8. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch AgNO3 thu được m gam kết tủa và dung dịch T. Cho dung dịch T tác dụng với một lượng dư dung dịch NaOH, lọc kết tủa nung đến khối lượng không đổi thu được 10,4 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 77. B. 75. C. 73. D. 79. Câu 28. X, Y là hai hợp chất hữu cơ cùng chức. Chất X tan tốt trong H2O, chất Y phản ứng với dung dịch KMnO4 (loãng, lạnh) thu được ancol (E). Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol chất X rồi cho sản phẩm chát hấp thụ vào 200 gam dung dịch Ba(OH)2 17,1% đến phản ứng hoàn toàn, thu được a gam chất kết tủa và x gam dung dịch Q. Mặt khác đem đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol chất Y rồi cho sản phẩm cháy hấp thụ vào 200 gam dung dịch Ba(OH)2 17,1% đến phản ứng hoàn toàn, thu được a gam kết tủa và y gam dung dịch P. Giá trị tương ứng của x và y là (Chuyên Biên Hòa – Hà Nam) A. 188,3 và 201,4. B. 193,2 và 201,4. C. 193,2 và 198,9. D. 188,3 và 198,9. Câu 29. Hòa tan hết một hỗn hợp Q (0,6 mol Fe3O4; 0,5 mol Fe và 0,4 mol CuO) vào dung dịch hỗn hợp HCl 3,7M; HNO3 4,7M. Sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y (trong đó chỉ chứa muối sắt III và muối đồng II) và khí NO (là sản phẩm giảm số oxi hóa duy nhất của N). Tổng khối lượng muối trong dung dịch Y nhận giá trị là (Chuyên Biên Hòa – Hà Nam) A. 368,1 gam. B. 423,2 gam. C. 497,5 gam. D. 533,7 gam. Câu 30. Cho hỗn hợp Q (0,6 mol Fe; 0,2 mol Mg) vào một dung dịch chứa 0,9 mol H2SO4 (loãng) thu được dung dịch X. Cho tiếp vào dung dịch X 0,15 mol HNO3 và 0,05 mol HCl sau phản ứng thu được dung dịch Y và khí NO (là sản phẩm giảm số oxi hóa duy nhất của N). Cho dung dịch Ba(OH)2 lấy dư vào dung dịch Y thi khối lượng kết tủa tạo ra có giá trị là (biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn) (Chuyên Biên Hòa – Hà Nam) A. 172,3 gam. B. 184,0 gam. C. 246,4 gam. D. 280,4 gam.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: A

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

hơ

Câu 2: A Câu 3: D Câu 4: C Câu 5: D Câu 6: D Câu 7: D Câu 8: A Câu 9: B Câu 10: B Câu 11: D Câu 12: C nH2 = 0,155 mol mà A, B đơn chức → nX = nY = 0,31 mol.

||→ MX = 43,48 → có một anđehit là HCHO. để ý: 133,04 ÷ 108 lẻ nên nghĩ đến kết tủa khác Ag.

Q uy

||→ X gồm x mol HCHO và y mol HC≡C-R-CHO.

Có ngay x + y = 0,31 mol và 30x + (R + 54)y = 13,48 gam.

ạy

||→ mtủa = 108 × (4x + 2y) + (194 + R)y = 133,04 gam.

Kè

X + AgNO3/NH3 → (4x + 2y) mol Ag và y mol AgC≡C-RCOONH4.

m /+

Giải hệ được x = 0,2 mol; y = 0,11 mol và Ry = 1,54 → R = 14 là cụm -CH2.

Yêu cầu %mA trong X = 0,2 × 30 ÷ 13,48 ≈ 45,51%. Câu 13: D Xuất phát từ 3 phương trình sau trước:

• CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 → CH3COONH4 (Y) + 2Ag + 2NH4NO3.

• CH3COONH4 (Y) + NaOH → CH3COONa (Z) + NH3 + H2O.

• CH3COONa (Z) + NaOH –––CaO, to–→ CH4 (T) + Na2CO3. Quay lại 2 phương trình đầu khi đã biết T, chỉ là bảo toàn C, H, O, Na theo hệ số đã cân bằng: X + 2NaOH –––CaO, to–→ CH4 + 2Na2CO3 ||→ X là CH2(COONa)2. • A + 3NaOH → C6H5ONa + CH2(COONa)2 + CH3CHO + H2O. ||→ A là C6H5OOC-CH2-COOCH=CH2 ⇄ CTPT C11H10O4 ||→ Yêu cầu: Tổng số các nguyên tử trong một phân tử A là 25. Câu 14: B

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Quan sát chút, chúng ta thấy có 2 nhóm đáp án với 2 quá trình làm mất màu xanh dung dịch: ♦1 A hoặc C ⇄ đẩy ion Cu ra khỏi dung dịch. nếu thế, với 0,05 mol Cu(NO3)2 bị ra hết thì mR phản ứng = 247,152 + 0,05 × 64 – 250 = 0,352 gam. Tỉ lệ 0,352 ÷ 0,1 = 3,52 = M ÷ n → không có kim loại R nào thỏa mãn.! ♦2: B hoặc D ⇄ loại Cu bằng kết tủa Cu(OH)2 vì Ca hoặc Na + H2O → OH– trước.

hơ N

Q uy

Tỉ lệ 2,16 ÷ 0,108 = 20 = 40 ÷ 2 → là kim loại Ca hóa trị II. Câu 15: C cho từ từ (0,03 mol HCO3–; 0,06 mol CO32–) vào 0,08 mol H+ sẽ xảy ra

Khi đó, nH2 sinh ra = (250 + 2,16 – 247,152 – 0,05 × 98) ÷ 2 = 0,054 mol.

phản ứng đồng thời: HCO3– + H+ → CO2 + H2O || CO32– + 2H+ → CO2 + 2H2O.

Theo số liệu → có (0,016 mol HCO3–; 0,032 mol CO32–) phản ứng sinh 0,048 mol CO2↑.

ạy

Kè

Tuy nhiên chỉ quan tâm lượng còn lại (0,014 mol HCO3–; 0,028 mol CO32–)

cùng 0,06 mol SO42– là những ion trong X tham gia phản ứng sau:

m /+

Lúc này: 0,06 mol SO42– + 0,15 mol Ba2+ → 0,06 mol BaSO4↓.

0,014 mol HCO3– + 0,06 mol OH– → 0,014 mol CO32– + H2O

cùng lượng có sẵn 0,028 mol trên → ∑nCO32– lúc này = 0,042 mol.

||→ ∑mtủa = 0,042 × 197 + 0,06 × 233 = 22,254 gam. Câu 16: C Z chứa 2 chất tan cùng nồng độ là 0,25y mol AlCl3 và 0,25 mol HCl ||→ x = 6,75y gam. dựa vào đồ thị có: 4nAl = 5,16 – nHCl dư trong Z + 0,175y Thay số: 4 × 0,25y = 5,16 – 0,25y + 0,175y → y = 4,8 → x = 32,4 gam. Câu 17: D Chú ý phản ứng: PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX ► Trong đó, chú ý rằng H3PO3 chỉ là axit 2 nâc chứ không phải 3 nấc. ||→ gọi nPCl3 = x mol và nPBr3 = y mol thì 137,5x + 271y = 54,44 gam. và ∑nKOH cần = 5x + 5y = 1,3 mol ||→ giải x = 0,12 mol và y = 0,14 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ Yêu cầu %mPCl3 trong X = 0,12 × 137,5 ÷ 54,44 ≈ 30,31%. Câu 18: A Câu 19: A yêu cầu Fe tối đa phản ứng: ∑nH+ = 0,2 mol; NO3– là 0,04 mol; spk là NO Để ý: 4H+ + NO3– + 3e → NO + 2H2O ||→ chứng tỏ NO3– hết, H+ còn dư sau phản ứng này.

||→ Xong! sắt cuối cùng chỉ về FeSO4 với 0,1 mol → mFe max = 5,6 gam. Câu 20: C 17,22 gam kết tủa là 0,12 mol AgCl → x = 0,12 mol.

hơ

Bảo toàn điện tích trong X → y = 0,01 mol.

Q uy

0,17 mol Na vào X. YTHH 02 Natri đi về đâu? về 0,12 mol NaCl và 0,04 mol NaNO3 ||→ còn 0,01 nữa về NaAlO2 ||→ tủa gồm 0,01 mol Al(OH)3

m /+

ạy

Kè

+ 0,04 mol Mg(OH)2 + 0,01 mol Cu(OH)2 ||→ Yêu cầu m = 4,08 gam. Câu 21: D thay đổi số liệu bài tập đề ĐH 2014: xử lí sơ bộ sơ đồ:

"tinh tế ghép cụm" loại bỏ ẩn a: nH2O = 0,75 mol = 2nNO + nNO2 + nO trong oxit

||→ nNO + nNO2 = 0,75 – 0,25 – y = 0,5 – y mol ||→ nNO3– trong Y = 0,75 + y mol.

BTĐT trong Y có: 3x + 0,25 = 0,25 × 2 + (0,75 + y). Lại thêm 56x + 16y = 25,6

||→ giải x = 0,4 mol và y = 0,2 mol. Theo đó, yêu cầu tủa gồm: 0,4 mol Fe(OH)3 và 0,25 mol BaSO4 ||→ m = 101,05 gam. Câu 22: D Sơ đồ quá trình và xử lí sơ bộ:

||→ BTKL kim loại có: m + 0,1 × 56 + 0,05 × 64 = 0,35 × 56 + 0,75m

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ Yêu cầu m = 43,2 gam. Câu 23: A YTHH 03: quy 30,88 gam hỗn hợp gồm 1,28 Cu và cụm Cu.Fe3O4 ||→ nCu.Fe3O4 = 0,1 mol. đặc trưng AgNO3, gộp quá trình → quan sát:

Ghép cụm: nH2O = 2nNO + nO trong oxit = 0,025 × 2 + 0,1 × 4 = 0,45 mol

hơ

||→ nHCl = 0,9 mol → yêu cầu giá trị của V = VHCl = 0,45 lít.

Q uy

bảo toàn điện tích có nNO3– = 0,1 × 2 + 0,3 × 3 = 1,1 mol ||→ ∑nAgNO3 = 1,1 + 0,025 = 1,125 mol (theo bảo toàn N)

ạy

Kè

||→ m = mtủa = mAg + mCl = 1,125 × 108 + 0,9 × 35,5 = 153,45 gam. Câu 24: B ☆ bài tập kim loại đẩy muối cơ bản:

nếu b = 1,2 mol → mkim loại sau pw = 1,2 × 64 + 0,3 × 56 = 93,6 gam < 94,4 gam

m /+

||→ chứng tỏ b > 1,2 và sắt có phản ứng: nFe phản ứng = (94,4 – 93,6) ÷ (64 – 56) = 0,1 mol.

||→ đọc ra dung dịch Y gồm 1,2 mol ZnSO4 và 0,1 mol FeSO4.

Cho KOH dư vào, Zn2+ tan, chỉ có duy nhất 0,1 mol tủa Fe(OH)2

||→ a = 9 gam. Câu 25: B CO dư chỉ khử được Fe3O4; CuO về kim loại thôi, còn Al2O3 và K2O thì không. Tuy nhiên, ☠ ► NOTE phản ứng K2O + CO2 (sinh ra từ CO) → K2CO3. ||→ chính xác x gồm 1,2 mol Fe + 0,2 mol Al2O3 + 0,4 mol Cu và 0,3 mol K2CO3. ||→ Yêu cầu giá trị của x = 154,6 gam. Câu 26: A Câu 27: B Câu 28: D Câu 29: D

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Sơ đồ phản ứng:

Trong đó, quá trình suy luận: bảo toàn H → H2O. Ghép cụm nHO = 2nNO + nO trong oxit tính NO theo x từ đó tính NO3– trong dung dịch theo bảo toàn N.

hơ

Tổng kết: bảo toàn điện tích dung dịch Y sau phản ứng có:

37x + 26x + 1,4 = 2,3 × 3 + 0,4 × 2 → x = 0,1 mol.

Kè

||→ Yêu cầu mmuối trong Y = 533,75 gam. Câu 30: D X gồm 0,6 mol FeSO4 + 0,2 mol MgSO4 và 0,1 mol H2SO4.

Q uy

||→ dung dịch Y sau phản ứng có 2,3 mol Fe; 0,4 mol Cu; 3,7 mol Cl– và 4,0 mol NO3–

ạy

X + 0,15 mol HNO3 + 0,05 mol HCl → Y. Yêu cầu Y + Ba(OH)2 dư → ? tủa.

m /+

Xem nào: tủa BaSO4 là 0,9 mol theo bảo toàn SO4 rồi; Mg thì về Mg(OH)2 với 0,2 mol. À, như vậy chỉ cần xem xem, Fe trong Y là Fe2+ hay Fe3+ hay cả hai với lượng bao nhiêu nữa thôi.

đó là phản ứng của 3Fe3+ + 4H+ + NO3– → 3Fe3+ + NO + 2H2O.

có: 0,6 mol Fe3+; ∑nH+ = 0,4 mol và nNO3– = 0,15 mol.

