Vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn trong hóa học

Ví dụ 1: Cho 20 gam hon hp X gôm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 tan va hêt trong 700 ml dung dch HCl 1M thu được 3,36 lít H2 (ðktc) và dung dch Y. Cho dung dch Y tác dng vi NaOH dư, lọc kêt tủa và nung trong không khí ðên khôi lýng không ðoi, thu ðýc chât ran Z. Khôi lýng Z là : A. 16 gam. B. 32 gam. C. 8 gam. D. 24 gam. (Ðê thi th Ðại học lân 1 – THPT Cẩm Khê – Phú Thọ, nam hc 2013 – 2014)

22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 PHƯƠNG PHÁP 20: V N D NG LINH HO T CÁC Đ NH LU T B O TOÀN TRONG HĨA H C I CÁC VÍ D MINH H A Ví d 1: Cho 20 gam h n h p X g m Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 tan v a h t 700 ml dung d ch HCl 1M thu đư c 3,36 lít H2 (đktc) dung d ch Y Cho dung d ch Y tác d ng v i NaOH dư, l c k t t a nung khơng khí đ n kh i lư ng không đ i, thu đư c ch t r n Z Kh i lư ng Z : A 16 gam B 32 gam C gam D 24 gam (Đ thi th Đ i h c l n – THPT C m Khê – Phú Th , năm h c 2013 – 2014) Hư ng d n gi i Sơ đ ph n ng : (H + H O) Fe, Fe3O   FeO, Fe2O3  dd HCl FeCl  Fe(OH)2 O , t o   NaOH   →  Fe O3 →  123 FeCl3 Fe(OH)3    24  chất rắn Z dung dịch Y Áp d ng b o tồn ngun t H, O, Fe b o toàn kh i lư ng, ta có : n HCl = n H + n H O 2 { { { 2 n Fe O = n Fe X 0,7 0,15 ?  n O X = n H O = 0,2  { 24    n O X = n H O ⇒ ⇒  0,15 ← 0,3   n Fe X = 0,3 m = 0,15.160 = 24 gam 56n Fe X + 16n O X = 20   Fe2 O3    Ví d 2: Hịa tan hồn tồn 27,2 gam h n h p X g m Fe, Fe2O3 b ng dung d ch H2SO4 loãng (lư ng H2SO4 ph n ng v a đ v i giá tr nh nh t) th y V lít H2 (đktc) thu đư c dung d ch Y Thêm t t NaOH đ n dư vào dung d ch Y K t thúc thí nghi m, l c l y k t t a đem nung không khí đ n kh i lư ng khơng đ i thu đư c 32 gam ch t r n V có giá tr A 3,36 lít B 11,2 lít C 4,48 lít D 2,24 lít (Đ thi th Đ i h c l n – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Th , năm h c 2012 – 2013) Hư ng d n gi i Trong ph n ng c a X v i dung d ch H2SO4 loãng, lư ng H2SO4 dùng v a đ v i giá tr nh nh t Fe kh h t Fe3+ sinh t Fe2O3 Sơ đ ph n ng : H2 Fe   Fe2 O3  24 dd H SO4 27,2 gam o O2 , t NaOH → → FeSO  Fe(OH)2  Fe2 O3 123 0,2 mol Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 Theo gi thi t áp d ng b o toàn nguyên t Fe, ta có : 56n Fe + 160n Fe O X = 27,2   n Fe = 0,2 nFe + 2n Fe O X = n F O thu ⇒  3 1444 424443 n Fe2O3 X = 0,1   0,2  Trong ph n ng c a X v i H2SO4, theo b o toàn electron, ta có : n Fe = n Fe O + n H ⇒ n H = 0,1 mol ⇒ VH (đktc) = 2,24 lít 2 { { { 0,2 0,1 ? Ví d 3: Ngư i ta u ch H2 O2 b ng phương pháp n phân dung d ch NaOH v i n c c trơ, cư ng đ dòng n 0,67A th i gian 40 gi Dung d ch thu đư c sau n phân có kh i lư ng 100 gam n ng đ NaOH 6% N ng đ dung d ch NaOH trư c n phân (gi thi t lư ng nư c bay không đáng k ) A 5,08% B 6,00% C 5,50% D 3,16% (Đ thi n sinh Đ i h c kh i B năm 2012) Hư ng d n gi i Đi n phân dung d ch NaOH b n ch t n phân H2O, t o O2 lư ng NaOH dung d ch không b thay đ i Theo b o tồn electron, ta có : anot H2 catot Kh i n H = 0,5 mol 0,67.40.3600  = mol ⇒  2 96500 n O2 = 0,25 mol  Theo s b o toàn kh i lư ng, ta th y n ng đ ph n trăm c a dung d ch NaOH trư c n phân : 2n H = 4nO = n electron trao đổi = C%dd NaOH = m NaOH m dd NaOH ban ñaàu = 100.6% 100% = 5,5% 100 + 0,5.2 + 0,25.32 { 1442443 mH mO Ví d 4: Cho 10,4 gam h n h p g m Fe C (Fe chi m 53,846% v kh i lư ng) ph n ng v i dung d ch HNO3 đ c, nóng, dư t o NO2 s n ph m kh nh t Th tích khí (đktc) t o thành sau ph n ng : A 44,8 lít B 14,2 lít C 51,52 lít D 42,56 lít (Đ thi th Đ i h c l n – THPT C m Khê – Phú Th , năm h c 2013 – 2014) Hư ng d n gi i m = 10,4.53,846% = 5,6 gam n Fe = 0,1 mol   Theo gi thi t, ta có :  Fe ⇒ m C = 10,4 − 5,6 = 4,8 gam nC = 0,4 mol   NO2 ↑ Fe HNO3  Sơ đ ph n ng :   Fe(NO3 )3 +  → + H 2O C CO2 ↑   Theo b o toàn electron b o toàn nguyên t C, ta có : n NO = n Fe + n C = 1,9 mol { {  0,