Theo đó, sau phản ứng, Y chứa 0,3 mol Fe3+ và còn lại 0,3 mol Fe2+

||→ tủa gồm 0,9 mol BaSO4 + 0,2 mol Mg(OH) + 0,3 mol Fe(OH)3 + 0,3 mol Fe(OH)2 ||→ Yêu cầu ∑mtủa = 280,4 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Tuyển tập những bài tập hay và khó trong mùa thi thử 2016 - đề 02

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. Người ta hòa tan 216,55 gam hỗn hợp muối KHSO4 và Fe(NO3)3 vào nước dư được dung dịch A. Sau đó cho m gam hỗn hợp B gồm Mg, Al, Al2O3 và MgO vào dung dịch A rồi khuấy đều tới khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy B tan hết, thu được dung dịch C chỉ chứa các muối và có 2,016 lít hỗn hợp khí D có tổng khối lượng là 1,84 gam gồm 5 khí (đktc) thoát ra trong đó về thể tích H2, N2O, NO2 lần lượt chiếm 4/9, 1/9, 1/9. Cho BaCl2 dư vào C thấy xuất hiện 356,49 gam kết tủa trắng. Biết trong B oxi chiếm 64/205 về khối lượng. Giá trị m gần nhất với giá trị A. 18. B. 20. C. 22. D. 24. Câu 2. X là trieste có CTPT CmH2m–6O6 được tạo từ glixerol và hỗn hợp các axit cacboxylic, trong đó có axit Y thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic. Đem đốt cháy hết 10,6 gam hỗn hợp E gồm X và Y rồi dẫn toàn bộ sản phẩm qua bình nước vôi trong dư thấy tạo thành 50,0 gam kết tủa. Mặt khác, cho 26,5 gam E phản ứng vừa đủ với dung dịch KOH đun nóng thu được dung dịch F chứa 36,0 gam muối. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, giá trị khối lượng muối kali của axit Y có trong hỗn hợp F có thể là A. 18,6 gam. B. 20,7 gam. C. 24,8 gam. D. 25,6 gam. Câu 3. X là một anđehit không no mạch hở. Đốt cháy 0,1 mol X, sản phẩm cháy được cho vào 200 gam dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được x gam kết tủa. Đốt cháy 0,15 mol X, sản phẩm cháy được cho vào một dung dịch chứa y mol Ca(OH)2, sau hấp thụ thu được 2,5a gam kết tủa. Mặt khác đốt cháy 0,2 mol X, sản phẩm cháy được cho vào một dung dịch chứa y mol Ca(OH)2, sau hấp thụ thu được a gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị tương ứng của x và y là (Chuyên Biên Hòa – Hà Nam) A. 29,55 và 0,35. B. 19,7 và 0,5. C. 39,4 và 0,45. D. 19,7 và 0,35. Câu 4. Trộn 10,17 gam hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2 và Al với 4,64 gam FeCO3 được hỗn hợp Y. Cho Y vào lượng vừa đủ dung dịch chứa 0,56 mol KHSO4 được dung dịch Z chứa 83,41 gam muối sunfat trung hóa và m gam hỗn hợp khí T trong đó có chứa 0,01 mol H2. Thêm NaOH vào Z đến khi toàn bộ muối sắt chuyển hết thành hiđroxit và ngừng khí thoát ra thì cần 0,57 mol NaOH, lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 11,5 gam chất rắn. Giá trị của m là (Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc) A. 3,22. B. 2,52. C. 3,42. D. 2,70. Câu 5. Hợp chất hữu cơ X chứa C, H, O, N. Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol X bằng lượng vừa đủ 0,0875 mol O2. Sau phản ứng cháy, sục toàn bộ sản phẩm cháy vào nước vôi trong dư. Sau các phản ứng hoàn toàn, thấy tách ra 7 gam kết tủa và khối lượng dung dịch thu được giảm 2,39 gam so với nước vôi trong ban đầu, đồng thời có 0,336 lít khí thoát ra (đktc). Khi lấy 4,46 gam X tác dụng vừa đủ với 60ml dung dịch NaOH 1M, đun nóng, sau

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chứa m gam 3 chất tan gồm một muối của axit hữu cơ đơn chức và hai muối của hai amino axit (đều chứa một nhóm –COOH và một nhóm –NH2, phân tử khối hơn kém nhau 14 đvC). Giá trị của m là (Chuyên ĐH Vinh 2016) A. 5,44 gam. B. 6,50 gam. C. 6,14 gam. D. 5,80 gam. Câu 6. Cho hỗn hợp X gồm axetilen và vinyl axetilen có tỉ khối so với hiđro là 19,5. Lấy 4,48 lít X (đktc) trộn với 0,09 mol H2 rồi cho vào bình kín có sẵn xúc tác Ni, đốt nóng, sau các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp Y chỉ gồm các hiđrocacbon. Dẫn Y qua dung dịch chứa 0,15 mol AgNO3 trong NH3 dư, sau khi hết AgNO3 hết thu được 20,77 gam kết tủa và có 2,016 lít khí Z (đktc) thoát ra. Z phản ứng tối đa với m gam Brom trong dung dịch CCl4. Giá trị của m là (Chuyên ĐH Vinh 2016) A. 24,0. B. 20,8. C. 22,4. D. 19,2. Câu 7. Trộn 8,1 gam bột Al với 35,2 gam hỗn hợp rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 và Fe(NO3)2 thu được hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch chứa 1,9 mol HCl và 0,15 mol HNO3, khuấy đuề cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Z (không chứa ion NH4+) và 0,275 mol hỗn hợp khí T gồm NO và N2O. Cho dung dịch AgNO3 đến dư vào dung dịch Z. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch M; 0,025 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và 280,75 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của Fe(NO3)2 trong Y là (Chuyên ĐH Vinh 2016) A. 41,57%. B. 62,35%. C. 76,70%. D. 51,14%. Câu 8. Dung dịch X chứa x mol NaOH và y mol Na2ZnO2 (hoặc Na2[Zn(OH)4]); dung dịch Y chứa z mol Ba(OH)2 và t mol Ba(AlO2)2 (hoặc Ba[Al(OH)4]2) (trong đó x < 2z). Tiến hành hai thí nghiệm sau: • Thí nghiệm 1: Nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch X. • Thí nghiệm 2: nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch Y. Kết quả của hai thí nghiệm trên được biểu diễn trên đồ thị sau:

Giá trị của y và t lần lượt là (Chuyên ĐH Vinh 2016) A. 0,075 và 0,10. B. 0,075 và 0,05. C. 0,15 và 0,05. D. 0,15 và 0,10.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 9. Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức mạch hở (MX < MY); T là este hai chức tạo bởi X, Y và một ancol no mạch hở Z. Đốt cháy hoàn toàn 6,88 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T bằng một lượng vừa đủ O2, thu được 5,6 lít khí CO2 (đktc) và 3,24 gam nước. Nếu cho 6,88 gam E tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 đun nóng, kết thúc phản ứng thu được 12,96 gam bạc. Mặt khác, nếu lấy 6,88 gam E tác dụng với 150 ml dung dịch KOH 1M thì thu được m gam chất rắn. Giá trị của m gần nhất với (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 14,0. B. 11,0. C. 13,0. D. 12,0. Câu 10. Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm -COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 4,40 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 672 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 1,86 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 4,40 gam X thì thu được CO2 và 2,88 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 33,64%. B. 39,09%. C. 27,27%. D. 34,01%. Câu 11. Hòa tan hết 31,12 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe (a mol), Fe3O4, FeCO3 vào dung dịch hỗn hợp chứa H2SO4 và KNO3. Sau phản ứng thu được 4,48 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm (CO2, NO, NO2, H2) có tỉ khối hơi so với H2 là 14,6 và dung dịch Z chỉ chứa các muối trung hòa với tổng khối lượng là m gam (không chứa ion Fe3+). Cho dung dịch BaCl2 dư vào thấy xuất hiện 140,965 gam kết tủa trắng. Mặt khác, cho dung dịch NaOH (dư) vào Z thì thấy có 43,4 gam NaOH phản ứng, đồng thời xuất hiện 42,9 gam kết tủa và có 0,56 lít khí (đktc) thoát ra. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a gần nhất với giá trị nào sau đây? (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 0,171. B. 0,165. C. 0,152. D. 0,159. Câu 12. Nung m gam hỗn hợp M gồm 3 muối natri của 3 axit no đơn chức với vôi tôi, xút (dư) thu được hỗn hợp N gồm 3 ankan X, Y, Z (MX < MY < MZ) có tỉ khối so với hidro bằng 11,5 và một chất rắn T. Cho T tác dụng với H2SO4 dư, thu được 17,92 lít CO2 (đktc). Biết rằng Y, Z là đồng đẳng kế tiếp và số mol của X bằng 5/3 tổng số mol của Y và Z. Thành phần phần trăm về khối lượng của Z trong N gần nhất với giá trị nào? (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 43%. B. 22%. C. 32%. D. 24%. Câu 13. Nhiệt phân hỗn hợp X gồm Cu(NO3)2 và AgNO3 một thời gian, thu được m gam hỗn hợp khí A và (m +15,04) gam chất rắn B. Hấp thụ toàn bộ hỗn hợp khí A vào bình chứa nước đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 600 ml dung dịch D có pH = 1 và có 0,112 lít (đktc) một khí duy nhất thoát ra khỏi bình. Mặt khác, cũng lượng hỗn hợp X ở trên được hòa tan hết vào nước thu được dung dịch Y, nhúng một thanh Fe vào dung dịch Y đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn lấy thanh Fe ra, rửa nhẹ, sấy khô, cân lại thấy khối lượng thanh Fe

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

tăng thêm 3,84 gam so với ban đầu. Hiệu suất phản ứng nhiệt phân Cu(NO3)2 là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 25%. B. 60%. C. 40%. D. 50%. Câu 14. Cho 3,24 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe tác dụng với 45 ml dung dịch CuSO4 1M thu được chất rắn Y và dung dịch Z chứa hai muối. Để hòa tan hoàn toàn Y cần tối thiểu V ml dung dịch HNO3 4M, thu được NO (sản phẩm khử duy nhất). Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch Z. Lọc lấy kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được 2,4 gam chất rắn T. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 60. B. 40. C. 50. D. 100. Câu 15. Hòa tan 13,92 gam hỗn hợp M gồm Fe và Cu vào 105 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lít (đktc) hỗn hợp khí A (gồm hai chất khí có tỉ lệ số mol 3:2). Cho 500 ml dung dịch KOH 1,2M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 19,2 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 49,26 gam chất rắn Q. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ phần trăm của Fe(NO3)3 trong dung dịch X gần nhất với giá trị nào sau đây ? (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 12%. B. 20%. C. 40%. D. 14%. Câu 16. Nung m gam hỗn hợp rắn A gồm KClO3, Fe(NO3)2 và Al trong bình chân không đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn B và 16,8 lít (đktc) hỗn hợp khí X có tỉ khối hơi so với H2 là 21,6 (giả sử KClO3 chỉ bị phân hủy tạo ra KCl và O2). Cho toàn bộ B tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư) thu được 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí Y có tỉ khối hơi so với H2 là 26,5. Phần trăm khối lượng của Fe(NO3)2 trong hỗn hợp A gần nhất với giá trị nào sau đây ? (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 57,0%. B. 59,0%. C. 60,0%. D. 58,0%. Câu 17. Cho 2,16 gam hỗn hợp X gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 ml (đktc) hỗn hợp khí B gồm 2 khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO2 so với nitơ. Làm khan dung dịch A một cách cẩn thận thu được m gam chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được (m – 11,64) gam chất rắn E. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ? (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 15,5. B. 15,0. C. 16,5. D. 16,0. Câu 18. Hỗn hợp T gồm hai ancol đơn chức là X và Y (MX < MY), đồng đẳng kế tiếp của nhau. Đun nóng 31,0 gam T với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp các chất hữu cơ Z gồm: 0,15 mol ba ete (có khối lượng 9,7 gam) và

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

một lượng ancol dư. Đốt cháy hoàn toàn Z cần vừa đủ 42,0 lít O2 (đktc). Hiệu suất phản ứng tạo ete của X và Y lần lượt là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 30% và 30%. B. 50% và 20%. C. 20% và 40%. D. 40% và 40%. Câu 19. Cho m gam hỗn hợp gồm hai kim loại Mg và Al có tỉ lệ mol tương ứng là 4:5 vào dung dịch HNO3 20%. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch A và có 6,72 lít hỗn hợp khí X gồm NO, N2O, N2 thoát ra. Thêm một lượng O2 vừa đủ vào X, sau phản ứng, thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn từ từ Y qua dung dịch NaOH dư thì có 4,48 lít hỗn hợp khí Z thoát ra. Tỉ khối hơi của Z so với H2 là 20. Mặt khác, cho dung dịch KOH vào dung dịch A thì lượng kết tủa thu được lớn nhất là (m + 39,1) gam. Biết các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn và lượng HNO3 ban đầu dùng dư 20% so với lượng cần thiết. Nồng độ phần trăm của Al(NO3)3 trong dung dịch A gần nhất với giá trị nào sau đây ? (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 12,00%. B. 14,00%. C. 10,00%. D. 8,00%. Câu 20. Chia hỗn hợp M gồm glyxin và một số axit cacboxylic thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH rồi cô cạn thu được m gam muối khan X. Đốt cháy hoàn toàn X bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được 10,6 gam Na2CO3 và hỗn hợp khí Y gồm CO2, H2O, N2. Cho toàn bộ hỗn hợp khí Y qua bình đựng dung dịch nước vôi trong dư, thu được 34 gam kết tủa đồng thời thấy khối lượng bình tăng thêm 20,54 gam so với ban đầu. Phần hai tác dụng vừa đủ với 40 ml dung dịch HCl 1M. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, coi như N2 không bị nước hấp thụ. Thành phần phần trăm khối lượng của glyxin trong hỗn hợp M là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 22,97%. B. 25,73%. C. 24,00%. D. 25,30%. Câu 21. X là một hợp chất hữu cơ đơn chức (chỉ chứa 3 nguyên tố C, H, O). Cho 13,6 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn Y. Đốt cháy hoàn toàn m gam Y cần vừa đủ 26,112 gam oxi, thu được 7,208 gam Na2CO3 và 37,944 gam hỗn hợp Z (gồm CO2 và H2O). Tổng số nguyên tử trong phân tử hợp chất hữu cơ X là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 16. B. 17. C. 14. D. 15. Câu 22. Chia 1500 ml dung dịch Y chứa hỗn hợp HCl và Cu(NO3)2 thành 2 phần (phần 2 gấp đôi phần 1). Đem điện phân phần 1 (với điện cực trơ), sau một thời gian thu được 3,136 lít (đktc) một chất khí duy nhất ở anot. Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa đủ với 110 ml dung dịch NaOH 4M, thấy xuất hiện 1,96 gam kết tủa. Cho m gam bột kim loại Fe tác dụng với phần 2 đến khi phản ứng hoàn toàn. Kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp kim loại có khối lượng 0,75m gam và khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Giá trị của m là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 75,60. B. 68,88. C. 56,96.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

D. 67,20. Câu 23. Cho hỗn hợp X gồm 4 este mạch hở, trong đó có một este đơn chức và ba este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hoàn toàn 11,88 gam X cần 14,784 lít O2 (đktc), thu được 25,08 gam CO2. Đun nóng 11,88 gam X với 300 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được chất rắn Y và phần hơi chỉ chứa một ancol đơn chức Z. Lấy toàn bộ Z cho vào bình đựng Na dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng chất rắn trong bình đựng Na tăng 5,85 gam. Trộn Y với CaO rồi nung trong điều kiện không có không khí, thu được 2,016 lít (đktc) một hiđrocacbon duy nhất. Phần trăm khối lượng của este đơn chức trong X là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 37,04%. B. 28,96%. C. 42,09%. D. 33,67%. Câu 24. Cho m gam Al cho vào 500 ml dung dịch A chứa hỗn hợp gồm Ag2SO4 và CuSO4. Sau một thời gian phản ứng, lọc chất rắn ra khỏi dung dịch thu được 3,33 gam chất rắn B và dung dịch C. Cho B vào dung dịch NaOH dư thu được chất rắn D và 0,336 lít (đktc) khí. Nung D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được khối lượng chất rắn tăng 16% so với khối lượng D. Cho dung dịch HCl vào dung dịch C thu được dung dịch E. Nhúng thanh sắt vào dung dịch E đến khi dung dịch mất màu xanh và có 0,0448 lít (đktc) khí thoát ra, khối lượng thanh sắt giảm 0,1088 gam so với khối lượng thanh sắt ban đầu (giả sử kim loại thoát ra bám hết lên thanh sắt). Nồng độ mol/lít của CuSO4 trong A gần nhất với giá trị nào sau đây ? (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 0,0650M. B. 0,0675M. C. 0,0625M. D. 0,0600 M. Câu 25. Hợp chất hữu cơ X (C, H, O) và chứa vòng benzen. Cho 0,05 mol X vào dung dịch NaOH nồng độ 10% (lấy dư 20% so với lượng cần phản ứng) đến phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn khan Y và phần hơi Z chỉ chứa một chất. Ngưng tụ Z rồi cho phản ứng với natri dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được 41,44 lít H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn Y thì thu được 0,09 mol Na2CO3; 0,26 mol CO2 và 0,14 mol H2O. Biết X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Giá trị của m gần nhất với (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 12,2. B. 11.9. C. 10,8. D. 11,1. Câu 26. Hòa tan hết 20,0 gam hỗn hợp X gồm Cu và các oxit sắt (trong hỗn hợp X oxi chiếm 16,8% về khối lượng) bằng dung dịch A chứa hỗn hợp b mol HCl và 0,2 mol HNO3 (vừa đủ) thu được 1,344 lít NO (đktc, là sản phẩm khử duy nhất của N+5 ) và dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch AgNO3 thu được m gam kết tủa và dung dịch Z. Cho dung dịch Z tác dụng với một lượng dư dung dịch NaOH, lọc kết tủa, nung đến khối lượng không đổi thu được 22,4 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 83,29. B. 76,81. C. 70,33. D. 78,97.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 27. Hỗn hợp X gồm ancol metylic, etan, glixerol (số mol của etan gấp đôi số mol glixerol). Hỗn hợp Y gồm axit axetic, axit metacrylic và axit ađipic (số mol axit axetic bằng số mol axit metacrylic). Hỗn hợp Z gồm O2 và O3 có tỉ khối so với H2 là 19,68. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp T gồm m gam X và n gam Y cần 1,0 mol Z, thu được 1,02 mol CO2. Mặt khác, đem n gam Y tác dụng hết với NaHCO3 dư thu được V lít khí CO2 (đktc). Giá trị của V là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 5,376. B. 6,730. C. 11,872. D. 13,440. Câu 28. Hỗn hợp A gồm Al4C3, CaC2 và Ca với số mol bằng nhau. Cho m gam hỗn hợp A vào nước đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp khí X. Cho hỗn hợp khí X qua Ni, đun nóng thu được hỗn hợp khí Y gồm C2H2, C2H4, C2H6, H2, CH4. Cho Y qua nước brom một thời gian thấy khối lượng bình đựng nước brom tăng 3,775 gam và có 5,712 lít hỗn hợp khí Z thoát ra (đktc). Tỉ khối của Z so với H2 bằng 7,5. Giá trị của m là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 12,4. B. 28,4. C. 24,8. D. 14,2. Câu 29. Hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ mạch hở (đều chứa C, H, O) trong phân tử mỗi chất có hai nhóm trong số các nhóm –CHO, –CH2OH, –COOH. Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 12,32 lít CO2 (đktc) và 7,20 gam H2O. Cho m gam X tác dụng hết với Na dư, thu được 3,08 lít H2 (đktc). Mặt khác, cho m gam X phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 59,4 gam Ag. Giá trị của m là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 17,10. B. 18,60. C. 18,25. D. 16,40. Câu 30. Hỗn hợp X gồm hai este đơn chức, mạch hở, là đồng phân cấu tạo của nhau. Thủy phân hoàn toàn m gam X bằng dung dịch NaOH rồi cô cạn, được 40,2 gam chất rắn Y và a gam một ancol Z. Nung Y với CaO cho đến khi phản ứng kết thúc, thu được 8,4 gam một chất khí. Oxi hóa a gam Z thu được hỗn hợp T gồm axit cacboxylic, anđehit, ancol dư và nước. Cho T tác dụng hết với Na dư, thu được 4,48 lít H2 (đktc). Cho T vào dung dịch KHCO3 dư, thoát ra 2,24 lít CO2 (đktc). Cho T phản ứng tráng bạc hoàn toàn, tạo ra 86,4 gam Ag. Giá trị của m là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 29,4. B. 25,8. C. 26,4. D. 30,0. Câu 31. Cho 3 chất hữu cơ bền X, Y, Z chứa C, H, O có phân tử khối lập thành một cấp số cộng, khi đốt cháy một lượng với tỉ lệ bất kì của X, Y, Z đều thu được lượng CO2 gấp 44/9 khối lượng H2O. X, Y tác dụng với Na với tỉ lệ 1 : 1 và 1 : 2. Cho 0,12 mol hỗn hợp cùng số mol của X, Y, Z tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, sau các phản ứng xảy ra hoàn toàn đều tạo ra một sản phẩm hữu cơ T duy nhất trong dung dịch. Khối lượng của T có thể là (Chuyên ĐH Vinh 2016) A. 18,44. B. 14,88. C. 16,66.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn D. 8,76. ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: B giải khí D gồm 0,04 mol H2 + 0,01 mol N2O + 0,01 mol NO2 + 0,01 mol NO + 0,02 mol N2. kết tủa là BaSO4 với 1,53 mol → ban đầu có 1,53 mol KHSO4 → Fe(NO3)3 là 0,035 mol. bảo toàn N → trong C có 0,025 mol NH4+; bảo toàn H → nH2O = 0,675 mol.

Q uy

hơ

bảo toàn O → ∑nO trong B = 0,4 mol → m = 0,4 × 16 × 205 ÷ 64 = 20,5 gam. Chọn B. ♦.

ạy

Kè

Câu 2: C X là CmH2m–6O6 và Y là CnH2n–2O2 ||→ quy 10,6 gam E gồm 0,5 mol CH2 + OH –1.

||→ ∑ncụm OH –1 = (10,6 – 0,5 × 14) ÷ 15 = 0,24 mol → ∑nnhóm -COO = 0,12 mol.

m /+

Theo đó, khi dùng 26,5 gam E (gấp 2,5 lần trên) thì ∑nnhóm -COO = 0,3 mol.

Gọi nX = x mol; nY = y mol thì 3x + y = 0,3 mol. Quan sát thủy phân:

26,5 gam E cần 0,3 mol KOH → 36,0 gam muối + x mol glixerol + y mol H2O.

→ Bảo toàn khối lượng có: 92x + 18y = 26,5 + 0,3 × 56 – 36 = 7,3 gam.

Giải hệ có x = 0,05 mol và y = 0,15 mol ||→ ∑nmuối Y trong F = 0,2 mol. (∑muối Y trong F gồm của gốc axit Y trong este X và axit Y sẵn có, thêm nữa X có tổng là 4π gồm 3π là -COO rồi → còn 1π C=C của 1 gốc axit Y nữa thôi). Gọi số CX m; số CY = n thì bảo toàn C: 0,05m + 0,15n = 0,5 × 2,5 ⇄ m + 3n = 25. Xảy ra: • m = 10; n = 5 ||→ có 0,2 mol muối C4H7COOK → mmuối Y trong F = 27,6 gam. • m = 13; n = 4 ||→ có 0,2 mol muối C3H5COOK → mmuối Y trong F = 24,8 gam. • m = 15; n = 3 ||→ có 0,2 mol muối C2H3COOK → mmuối Y trong F = 22,0 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

hơ

Đọc yêu cầu + quan sát 4 đáp án Câu 3: D Câu 4: C Câu 5: D Câu 6: C Câu 7: A Câu 8: B Câu 9: C Câu 10: B Câu 11: D Câu 12: D MN = 23 → ankan X là CH4.

Q uy

rắn T là Na2CO3 + H2SO4 → 0,8 mol CO2 ||→ nNa2CO3 = 0,8 mol ⇄ nM = nN = 0,8 mol. ||→ nX = 5/8.nN = 0,5 mol. Còn Y, Z là đồng đẳng kế tiếp, xem chúng ta có những gì?

Kè

nY, Z = 0,3 mol; mX, Y, Z = 0,8 × 23 = 18,4 gam → mY, Z = 10,4 gam.

ạy

||→ MY, Z = 34,667 → giải ra 0,2 mol C2H6 và 0,1 mol C3H8.

m /+

||→ Yêu cầu %mZ trong N = 0,1 × 44 ÷ 18,4 ≈ 23,91 %. Câu 13: A ♦1: nhiệt phân muối nitrat: Cu(NO3)2 + AgNO3 → rắn B + khí A gồm (NO2; O2).

♦2 giải khí A + H2O → 0,06 mol HNO3 + 0,005 mol O2 thoát ra.!

Tạo 0,06 mol HNO3 là do 4NO2 + 1O2 + 2H2O → 4HNO3 ||→ nNO2 trong A = 0,06 mol.

và ∑nO2 trong A = 0,02 mol NO2 ||→ m = mA = 3,4 gam → mX = 2m + 15,04 = 21,84 gam.

♦3: giải kim loại đẩy muối. gọi số mol Cu, Ag lần lượt là x, y mol thì theo trên: Khối lượng muối X: 188x + 170y = 21,98 gam (1). kim loại đẩy muối: ∆mFe tăng = (64 – 56)x + (108 – 56 ÷ 2)y = 3,84 gam (2). giải ra: x = 0,08 mol và y = 0,04 mol. ► Ở đây nói rõ lại tí: 0,005 mol khí duy nhất thoát ra có thể là NO hoặc O2 nhưng: Cu(NO3)2 –––to–→ CuO + 2NO2 + ½.O2 || AgNO3 –––to–→ Ag + NO2 + ½.O2 điều này kết hợp với tỉ lệ 4 : 1 trong tạo HNO3 chứng tỏ O2 còn dư như trên.!

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

cũng từ tỉ lệ phương trình giải nCu(NO3)2 phản ứng = nAgNO3 phản ứng = 0,02 mol. ||→ Hnhiệt phân Cu(NO3)2 = 0,02 ÷ 0,08 = 25%. Câu 14: C Dãy điện hóa: Mg > Fe > Cu → 2 muối rõ là x mol MgSO4 và y mol FeSO4 ||→ x + y = ∑nSO42– = 0,045 mol. rắn T gồm x mol MgO và y mol FeO1,5 → 40x + 80y = 2,4 gam.

Q uy

||→ Y gồm 0,03 mol Fe và 0,045 mol Cu. Y + HNO3 tối thiểu

||→ nFe chưa phản ứng = (3,24 – 0,03 × 24 – 0,015 × 56) ÷ 56 = 0,03 mol

hơ

giải x = 0,03 mol và y = 0,015 mol.

m /+

ạy

Kè

||→ ∑nHNO3 = 8 × (0,03 + 0,045) ÷ 3 = 0,2 mol → V = 0,05 lít ⇄ 50ml. Câu 15: D Câu 16: B Câu 17: A Quan sát sơ đồ chút cho dễ hình dung:

gọi nNH4NO3 = x mol → bảo toàn electron kiểu mới có ∑nNO3– trong muối kim loại = 8x + 0,18 mol.

♦ nhiệt phân muối nitrat sinh 4NO2 + 1O2 và NH4NO3 cho N2O + H2O gộp lại cũng không phải rắn

||→ đọc ra 11,64 gam gồm x mol NH4NO3 + (8x + 0,18) mol NO2 và (2x + 0,045) mol O2 ||→ x = 0,00375 mol → yêu cầu m = 2,16 + 62 × (8x + 0,18) + 80x = 15,48 gam. Câu 18: D 0,15 mol ete dạng ROR nặng 9,7 gam (với R là gốc hđc đại diện cho 2 ancol ROH). ||→ R = 24,33333 cho ta biết 2 gốc hđc ancol là CH3– (15) và C2H5– (29) theo đó, đọc ra số mol 2 ancol X, Y phản ứng là 0,1 mol CH3OH và 0,2 mol C2H5OH. quan sát: đốt T và đốt Z đều cần cùng một lượng O2 cần đốt như nhau

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ||→ quy về đốt 31,0 gam T gồm CH3OH và C2H5OH cần dùng vừa đủ 1,875 mol O2 ||→ giải ra hỗn hợp T đầu gồm 0,25 mol CH3OH và 0,5 mol C2H5OH. ||→ Yêu cầu H%tạo ete của X = 0,1 ÷ 0,25 = 40% và H%tạo ete của Y = 0,2 ÷ 0,5 = 40%. Câu 19: C đề nhìn có vẻ dài nhưng thực chất chỉ là bài tập HNO3 cơ bản.! Xem nào: ♦ giải khí X: 0,3 mol gồm 0,1 mol khí NO (NO + O2 → NO2 bị NaOH hấp thụ).

||→ còn lại 0,2 mol là N2 và N2O với M = 40 → có 0,05 mol N2 và 0,15 mol N2O.

hơ

♦ giải dung dịch A: m gam 2 kim loại gồm 5x mol Al và 4x mol Mg

Q uy

||→ (m + 39,1) gam tủa lớn nhất là 5x mol Al(OH)3 và 4x mol Mg(OH)2 ||→ giải x = 0,1 mol. Theo đó có 0,5 mol Al và 0,4 mol Mg. Bảo toàn electron có nNH4NO3 = 0,0375 mol.

Kè

||→ nHNO3 cần đủ dùng = 12nN2 + 10nN2O + 10nNH4NO3 + 4nNO = 2,875 mol.

ạy

||→ nHNO3 đã dùng (lấy dư 20% so vs lượng đủ trên) = Ans × 1,2 = 3,45 mol

||→ mdung dịch HNO3 = 1086,75 gam → mdung dịch A = m + mdd HNO3 – mspk khí = 1098,85 gam.

m /+

||→ Yêu cầu %mAl(NO3)3 trong A = 0,5 × 213 ÷ Ans = 9,69%. Câu 20: A Một bài tập thuần phương pháp định lượng.!

có hh muối khan X gồm C2H4NO2Na và đại diện các muối axit cacboxylic CnH2m – 1O2Na.

♦1 trong M chỉ glyxin mới phản ứng với HCl → có 0,04 mol glyxin.

♦2: giải đốt X: Bảo toàn C có n = 2,25; bảo toàn H có m = 1,9375 ||→ M gồm 0,04 mol C2H5NO2 và 0,16 mol C2,25H3,875O2 ||→ mM = 13,06 gam ||→ Yêu cầu %mglyxin trong M = 0,04 × 75 ÷ Ans ≈ 22,97%. Câu 21: D bảo toàn khối lượng có mY = 19,04 gam; nNaOH = 0,136 mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Thấy mX + mNaOH = mY ||→ chứng tỏ X là este vòng. giải đốt: 0,136 mol Y [R(CH2OH)(COONa)] + O2 → Na2CO3 + 37,944 gam (CO2 + H2O) bảo toàn O kết hợp khối lượng giải hệ nCO2 = nH2O = 0,612 mol. bảo toàn số C, số H → Y là C3H6(CH2OH)(COONa), bớt NaOH → X có CTPT C5H8O2.

||→ Yêu cầu: Tổng số nguyên tử trong phân tử hợp chất hữu cơ X là 15. Câu 22: C ♦1 giải điện phân: Xem nào!

hơ

dd sau điện phân + NaOH → 1,94 gam kết tủa là Cu(OH)2 chứng tỏ điện phân ra chỉ CuCl2.

Q uy

3,136 lít Cl2 ra ở anot → cho biết có 0,14 mol CuCl2 ||→ ∑nCu = nCu(NO3)2 ban đầu = 0,16 mol.

YTHH 02: Natri đi về đâu: 0,44 mol NaOH vừa đủ đi về 0,32 mol NaNO3 và 0,12 mol NaCl.

Kè

||→ bảo toàn Cl → ∑nHCl ban đầu = 2nCl2 đp ra + nCl còn trong dd sau đp = 0,4 mol.

ạy

||→ đọc ra kết quả phần 1 gồm 0,4 mol HCl và 0,16 mol Cu(NO3)2

||→ Phần 2 gấp đôi phần 1 ||→ phần 2 gồm 0,8 mol HCl và 0,32 mol Cu(NO3)2.

m /+

♦2 giải kim loại đẩy muối: quan sát sơ đồ với một số xử lí nhanh số liệu:

Theo đó, bảo toàn khối lượng kim loại có: m + 0,32 × 64 = 0,62 × 56 + 0,75m

||→ Yêu cầu giá trị m = 56,96 gam. Câu 23: C ♦1 giải đốt 11,88 gam X cần 0,66 mol O2 → 0,57 mol CO2 + H2O. ||→ X gồm 0,57 mol C + 0,44 mol H2 + 0,13 mol O2 (định lượng). ♦2: giải 0,13 mol ancol Z + Na → làm bình Na tăng 5,85 gam ||→ MZ = (5,85 + 0,13) ÷ 0,13 = 46 → ancol Z là C2H5OH. ♦3 giải bài toán chính.! gọi neste đơn chức = x mol; n3 este hai chức đồng phân = y mol.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn có x + y = nhđc thu được sau pw vôi tôi xút = 0,09 mol; lại thêm nZ = x + 2y = 0,13 mol ||→ giải ra x = 0,05 mol và y = 0,04 mol. giả sử este đơn là Cm; 3 este đồng phần là Cn ||→ có pt nghiệm nguyên 0,05m + 0,04n = ∑nC trong X = 0,57 mol ⇄ 5m + 4n = 57. các cặp thỏa mãn (m; n) thỏa mãn pt có (1; 13); (5; 8); (9; 3). tuy nhiên xét thỏa mãn giả thiết vôi tôi xút thu được chỉ 1 hđc và Cn có 3 đồng phân

thì chỉ duy nhất TH m = 5 và n = 8 thỏa mãn.!

hơ

lại để ý tương quan ∑nCO2 – ∑nH2O = 0,13 mol = x + 2y

Q uy

||→ các este đều chứa 1πC=C ||→ este đơn là C5H8O2 và 3 este đồng phân dạng C8H12O4

Kè

Yêu cầu %meste đơn chức trong X = 0,05 × 100 ÷ 11,88 ≈ 42,09. Câu 24: C chú ý Ag không tác dụng với không khí nên để chất rắn cuối tăng 16% so với D thì B phải chứa Cu. Nghĩa là 3,33 gam gồm 0,01 mol Al; Cu và Ag ||→ mD = 3,06 gam → mCuO + Ag = 3,5496 gam.

ạy

theo đó, giải ra nCu trong D = 0,0306 mol và nAg = 0,0102 mol.

m /+

||→ Theo đó, dung dịch C chỉ gồm 0,0119 mol Al2(SO4)3 và x mol CuSO4 (còn dư). C + HCl → dung dịch E. 0,002 mol H2 thu được chứng tỏ có 0,004 mol HCl phản ứng.

♦ kim loại đẩy muối: ∆mFe giảm = 0,002 × 56 – (64 – 56) × x = 0,1088 gam → x = 0,0004 mol.

Tổng kết lại, ∑nCuSO4 ban đầu = x + 0,0306 = 0,031 mol → CM (CuSO4) = 0,062M. Câu 25: A Z chứa duy nhất H2O; Z + Na → 1,85 mol H2 → chứng tỏ có 3,7 mol H2O.

0,05 mol X + NaOH → rắn Y; đốt Y → 0,09 mol Na2CO3 + 0,26 mol CO2 + 0,14 mol H2O. ||→ ∑nNaOH = 0,18 mol ||→ nNaOH phản ứng = 0,18 ÷ 1,2 = 0,15 mol = 3 × nX Lại thêm mdung dịch NaOH = 72 gam → nH2O trong dd NaOH ban đầu = 3,6 mol. Tổng kết lại: 1.X + 3NaOH → muối Na + 2H2O (bỏ đi 0,03 mol NaOH dư trong Y) ||→ giải đốt muối Na → có thành phần gồm 0,35 mol C + 0,25 mol H + 0,15 mol Na. Tiếp tục bảo toàn tìm ra X gồm 0,35 mol C + 0,3 mol H + x mol O.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn tạm thời X là C7H6O?. Mà X chứa vòng benzen, + NaOH theo tỉ lệ 1 : 3 ||→ chỉ có khả năng duy nhất là HCOOC6H4OH → mX = 6,9 gam.

Q uy

hơ

|||to BTKL pt thủy phân có mY = 6,9 + 72 – 3,7 × 18 = 12,3 gam. Câu 26: D Gộp quá trình và xử lí sơ bộ qua sơ đồ có:

Đầu tiên, ghép cụm nH2O = 2nNO + nO trong oxit đầu = 0,33 mol → nHCl = 0,46 mol (theo bảo toàn H)

Quan sát đầu cuối → ∑nNO3– = 2nO trong oxit cuối = (22,4 – 16,64) ÷ 16 = 0,72 mol.

Kè

bảo toàn N ||→ ∑nAgNO3 = 0,58 mol. Theo đó, m gam tủa gồm 0,58 mol Ag và 0,46 mol Cl.

m /+

ạy

||→ Yêu cầu m = 0,58 × 108 + 0,46 × 35,5 = 78,97 gam. Câu 27: A Quan sát bài tập đốt liên quan đến O2 cần đốt và số liệu CO2 ||→ hướng quy đổi.!

Xem nào: • X gồm CH4O và 2C2H6.C3H8O3 = C7H20O3 ⇄ CH2.H2O + C7H14.3H2O

||→ quy X về hỗn hợp CH2 và H2O.

• Y gồm C6H10O4 và C2H4O2.C4H6O2 = C6H10O4 ⇄ chỉ C6H2.4H2O.

||→ Quy Y về hỗn hợp C6H2 và H2O. để ý, 1 mol Z có 1 × 19,68 × 2 ÷ 16 = 2,46 mol O. Theo đó Quy về bài tập đốt hỗn hợp (CH2 + C6H2) cần 2,46 mol O → 1,02 mol CO2. ||→ giải có 0,12 mol C6H2 ||→ Y có 0,12 mol C4H8(COOH)2 + NaHCO3 → 0,24 mol CO2 ||→ Yêu cầu V = VCO2 = 0,24 × 22,4 = 5,376 lít. Câu 28: C có mY = 3,775 + mZ = 3,775 + 5,712 ÷ 22,4 × 7,5 × 2 = 7,6 gam. 1.Al4C3 → 3CH4; 1CaC2 → 1C2H2 và 1Ca → 1H2.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Theo đó, 7,6 gam Y gồm 3CH4; 1C2H2 và 1H2 ||→ nH2 = 7,6 ÷ (3 × 16 + 26 + 2) = 0,1 mol. ||→ m gam hỗn hợp A gồm 0,1 mol Al4C3 + 0,1 mol CaC2 và 0,1 mol Ca ||→ Yêu cầu giá trị của m = 24,8 gam. Câu 29: B những bài tập dạng kiểu này thì hệ thống ra các giả thiết có rồi tìm nhanh CTCT là ok.! Xem nào: • có ∑n-OH (gồm của -CH2OH và -COOH) = 2nH2 sinh ra khi + Na = 0,275 mol.

hơ

• n-CHO = 0,275 mol (từ phản ứng với AgNO3/NH3).

• đốt X + O2 → 0,55 mol CO2 + 0,4 mol H2O.

Q uy

oh! 0,275 + 0,275 = 0,55 mol → ngoài các nhóm này thì không còn C gì nữa trong CTCT của X.

Lại thêm nCO2 > nH2O nên có ít nhất 1 chất có hơn 2π.

Kè

||→ hai chất trong X là HOCH2-CHO và HOOC-CHO; tương quan nCO2 – nH2O = 0,15 mol

m /+

ạy

||→ có 0,15 mol HOOC-CHO và 0,125 HOCH2-CHO ||→ yêu cầu m = 18,60 gam. Câu 30: A ♦1: giải Z trước, đây là bài tập cơ bản thuộc phần ancol - phenol - anđehit - axit cacboxylic. Kết quả ancol Z là CH3OH với 0,3 mol. chuyển qua bài tập chính - este.!

♦2: phản ứng: RCOONa + NaOH → RH + Na2CO3.

bảo toàn khối lượng có mNa2CO3 = 31,8 gam → nNa2CO3 = 0,3 mol ||→ ∑nNaOH dùng = 0,6 mol.

Mà: X + 0,6 mol NaOH → 40,2 gam muối + 0,3 mol ancol CH3OH.

BTKL → mX = 25,8 gam. có đáp án B → chọn.! || Nhưng kết quả lại sai.! Tại sao. ☠ Nếu các em thực sự nhạy cảm thì sẽ còn nhớ ID = 195631 (trong chuyên đề ESTE của khóa học) chúng ta đã từng đề cập đến phản ứng vôi tôi xút mà không rõ NaOH đủ hay dư.! Xem lại nào: theo trên sẽ tìm ra được R = 27 ⇄ CH2=CH → X chỉ duy nhất CH2=CH-COOCH3. làm gì có đồng phần nữa ??? đề cho X là hai este đơn chức đồng phân mà.! → TH này sai.! Xét lại phản ứng: RCOONa + NaOH → RCOONa + RH + Na2CO3 (TH này RCOONa dư).

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 2 giả thiết 40,2 gam và 8,4 gam đủ để giải ra nNaOH = 0,21 mol và R = 39 là gốc C3H3– Lúc này thì ok rồi, thỏa mãn X gồm 2 đồng phân là HC≡C-CH2COOCH3 và CH3-C≡C-COOCH3. ||→ Yêu cầu mX = 0,3 × MX = 29,4 gam. Câu 31: B tỉ lệ mCO2 ÷ mH2O = 44/9 ⇄ nCO2 ÷ nH2O = 2 : 1 ⇄ số C ÷ số H = 1 : 1. ♦ phản ứng Na → là do nhóm -OH (của ancol -CH2OH hoặc của axit -COOH)

||→ X là CnHn(CHO)(COOH); Y là CnHn(COOH)2 và Z là CnHn(CHO)2.

m /+

ạy

Kè

Q uy

☆ Nếu n = 0 ||→ có 0,12 mol T duy nhất là (COONH4)2 → mT = 14,88 gam.

hơ

mà X, Y, Z + AgNO3/NH3sinh ra cùng một sản phẩm hữu cơ duy nhất

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Tuyển tập những bài tập hay và khó trong mùa thi thử 2016 - đề 03

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của ancol đơn chức, không no, mạch hở, có một liên kết đôi C=C (MX < MY); Z là axit cacboxylic đơn chức, có cùng số nguyên tử cacbon với X. Đốt cháy hoàn toàn 24,14 gam hỗn hợp T gồm X, Y, Z cần vừa đủ 27,104 lít khí O2, thu được H2O và 25,312 lít khí CO2. Biết các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Phần trăm khối lượng của Z trong T là (Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An đã sửa 1 số giả thiết) A. 58,00%. B. 59,65%. C. 61,31%. D. 36,04%. Câu 2. Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic Y và một este Z (Y, Z đều mạch hở, không phân nhánh). Đun nóng 0,275 mol X cần dùng 200ml dung dịch NaOH 2M thu được hỗn hợp 2 muối và hỗn hợp 2 ancol. Đun nóng toàn bộ hỗn hợp cả 2 ancol này với H2SO4 đặc ở 140oC thu được 7,5 gam 3 ete. Lấy hỗn hợp 2 muối trên nung với vôi tôi xút chỉ thu được một khí duy nhất, khí này làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 44 gam Br2 thu được sản phẩm chứa 85,106% brom về khối lượng. Khối lượng của Z trong X là (Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An) A. 19,75 gam. B. 18,86 gam. C. 23,70 gam. D. 10,80 gam. Câu 3. Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic hai chức, no, mạch hở, hai ancol no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng và một đieste tạo bởi axit và 2 ancol đó. Đốt cháy hoàn toàn 4,84 gam X thu được 7,26 gam CO2 và 2,70 gam H2O. Mặt khác, đun nóng 4,84 gam X trên với 80 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thêm vừa đủ 10 ml dung dịch HCl 1M để trung hòa lượng NaOH dư thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan, đồng thời thu được 896 ml hỗn hợp ancol (ở đktc) có tỉ khối hơi so với H2 là 19,5. Giá trị của m là (Đặng Thúc Hứa – Nghệ An lần 2) A. 4,595. B. 5,765. C. 5,180. D. 4,995. Câu 4. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe(OH)2, FeCO3 (trong đó Fe3O4 chiếm 25% số mol hỗn hợp) bằng dung dịch HNO3 dư, khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y chứa (m + 284,4) gam muối và 15,68 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và CO2. Tỉ khối của Z so với H2 bằng 18. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5. Giá trị của m là (Chuyên Lê Quý Đôn – TP HCM) A. 151,2. B. 102,8. C. 78,6. D. 199,6. Câu 5. Hỗn hợp X gồm Al, Ca, Al4C3 và CaC2. Cho 15,15 gam X vào nước dư, chỉ thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z (C2H2, CH4, H2). Đốt cháy hết Z, thu được 4,48 lít CO2 (đktc) và 9,45 gam H2O. Nhỏ từ từ 200ml dung dịch HCl 2M vào Y được m gam kết tủa. Giá trị của m là (Chuyên Lê Quý Đôn – TP HCM) A. 16,9.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

B. 15,6. C. 19,5. D. 27,3. Câu 6. X là hỗn hợp gồm HOOC-COOH, OHC-COOH, OHC-C≡C-CHO, OHC-C≡C-COOH; Y là axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở. Đun nóng m gam X với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 23,76 gam Ag. Nếu cho m gam X tác dụng với NaHCO3 dư thì thu được 0,07 mol CO2. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm m gam X và m gam Y cần 0,805 mol O2, thu được 0,785 mol CO2. Giá trị của m là (Chuyên Lê Quý Đôn – TP HCM) A. 8,8. B. 4,6. C. 6,0. D. 7,4. Câu 7. Hòa tan hết 17,76 gam hỗn hợp X gồm FeCl2, Mg, Fe(NO3)2 và Al vào dung dịch chứa 0,408 mol HCl thu được dung dịch Y và 1,6128 lít khí NO (đktc). Cho từ từ AgNO3 vào Y đến phản ứng hoàn toàn thì thấy lượng AgNO3 phản ứng là 0,588 mol, kết thúc phản ứng thu được 82,248 gam kết tủa; 0,448 lít khí NO2 (đktc) và dung dịch Z chỉ chứa m gam muối. Giá trị m gần nhất với (Chuyên Lê Quý Đôn – TP HCM) A. 42. B. 41. C. 43. D. 44. Câu 8. Điện phân 1 lít dung dịch X gồm Cu(NO3)2 0,6M và FeCl3 0,4M đến khi anot thoát ra 17,92 lít khí (đktc) thì dừng lại. Lấy catot ra khỏi bình điện phân, khuấy đều dung dịch để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được dung dịch Y. Giả thiết kim loại sinh ra đều bám lên catot, sản phẩm khử của N+5 (nếu có) là NO duy nhất. Giá trị (mX – mY) gần nhất là? (Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An) A. 92. B. 102. C. 101. D. 91. Câu 9. Nung m gam hỗn hợp A gồm Mg, FeCO3, FeS, Cu(NO3)2 (trong A % khối lượng oxi là 47,818%) một thời gian (muối nitrat bị nhiệt phân hoàn toàn) thì thu được chất rắn B và 11,144 lít hỗn hợp khí gồm CO2, NO2, O2, SO2. B phản ứng hoàn toàn với HNO3 đặc nóng dư (thấy có 0,67 mol HNO3 phản ứng) thu được dung dịch C và 3,136 lít hỗn hợp X gồm NO2 và CO2 (dX/H2 = 321/14). C tác dụng hoàn toàn với BaCl2 dư thấy xuất hiện 2,33 gam kết tủa. Biết các khí đo ở đktc, không có muối amoni trong dung dịch C. Giá trị gần nhất của m là? (Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An có chỉnh sửa) A. 48. B. 33. C. 40. D. 42. Câu 10. X là một peptit có 16 mắt xích (được tạo từ các α-amino axit no, hở, có 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm COOH). Để đốt cháy m gam X cần dùng 45,696 lít O2. Nếu lấy m gam X cho tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch NaOH rồi cô cạn cẩn thận thì thu được hỗn hợp chất rắn Y. Đốt cháy hoàn toàn Y trong bình chứa 12,5 mol không khí, toàn bộ khí sau phản ứng cháy được ngưng tụ hơi nước thì còn lại 271,936 lít hỗn hợp khí Z. Biết các phản ứng xẩy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc, trong không khí có 1/5 thể tích O2 còn lại là N2. Giá trị gần nhất của m là? (Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An) A. 46 gam.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

B. 41 gam. C. 43 gam. D. 38 gam. Câu 11. Hỗn hợp A gồm 3 axit cacboxylic no, hở X, Y, Z (MX < MY < MZ) và một ancol no, hở đa chức T (phân tử không có quá 4 nguyên tử C). Đốt cháy hoàn toàn m gam A thì tạo ra hỗn hợp CO2 và 3,24 gam H2O. Tiến hành este hóa hoàn toàn hỗn hợp A trong điều kiện thích hợp thì hỗn hợp sau phản ứng chỉ thu được 1 este E đa chức và H2O. Để đốt cháy hoàn toàn lương E sinh ra cần 3,36 lít O2 thu được hỗn hợp CO2 và H2O thỏa mãn 4nE = nCO2 – nH2O. Thành phần % về khối lượng của Y trong hỗn hợp A là? (Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An) A. 16,82. B. 14,47. C. 28,30. D. 18,87. Câu 12. X, Y, Z là 3 este đều đơn chức, mạch hở (trong đó Y và Z không no có một liên kết C=C và có tồn tại đồng phân hình học). Đốt cháy 21,62 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với oxi vừa đủ, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 34,5 gam so với trước phản ứng. Mặt khác, đun nóng 21,62 gam E với 300 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu được hỗn hợp F chỉ chứa 2 muối và hỗn hợp gồm 2 ancol kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng. Khối lượng của muối có khối lượng phân tử lớn trong hỗn hợp F là (Đô Lương 1 – Nghệ An) A. 8,64 gam. B. 4,68 gam. C. 9,72 gam. D. 8,10 gam. Câu 13. Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm -COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là (Lý Thái Tổ - Bắc Ninh) A. 34,01%. B. 38,76%. C. 29,25%. D. 34,69%. Câu 14. Hỗn hợp X gồm một axit đơn chức, một ancol đơn chức và một este đơn chức (các chất trong X đều mạch hở và có nhiều hơn một cacbon). Đốt cháy hoàn toàn m gam X rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 135 gam kết tủa xuất hiện, đồng thời khối lượng dung dịch giảm 58,5 gam. Biết số mol ancol trong m gam X là 0,15 mol. Cho Na dư vào m gam X thấy có 2,8 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác m gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 12 gam NaOH. Cho m gam X vào dung dịch Br2 dư. Số mol Br2 có thể phản ứng tối đa là (Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - có chỉnh sửa) A. 0,75. B. 0,6. C. 0,4. D. 0,85. Câu 15. Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X, Y (đều được tạo ra từ hai amino axit no, có một nhóm –NH2 và một nhóm –COOH, MX < MY). Thủy phân hoàn toàn 0,06 mol hỗn hợp E bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hai muối có số mol là 0,08 mol và 0,20 mol. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 10,20 gam E cần dùng vừa đủ

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

11,088 lít O2 (đktc), tạo thành sản phẩm gồm có CO2, H2O và N2. Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử X và Y bằng 8. Tổng số nguyên tử trong một phân tử của Y là (Cờ Đỏ - Nghệ An 2016) A. 66. B. 63. C. 54. D. 57. Câu 16. Hỗn hợp X gồm Mg và Fe3O4 (trong đó oxi chiếm 25% khối lượng X). Cho một lượng X tan hết vào dung dịch gồm H2SO4 2M và KNO3 1M, thu được dung dịch Y chỉ chứa 17,87 gam muối trung hòa và 224ml khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Cho Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với (Thực Hành Cao Nguyên – Tây Nguyên) A. 30,88. B. 17,77. C. 30,35. D. 15,63. Câu 17. Hòa tan hết 13,52 gam hỗn hợp X gồm Mg(NO3)2, Al2O3, Mg và Al vào dung dịch NaNO3 và 1,08 mol HCl (đun nóng). Sau khi kết thức phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O và H2. Tỉ khối của Z so với He bằng 5. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 1,14 mol NaOH, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi thu được 9,6 gam rắn. Phần trăm khối lượng của Al có trong hỗn hợp X là (Thực Hành Cao Nguyên – Tây Nguyên) A. 19,97%. B. 27,96%. C. 31,95%. D. 23,96%. Câu 18. Nung nóng 30,005 gam hỗn hợp X gồm KMnO4, KClO3 và MnO2, sau một thời gian thu được khí O2 và 24,405 gam chất rắn Y gồm K2MnO4, MnO2, KMnO4, KCl. Để hòa tan hoàn toàn Y cần vừa đủ dung dịch chứa 0,8 mol HCl, thu được 4,844 lít khí Cl2 (đktc). Phần trăm khối lượng KMnO4 bị nhiệt phân là (Thực Hành Cao Nguyên – Tây Nguyên) A. 72,92%. B. 77,08%. C. 70,83%. D. 75,00%. Câu 19. Có hai bình điện phân, trong đó bình (1) đựng 20ml dung dịch NaOH 1,73M; bình (2) đựng dung dịch gồm 0,225 mol Cu(NO3)2 và 0,2 mol HCl. Mắc nối tiếp bình (1) và bình (2). Điện phân các dung dịch bằng dòng điện một chiều với cường độ dòng điện không đổi trong một thời gian. Khi dừng điện phân, tháo ngay catot ở các bình. Sau phản ứng, thấy nồng độ NaOH ở bình (1) là 2M. Cho tiếp 14 gam bột Fe vào bình (2) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam chất rắn không tan. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 và dH2O = 1,0 g/ml. Giá trị m là (Sở GD&ĐT Tỉnh Quảng Nam - có chỉnh sửa) A. 10,4. B. 9,8. C. 8,3. D. 9,4. Câu 20. Cho m gam bột Fe vào bình kín chứa đồng thời 0,06 mol O2 và 0,03 mol Cl2, rồi đốt nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn chỉ thu được hỗn hợp chất rắn chứa các oxit sắt và muối sắt. Hòa tan hết hỗn hợp này trong một lượng dung dịch HCl (lấy dư 25% so với lượng cần phản ứng) thu được dung dịch X. Cho dung dịch

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

AgNO3 dư vào X, sau khi kết thúc các phản ứng thì thu được 53,28 gam kết tủa (biết sản phẩm khử của N+5 là khí NO duy nhất). Giá trị của m là (Chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội) A. 6,44. B. 6,72. C. 5,88. D. 5,60. Câu 21. X, Y, Z là ba peptit đều mạch hở và MX > MY > MZ. Đốt cháy 0,16 mol peptit X hoặc 0,16 mol peptit Y cũng như 0,16 mol peptit Z đều thu được CO2 có số mol nhiều hơn số mol của H2O là 0,16 mol. Nếu đun nóng 69,8 gam hỗn hợp E chứa X, Y và 0,16 mol Z (số mol của X nhỏ hơn số mol của Y) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chỉ chứa 2 muối của alanin và valin có tổng khối lượng 101,04 gam. Phần trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp E gần với giá trị nào nhất (Chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội) A. 12%. B. 95%. C. 54%. D. 10%. Câu 22. Để hòa tan hết 38,36 gam hỗn hợp gồm Mg, Fe3O4, Fe(NO3)2 cần 0,87 mol dung dịch H2SO4 loãng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 111,46 gam muối sunfat trung hòa và 5,6 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai khí, tỉ khối hơi của X so với H2 là 3,8 (biết có 1 khí không màu hóa nâu ngoài không khí). Khối lượng Mg trong hỗn hợp ban đầu là (Chuyên KHTN – Hà Nội) A. 6,6 gam. B. 12,0 gam. C. 9,6 gam. D. 10,8 gam. Câu 23. Hỗn hợp X gồm anđehit axetic, axit butiric, etilen glicol, benzen, stiren và etanol, trong đó etanol chiếm 24,89% khối lượng hỗn hợp. Hóa hơi 9,4 gam hỗn hợp X thu được thể tích hơi bằng thể tích của 4,8 gam oxi ở cùng điều kiện. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 9,4 gam hỗn hợp X thu được V lít CO2 (đktc) và 8,28 gam H2O. Hấp thụ V lít CO2 (đktc) vào 400ml dung dịch Ba(OH)2 1M, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là (Chuyên KHTN – Hà Nội) A. 63,04. B. 74,86. C. 94,56. D. 78,80. Câu 24. Có 3,94 gam hỗn hợp X gồm bột Al và Fe3O4 (trong đó Al chiếm 41,12% về khối lượng ), thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn hỗn hợp X trong chân không thu được hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch chứa 0,314 mol HNO3 thu được dung dịch Z chỉ có các muối và 0,021 mol một khí duy nhất NO. Cô cạn dung dịch Z, rồi thu lấy chất rắn khan nung trong chân không đến khối lượng không đổi thu được hốn hợp khí và hơi T. Khối lượng của T gần giá trị nào nhất sau đây? (Chuyên ĐH Vinh – Nghệ An) A. 14,15 gam. B. 15,35 gam. C. 15,78 gam. D. 14,58 gam. Câu 25. X, Y là hai hiđrocacbon đồng đẳng, liên tiếp; Z là anđehit; T là axit cacboxylic; X, Y, Z, T đều mạch hở và T, Z đơn chức. Hiđro hóa hết hỗn hợp H gồm X, Y, Z, T cần đúng 0,95 mol H2, thu được 24,58 gam hỗn hợp N. Đốt cháy hết N cần đúng 1,78 mol O2. Mặt khác, cho N tác dụng hết với Na (dư), sau phản ứng thu được

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

3,92 lít khí H2 (đktc) và 23,1 gam muối. Nếu cho H tác dụng hết với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thì thu được m gam kết tủa. Biết số mol T bằng 1/6 số mol hỗn hợp H. Giá trị của m là (Tĩnh Gia 1 – Thanh Hóa) A. 176,24. B. 174,54. C. 156,84. D. 108,00. Câu 26. Hỗn hợp X gồm propin, vinylaxetilen, but–1–in. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3 trong nước amoniac dư thu được m + 26,75 gam kết tủa. Mặt khác m gam hỗn hợp X làm mất màu tối đa 96 gam brom. Hiđro hoá m gam hỗn hợp X (xúc tác Ni, đun nóng) thu được hỗn hợp ankan. Đốt hết lượng ankan này thu được 41,8 gam CO2. Phần trăm khối lượng vinyl axetilen trong hỗn hợp X gần nhất với (Tĩnh Gia 1 – Thanh Hóa) A. 42,8%. B. 41,3%. C. 40,0%. D. 44,2%. Câu 27. Cho m gam hỗn hợp A gồm FexOy, Fe và Cu tác dụng hết với 200 gam dung dịch chứa HCl 32,85% và HNO3 9,45%, sau phản ứng thu được 5,824 lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X chứa (m + 60,24) gam chất tan. Cho a gam Mg vào dung dịch X, kết thúc phản ứng thu được (m – 6,04) gam chất rắn và thấy thoát ra hỗn hợp khí Y gồm hai khí trong đó có một khí hóa nâu trong không khí, tỉ khối của Y so với He bằng 4,7. Giá trị của a gần nhất với giá trị nào sau đây ? (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 21,0. B. 23,0. C. 22,0. D. 24,0. Câu 28. Cho m gam hỗn hợp X gồm Gly và Ala tác dụng vừa đủ với KOH, thu được 13,13 gam hỗn hợp muối. Mặt khác, cũng từ lượng X trên ở điều kiện thích hợp người ta điều chế được hỗn hợp Y chỉ gồm hỗn hợp các peptit có tổng khối lượng a gam và nước. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp peptit trên cần dùng vừa đủ 7,224 lít O2 (đktc). Giá trị của m là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 8,95. B. 9,10. C. 7,50. D. 10,00. Câu 29. X là hỗn hợp chứa hai este đều thuần chức. Lấy 10,9 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 5,2 gam NaOH. Sau phản ứng thu được 0,13 mol hỗn hợp hai ancol đồng đẳng liên tiếp và hỗn hợp hai muối. Lấy toàn bộ lượng muối trên nung nóng trong hỗn hợp dư (NaOH, CaO) thu được 1,96 gam hỗn hợp hai ankan ở thể khí. Đốt cháy hoàn toàn lượng ankan và ancol trên thu được 0,36 mol CO2 và 0,56 mol H2O. Phần trăm khối lượng của este có khối lượng phân tử nhỏ trong X gần nhất với giá trị nào sau đây ? (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 28,22%. B. 32,22%. C. 30,33%. D. 34,44%. Câu 30. Hỗn hợp X gồm CH4, C2H4, C3H4 và C4H4. Nung nóng 6,72 lít hỗn hợp E chứa X và H2 có mặt Ni làm xúc tác thu được hỗn hợp F có tỉ khối so với hiđro bằng 19. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng dung dịch Br2 dư thấy lượng Br2 phản ứng là a gam; đồng thời khối lượng bình tăng 3,68 gam. Khí thoát ra khỏi bình (hỗn hợp khí T)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn có thể tích là 1,792 lít chỉ chứa các hiđrocacbon. Đốt cháy toàn bộ T thu được 4,32 gam nước. Thể tích các khí đều đo ở đktc. Giá trị của a là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ) A. 25,60. B. 20,80. C. 22,40. D. 19,20.

ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT

hơ

Câu 1: A giải đốt: 24,14 gam T gồm 1,13 mol C + 0,73 mol H2 và 0,57 mol O.

X, Y có 1 O; Z có 2 O ||→ chặn được 1,98 < nT < 3,96. Vì số CX ≥ 3

Q uy

||→ X là C3H6O; Y là C4H8O; còn Z là C3H?O2.

Kè

♦1 nếu ? = 4 thì nZ = 0,4 mol; giải số mol X, Y âm → loại.

Lại để ý: tương quan ∑nCO2 – ∑nH2O = 0,4 mol = (k – 1)nZ → có 2 trường hợp xảy ra cho ?.

ạy

♦2 nếu ? = 2 thì nZ = 0,2 mol; giải hệ nX = 0,15 mol; nY = 0,02 mol ok!.

m /+

Theo đó, yêu cầu %mZ trong T = 0,2 × 70 ÷ 24,14 ≈ 58,00%. Câu 2: A nhạy cảm: "Y, Z đều mạch hở, không phân nhánh" ||→ Y, Z có không quá 2 chức.

0,275 mol X + 0,4 mol NaOH → 2 muối + 2 ancol ||→ chứng tỏ Y đơn chức, Z là este 2 chức.

||→ giải nY = 0,15 mol; nZ = 0,125 mol ||→ 2 ancol cùng 0,125 mol.

Theo đó, xử lí 2ancol → 1ete + 1H2O ||→ 2 ancol là CH3OH và C2H5OH.

giải vôi tôi xút: nBr2 phản ứng = 0,275 mol = nX chứng to Y và Z cùng có 1πC=C. 0,275 mol CnH2n phản ứng Br2 → CnH2nBr2; từ %Br giải ra n = 2. Vậy Y là CH2=CH-COOH (axit acrylic) và Z là CH3OOC-CH=CH-COOC2H5. ||→ Yêu cầu mZ = 0,125 × 158 = 19,75 gam. Câu 3: B

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

♦ Quy đổi hỗn hợp ancol - axit - este: Giải đốt cháy tìm số C, H2, O. Thủy phân từ nNaOH phản ứng = 0,07 mol → naxit = 0,035 mol. ancol có số mol là 0,04 mol và mancol = `1,56 gam. bảo toàn O tìm ra nH2O = 0,02 mol. ||→ maxit = 4,84 + 0,02 × 18 – 1,56 = 3,64 gam

hơ

||→ mmuối axit cacboxylic = 3,64 + 0,035 × 2 × 22 = 5,18 gam.

Tuy nhiên, tránh quên yêu cầu và 0,01 mol muối NaCl nữa.

Q uy

theo đó yêu cầu m = 5,18 + 0,01 × 58,5 = 5,765 gam. Câu 4: A giải hỗn hợp khí Z gồm 0,4 mol NO và 0,3 mol CO2

Kè

► Chú ý các chất trong X đều cho đúng 1e ||→ bảo toàn e có nX = 3nNO = 1,2 mol.

ạy

||→ nFe3O4 = 0,25.nX = 0,3 mol ||→ ∑nFe = 1,2 + 2 × 0,3 = 1,8 mol (YTHH 01).

m /+

||→ mmuối = m + 284,4 = 1,8 × 242 ||→ m = 151,2 gam. Câu 5: A Để ý (4Al + 3C = Al4C3) + 12H2O → 4Al(OH)3 + (3CH4 = 3C + 12H)

(Ca + 2C = CaC2) + 2H2O → Ca(OH)2 + (C2H2 = 2C + 2H)

||→ quy đổi X gồm x mol Al + y mol Ca và 0,2 mol C khi tác dụng H2O

→ Z gồm 0,2 mol C + 1,05 mol H ||→ 1,05 = 3x + 2y. Khối lượng 27x + 40y = 12,75

||→ giải x = 0,25 mol Al và 0,15 mol Ca. Dạng này chú ý linh hoạt sử dụng YTHH 02: có 0,4 mol Cl đi về 0,15 mol CaCl2 và 0,1/3 mol AlCl3 ||→ còn bao nhiêu Al nữa ở hết trong tủa Al(OH)3 ||→ yêu cầu m = (0,25 – 0,1 ÷ 3) × 78 = 16,9 gam. Câu 6: A 1.(–CHO) + AgNO3/NH3 → 2Ag và 1.(–COOH) + NaHCO3 → 1CO2 ||→ đọc ra m gam X gồm x mol C + 0,11 mol (–CHO) + 0,07 mol (–COOH)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn m gam Y là axit cacboxylic dạng CnH2nO2 ⇄ y mol CH2 + z mol O. ||→ Khối lượng m = mX = 12x + 6,34 = mY = 14y + 16z ⇄ – 12x + 14y + 16z = 6,34 (1). ||→ nO cần đốt = 2x + 1,5 × 0,11 + 0,5 × 0,07 + 3y – z = 0,805 × 2 ⇄ 2x + 3y – z = 1,41 (2). ||→ bảo toàn C có ∑nCO2 = 0,785 = x + 0,18 + y ⇄ x + y = 0,605 mol (3). Giải hệ có x = 0,205 mol; y = 0,4 mol và z = 0,2 mol.

Kè

Q uy

hơ

||→ Yêu cầu m = 12x + 6,34 = 8,8 gam. Câu 7: D Gộp cả quá trình với các giả thiết được thể hiện:

ạy

Gọi nNH4NO3 = x mol thì ghép cụm nH2O = 3nNH4 + 2nNO + 1nNO2 = 3x + 0,164

bảo toàn H có 0,408 = 4x + 2 × (3x + 0,164) ||→ giải x = 0,008 mol ||→ nH2O = 0,188 mol.

m /+

Đọc yêu cầu → bảo toàn khối lượng cả sơ đồ có m = 43,9 gam. Câu 8: C mX = mH2O + 0,6 mol Cu(NO3)2 + 0,4 mol FeCl3 = mH2O + 177,8 gam.

0,8 mol khí ↑ ở anot gồm 0,6 mol Cl2 + 0,2 mol O2 hay về ng.tố là 1,2 mol Cl + 0,4 mol O.

điện phân dung dịch ra: 0,2 mol Cl2 + 0,4 mol CuCl2 + 0,2 mol CuO + 0,2 mol FeO.

||→ trong dung dịch còn 0,2 mol Fe(NO3)2 + 0,8 mol HNO3 → tạo 0,2 ÷ 3 mol NO↑ (bảo toàn e). ||→ mX – mY = 0,2 mol Cl2 + 0,4 mol CuCl2 + 0,2 mol CuO + 0,2 mol FeO + 0,2/3 mol NO ||→ mX – mY = 100,6 gam. Câu 9: D Sơ đồ quá trình với một số xử lí giả thiết cơ bản:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Đơn giản là bảo toàn O lần 1: có nO trong B = 0,265 mol (trong phản ứng B + HNO3). bảo toàn O lần 2 với YTHH 01 sự đặc biệt của nguyên tố O trong hh khí có nO trong A = 1,26 mol ||→ Yêu cầu m = 1,26 × 16 ÷ 0,47818 ≈ 42,16 gam. Câu 10: C X là X16. phương trình biến đổi peptit: X16 + 7H2O → 8X2 (*).

hơ

thêm nữa, X2 + 2NaOH → Y + 1H2O; đốt Y cho x mol Na2CO3 (với nX2 = x mol)

Một chú ý quan trọng: đốt X2 hay đốt X17 hay đốt muối Y đều cần cùng một lượng O2

12,5 mol không khí gồm 2,5 mol O2 và 10 mol N2 kk thì chỉ cần 2,04 mol O2 để đốt

Q uy

còn 0,46 mol O2 dư và 10 mol N2 trong Z; vì ngưng tụ hơi nước nên trong Z còn

Kè

Rút gọn lại vừa đủ: đốt x mol đipeptit X2 dạng CnH2nN2O3

nN2 peptit + nCO2 = 1,68 mol; mà nN2 peptit = nX2 = x mol ||→ ngay ∑nC trong X = 1,68 mol.

ạy

cần 2,04 mol O2 thu được cùng 1,68 mol H2O + 1,68 mol CO2 + x mol N2.

m /+

bảo toàn O có: 3x + 2,04 × 2 = 3 × 1,68. Giải ra x = 0,32 mol.

||→ mđipeptit X2 = 1,68 × 14 + 76x = 47,84 gam; nH2O trung gian ở (*) = 0,28 mol

||→ yêu cầu m = mX17 = 47,84 – 0,28 × 18 = 42,8 gam. Câu 11: D Biện luận: tương quan: 4nE = nCO2 – nH2O ||→ E có 5 π.

► chú ý điểm đặc biệt E được tạo từ 3 axit đều no, mạch hở;

và từ một ancol cũng là no mạch hở có tối đa 4C ⇄ tối đa 4 chức ⇄ E có tối đa 4πCO. Vậy còn 1π của E do đâu nữa? À, axit không nói đơn chức, nếu nếu có 1 thằng 2 chức thì sẽ đính với 2 chức ancol làm thành 1 vòng là 1πvòng nữa là đủ → ok rồi.! Như vậy, este E có dạng CnH2n – 8O8 đốt cần 0,15 mol O2 → CO2 + H2O (*). chú ý tiếp, nếu có x mol T thì nE = x mol và nH2O este hóa = 4x mol. A → E + H2O (đây là H2O este hóa) (||→ X, Y, Z, T có cùng số mol)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ||→ tương quan đốt A và E có nH2O khi đốt E = 0,18 – 4x mol. ||→ nCO2 khi đốt E = 0,18 mol vì x = nE. Ở (*) bảo toàn O giải ra x = 0,02 mol. ||→ số CE = 9 = 4số C ancol tối đa + 2số C axit 2 chức tối thiểu + (1 + 2)số C X ≠ Y duy nhất còn lại) ||→ X là HCOOH; Y là CH3COOH; Z là (COOH)2 và T là C4H6(OH)4

Theo đó mY = 12 gam và mA = 6,36 gam ||→ yêu cầu %mY trong A ≈ 18,87%. Câu 12: A 21,62 gam E (este đều đơn chức) + vừa đủ 0,3 mol NaOH ||→ nCOO trong E = 0,3 mol

Q uy

(CO2 + H2O) + Ca(OH)2 dư có ∆mdung dịch giảm = 56x – 18y = 34,5 gam.

hơ

♦ giải đốt 21,62 gam E (0,3 mol) + O2 –––to–→ x mol CO2 + y mol H2O.

Lại có mE = 12x + 2y + 0,3 × 32 = 21,62 gam ||→ giải x = 0,87 mol và y = 0,79 mol.

Kè

||→ tương quan ∑nCO2 – ∑nH2O = nY + Z = 0,08 mol → nX = 0,22 mol.

ạy

chú ý: Y, Z không no và thủy phân cho ancol nên số CY, Z ≥ 4.

Chặn số Ctrung bình của X < (0,87 – 0,08 × 4) ÷ 0,22 = 2,5 → số CX = 2 hay X là HCOOCH3.

m /+

♦ Biện luận: hai ancol đồng đẳng nên ancol còn lại là C2H5OH.

Thủy phân E chỉ cho 2 muối mà 1 muối là HCOONa (no rồi)

||→ 1 muối còn lại phải là không no 1 C=C là gốc axit của Y và Z.

nghĩa là Y là CnH2n – 1COOCH3 và Z là CnH2n – 1COOC2H5 (Y, Z đồng đẳng kế tiếp)

Đơn giản, tính lại số Ctrung bình Y, Z = (0,87 – 0,22 × 2) ÷ 0,08 = 5,375 ||→ số CY = 5 và số CZ = 6. tuy nhiên, đọc kĩ yêu cầu bài tập ||→ chỉ quan tâm muối lớn trong F là 0,08 mol C3H5COONa ⇄ myêu cầu = 8,64 gam. Câu 13: A giải ancol → là 0,08 mol CH3OH → nE = 0,08 mol. giải đốt 5,88 gam E gồm 0,22 mol H2 + 0,08 mol O2 → có 0,24 mol C. Tương quan có neste không no = ∑nCO2 – ∑nH2O = 0,02 mol → nhai este no = 0,06 mol. Biện luận: chú ý rằng este không no dạng RCOOCH3 có đồng phân hình học

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

||→ este không nó tối thiểu phải là CH3CH=CH-COOCH3 (là C5). Xem tiếp, este no tối thiểu là HCOOCH3 ||→ chặn số Ceste không no < (0,24 – 0,06 × 2) ÷ 0,02 = 6. 5 ≤ số Ceste không no < 6 có nghĩa là este không no là C5H8O2 luôn. ||→ Yêu cầu %meste không no trong E = 0,02 × 100 ÷ 5,88 ≈ 34,01%. Câu 14: A Giải số mol: nancol = 0,15 mol; naxit = 0,1 mol và neste = 0,2 mol.

hơ

Giải đốt cháy: nCO2 = 1,35 mol và nH2O = 0,95 mol.

Yêu cầu X + Br2 ||→ làm việc với số mol liên kết πC=C trong X.

Xem nào: tương quan ∑nCO2 – ∑nH2O = 0,4 mol = (số πX – 1).nX

Q uy

số CX đều > 1 nên chú ý chỉ còn 1 khả năng + Br/H2O nữa là HCOOR của este.

Kè

||→ nπ trong X = 0,4 + 0,45 = 0,85 mol mà nπ CO trong X = 0,3 mol ||→ nπ C=C trong X = 0,55 mol.

ạy

Yêu cầu: "số mol Br2 có thể phản ứng tối đa" nên TH este dạng HCOOR như nói trên

m /+

sẽ phản ứng thêm với 0,2 mol Br2/H2O nữa ||→ ∑nBr2 max có thể = 0,75 mol. Câu 15: B ♦ Quy về đipeptit: 0,06 mol E + 0,08 mol H2O → 0,14 mol đipeptit E2.

||→ tỉ lệ 3E + 4H2O → 7E2; gọi nE2 = 7x mol thì nH2O trung gian = 4x mol.

Quy đốt (10,2 + 72x) gam E2 (7x mol) cần 0,495 mol O2 –––to–→ 1.CO2 + 1.H2O + N2.

mol.

||→ phương trình:

Thay ngược lại tính: ∑nCO2 = 0,4 mol; nđipeptit = 0,07 mol; nE = 3x = 0,03 mol. ||→ số Ctrung bình 2 aa = 0,4 ÷ (0,07 × 2) = 2,857... → có 1 aa là Glyxin (C2). Thủy phân 0,03 mol E cho số mol hai aa là 0,04 và 0,1 mol. Xét 2 TH: • nếu Gly có 0,04 mol thì aa còn lại là 0,1 mol, bảo toàn C → số Caa còn lại = 3,2 → không t/m! • nếu Gly có 0,1 mol thì aa còn lại là 0,04 mol → số Caa = 5 là Val → ok.! ☠ ☠ ☠: đoạn tiếp này biện luận hơi "củ chuối" tí. a cũng chưa có thời gian ngẫm kĩ hơn để có phương án

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn thích hợp hơn. :D. E gồm hai peptit An (a mol) và Bm (b mol) với m + n = 8 + 2 = 10 = 2 + 8 = 3 + 7 = 4 + 6. Có các giả thiết: a + b = 0,03 mol và an + bm = 0,14 mol; nGly = 0,1 mol; nVal = 0,04 mol. ♦ TH1: nếu n = 2 thì bắt buộc A2 là Gly-Val; trước đó giải a = 1/60 và b = 1/75 mol ||→ không tìm được B thỏa mãn.

hơ

Q uy

Phân chia: 0,02 mol A4 là (Gly)3(Val)1 và 0,01 mol B6 là (Gly)4(Val)1.

♦ TH3 n = 4 và m = 6; giải hệ a, b trước được a = 0,02 mol và b = 0,01 mol.

♦ TH2 nếu n = 3 thì tương tự cũng loại.!

m /+

ạy

Kè

vì MX < MY nên Y là B6 (Gly)4(Val)1 có CTPT C18H34N5O6. Câu 16: C Sơ đồ quá trình được thể hiện với nH2SO4 = 2x mol và nKNO3 = x mol theo tỉ lệ:

Ghép cụm NO3 có nO trong X = 2x – 0,02 mol ||→ mX = 4 × 16 × (2x – 0,02) = 128x – 1,28 gam.

BTKL cả sơ đồ giải tìm x = 0,05 mol ||→ nSO42– = 0,1 mol và nNO3– = 0,04 mol.

Yêu cầu: tủa gồm 0,1 mol BaSO4 và Fe(OH)? + Mg(OH)2.

linh hoạt xử lí: ∑nOH trong tủa = 2∑nSO42– + ∑nNO3– – nK+ = 0,19 mol

Lại có mFe + Mg = 128x – 1,28 – 16 × (2x – 0,02) = 3,84 gam. ||→ Kết quả m = ∑mtủa = 0,1 × 233 + (3,84 + 0,19 × 17) = 30,37 gam. Câu 17: D Quan sát sơ đồ quá trình quy đổi + xử lí:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Gọi nNH4+ = 4x mol. Giải 1,14 mol NaOH xử lí dung dịch sau phản ứng đọc ra: nMg2+ = 0,24 mol; nAl3+ = (0,165 – x) mol; bảo toàn điện tích trong Y có nNa+ = (0,105 – x) mol. • Ghép cụm nO trong X = nH2O – 5nN2O – 3nNH4+ = 0,16 – 20x mol. • bảo toàn nguyên tố N có nNO3 trong X = (5x + 0,015) mol. • lại thêm các nguyên tố: nMg = 0,24 mol và nAl = (0,165 – x) mol.

Kè

• khối lượng X: mX = 158x + 122,5y + 87z = 30,005 gam.

Q uy

||→ nAl trong X = 0,12 mol ||→ %mAl trong X ≈ 23,96%. Câu 18: A 30,005 gam X gồm x mol KMnO4 + y mol KClO3 và z mol MnO2.

Đọc yêu cầu: quan tâm ∑nAl = 0,16 mol; nO = 0,06 mol đọc ra 0,02 mol Al2O3

hơ

||→ giải phương trình mX = 13,52 gam ||→ x = 0,005 mol.

ạy

• có nHCl dùng = 0,8 mol → nO trong Y = 0,4 mol; nO2 ↑ ra = (30,005 – 24,405) ÷ 32 = 0,175 mol.

m /+

||→ bảo toàn O có: 4x + 3y + 2z = 0,175 × 2 + 0,4 = 0,75 mol.

• Bảo toàn electron cả quá trình có: 5x + 6y + 2z = 4nO2 + 2nCl2 = 1,1325 mol.

Giải hệ các phương trình trên có: x = 0,12 mol; y = 0,0875 mol và z = 0,00375 mol.

MnO2 không nhiệt phân; ở đây dùng một lượng ít này cảm giác như là xúc tác

cho 0,0875 mol KClO3 nhiệt phân hoàn toàn tạo 0,13125 mol O2.

||→ còn cần 0,0875 mol KMnO4 phản ứng nhiệt phân nữa để tạo thêm 0,04375 mol O2 ||→ Yêu cầu H%KMnO4 nhiệt phân = 0,0875 ÷ 0,12 ≈ 72,92 %. Câu 19: C Ở đây có dùng một kiến thức vật lí: mắc nối tiếp nên hai bình điện phân cùng I. • bình (1): giải điện phân NaOH → có thể coi là quá trình điện phân H2O từ CM (NaOH) → nH2O bị điện phân = 0,15 mol ⇄ ne trao đổi = 0,3 mol. • dùng giả thiết ne trao đổi trên: có điện phân bình (2) ra: 0,1 mol CuCl2 + 0,05 mol CuO.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ||→ bảo toàn gốc NO3 đọc ra dd sau điện phân gồm 0,075 mol Cu(NO3)2 và 0,3 mol HNO3. Quy về giải 0,25 mol Fe + 0,075 mol Cu(NO3)2 + 0,3 mol HNO3 → ? gam chất rắn không tan.! Giải: m gam chất rắn gồm 0,075 mol Cu và 0,0625 mol Fe ⇄ m = 8,3 gam. Câu 20: B nHCl cần = 2nO trong oxit = 0,24 mol → nHCl đã dùng (dư 25%) = 0,3 mol.

hơ

Gộp quá trình:

Ghép cụm có nH2O = nO trong oxit + 2nNO ||→ nNO = 0,015 mol.

Q uy

∑nCl = 0,36 mol đi hết vào 53,28 gam tủa → về nguyên tố nAg trong tủa = 0,375 mol

Bảo toàn N có nFe(NO3)3 = (0,375 – 0,015) ÷ 3 = 0,12 mol.

ạy

Kè

||→ Yêu cầu m = mFe = 0,12 × 56 = 6,72 gam. Câu 21: A giả thiết có tương quan khi đốt: nCO2 – nH2O = nX = nY = nZ ||→ X, Y, Z đều là tetrapeptit.

m /+

Giải thủy phân: 1.E4 + 4NaOH → muối + 1.H2O.

BTKL có nE = (101,04 – 69,8) ÷ (4 × 40 – 18) = 0,22 mol.

nZ = 0,16 mol; nX + Y = 0,08 mol. và quay lại giải nAla = 0,76 mol; nVal = 0,12 mol.

Z chỉ cần chứa 1 Val thì nVal ≥ 0,16 mol rồi → Z phải là (Ala)4.

Như vậy còn lại: nX + Y = 0,08 mol; tạo X, Y là 0,12 mol Ala và 0,12 mol Val.

Thêm nữa là nX < nY và MX > MY ||→ Biện luận.! ☆ Loại trừ nhanh: nếu X, hoặc Y có dạng (Val)2(Ala)2 thì peptit còn lại cũng phải là (Val)2(Ala)2 vì ∑nAla = ∑nVal → loại hết TH này vì MX > MY. Theo đó, chỉ cần xét: ♦ Nếu X là Val-Ala-Ala-Ala thì bắt buộc Y là (Ala)4 → không thỏa mãn nX < nY. ♦ Nếu X là (Val)3(Ala)1 thì Y là (Val)1(Ala)3 hoặc (Ala)4. Tương tự nhẩm số mol các tình huống của TH này đều cho kết quả nX = nY hoặc nX > nY không thỏa mãn.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ♦ TH cuối: X là (Val)4 thì Y là (Val)1(Ala)3 hoặc (Ala)4; TH (Ala)4 thì nX = nY rồi. chỉ TH Y là (Val)1(Ala)3 giải được nX = 0,02 mol và nY = 0,04 mol thỏa mãn.

Giải khí nNO = 0,05 mol và nH2 = 0,2 mol. BTKL cả sơ đồ có nH2O = 0,57 mol.

hơ

Theo đó, yêu cầu %mX trong E ≈ 11,86%. Câu 22: D Sơ đồ quá trình + xử lí một số giả thiết cơ bản:

Q uy

Tiếp tục: bảo toàn H có nNH4+ = 0,05 mol ||→ nFe(NO3)2 = 0,05 mol (theo bảo toàn N).

Ghép cụm có nH2O = nO trong oxit + 2nNO + 3nNH4+ ||→ nFe3O4 = 0,08 mol.

ạy

Kè

Vậy mMg = 38,36 – 0,08 × 232 – 0,05 × 180 = 10,8 gam. Câu 23: B Bài tập thuần đốt cháy (không quan tâm đến tính chất các chất đốt)

m /+

||→ quan sát CTPT các chất + biến đổi để tìm quy luật! Xem nào:

9,4 gam X gồm C2H4O + C4H8O2 + C2H6O2 + C6H6 + C8H8 + 0,05 mol C2H6O.

quan sát hai hiđrocacbon, xem nào, tách đốt: C2H4 = C2H2.H2O à, cảm giác cùng dạng rồi.

Tiếp: C4H8O2 = C4H4.2H2O (chuẩn luôn.!); còn lại C2H6O2 = C2H2.2H2O ||→ xong.!

Đốt 9,4 gam X gồm x mol CH + y mol H2O + 0,05 mol C2H6O thu được 0,46 mol H2O.

Giải hệ được x = 0,38 mol và y = 0,12 mol ||→ quan tâm đốt X thu được 0,38 mol CO2. Bài tập: 0,38 mol CO2 + 0,4 mol Ba(OH)2 → 0,38 mol BaCO3 + 0,02 mol Ba(OH)2 dư. ||→ Yêu cầu mtủa = 0,38 × 197 = 74,86 gam. Câu 24: B Quan sát sơ đồ quá trình và giả thiết:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

•₁ khí duy nhất không phải nói sản phẩm khử duy nhất nên tránh quên amoni NH4+. •₂: có Al dư sau nhiệt nhôm nên có amoni, lúc này dùng X hay Y + HNO3 đều như nhau.! Giải: gọi nNH4+ = x mol thì nHNO3 = 10nNH4 + 4nNO + 2nO trong oxit (bảo toàn electron) (hoặc có thể dùng ghép cụm) đều tìm ra nNH4 = 0,015 mol → nH2O = 0,127 mol.

hơ

Lại có ở (2): ∑mcác oxit = 5,46 gam ||→ Yêu cầu mT = 20,806 – 5,46 = 15,346 gam. Câu 25: A giải nhanh (ancol + axit) + Na → 23,1 gam muối + 0,175 mol H2.

BTKL cả phản ứng (1) có mmuối Z = 20,806 gam.

Q uy

Mtrung bình ancol và axit = (23,1 – 0,35 × 22) ÷ 0,35 = 44 ||→ M < 44 chỉ có thể là CH3OH.

||→ H gồm x mol axit CmH?O2; (0,35 – x) mol HCHO và (6x – 0,35) mol hai hđc CnH??

Kè

||→ N gồm x mol axit CmH2mO2; (0,35 – x) mol CH3OH và (6x – 0,35) mol hai ankan CnH2n + 2

ạy

♦ Giải đốt 24,58 gam N cần 1,78 mol O2 → y mol CO2 + z mol H2O.

m /+

•1: bảo toàn khối lượng có: 44y + 18z = 24,58 + 1,78 × 32 = 81,54 gam. •2: bảo toàn nguyên tố O có: 2y + z = 1,78 × 2 + 2x + (0,35 – x) ⇄ – x + 2y + z = 3,91.

•3: tương quan: ∑nH2O – ∑nCO2 = nancol + nankan ⇄ z – y = (0,35 – x) + (6x – 0,35) = 5x

||→ giải hệ các phương trình có: x = 0,1 mol; y = 1,17 mol và z = 1,67 mol.

||→ nX, Y = 0,25 mol; nZ = 0,25 mol và nT = 0,1 mol. Từ mmuối giải ra axit là C3H6O2

Từ khối lượng N và ancol, axit đã biết → giải ra 0,13 mol C2H6 và 0,12 mol C3H4. Chú ý: TH H gồm C2H2; C3H4; HCHO và HC≡C-COOH sẽ ứng với TH mà hỗn hợp H cần nhiều H2 nhất để làm no; tức nH2 max cần = 0,25 × 2 + 0,25 + 0,1 × 2 = 0,95 coi lại nH2 dùng cũng bằng 0,95 mol luôn ||→ H đúng với TH trên.! Theo đó, H + AgNO3 là phản ứng của (C2H2; C3H4; HCHO và HC≡C-COOH) Tủa sinh ra gồm: 0,25 × 4 mol Ag (dừng ở đây là đáp án D); 0,13 mol AgC≡CAg

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn + 0,12 mol AgC≡C-CH3 (dừng ở đây là đáp án C) và 0,1 mol AgC≡C-COONH4 ||→ ∑mtủa = 176,24 gam Câu 26: B X dạng RC≡CH + AgNO3/NH3 → tủa dạng RC≡CAg ||→ tăng giảm khối lượng có nX = 26,75 ÷ 107 = 0,25 mol gồm C3H4 (2π) + C4H4 (3π) và C4H6 (2π). YTHH 01: •1: nBr2 = 0,6 mol = ∑nπ trong X ||→ nC4H4 = 0,6 – 0,25 × 2 = 0,1 mol (3π với 2π)

Kè

Q uy

||→ Yêu cầu %mC4H4 trong X ≈ 41,27%. Câu 27: C

hơ

Vậy 0,25 mol X gồm 0,05 mol C3H4; 0,1 mol C4H4 và 0,1 mol C4H6.

YTHH 01 lần 2: •2: ∑nCO2 = 0,95 mol ||→ nC3 = 0,25 × 4 – 0,95 = 0,05 mol.

ạy

Quan sát quá trình 1:

BTKL có nH2O = 0,92 mol. Bảo toàn H chứng tỏ trong X chứa 0,26 mol H+ dư như trên.

m /+

♦ Quá trình 2: để ý khí Y có M = 18,8 → là H2 và NO. Quan sát quá trình chính:

giải tỉ khối Y tìm tỉ lệ 2 khí NO : H2 là 3 : 2 rồi gọi các ẩn như sơ đồ: • Ghép cụm: nH2O = 2nNO + 3nNH4 ⇄ y = 6x + 3z (1). • bảo toàn nguyên tố N có: 3x + z = 0,04 mol (2). • Bảo toàn nguyên tố H có: 4x + 2y + 4z = 0,26 mol (3) Giải x = 0,01 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol ||→ bảo toàn điện tích có nMg2+ = 0,895 mol. ► Chỉ cần BTKL cả sơ đồ có ngay và luôn giá trị yêu cầu a = 21,84 gam. Câu 28: A

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Biến đổi peptit X gồm x mol Gly và y mol Ala → mmuối = 113x + 127y = 13,13 gam. ♦ đốt X hay đốt a gam peptit đều cần dùng cùng một lượng O2 là 0,3225 mol. ||→ nO2 cần đốt = 9/4.x + 15/4y = 0,3225 mol.

hơ

||→ Yêu cầu m = mX - 0,06 × 75 + 0,05 × 89 = 8,95 gam. Câu 29: B 10,9 gam X gồm 0,04 mol CH3COOC2H5 và 0,03 mol C3H5(COOCH3)(COOC2H5)2.

Giải hệ các phương trình có x = 0,06 mol và y = 0,05 mol.

Q uy

%meste có phân tử khối nhỏ trong X ≈ 32,29%. Câu 30: B giải đốt 0,08 mol hỗn hợp T gồm các ankan dạng CnH2n + 2 –––to–→ 0,24 mol H2O.

Kè

||→ số H = 6 = 2n + 2 → đại diện T là C2H6 ||→ mT = 0,08 × 30 = 2,4 gam.

ạy

||→ mE = 3,68 + 2,4 = 6,08 gam = mF ||→ nF = 0,16 mol = nX (vì thu được chỉ hđc nên H2 pw hết).

theo đó nH2 pw hết = 0,3 – 0,16 = 0,14 mol ||→ mX = 5,8 gam với 0,16 mol dạng C?H4

m /+

→ ? = 2,6875 ||→ 0,16 mol X dạng C2,6875 H4 có ∑nπ = 0,27 mol.

Làm no X dùng 0,14 mol H2 và a gam Br2 ||→ a = (0,27 – 0,14) × 160 = 20,8 gam.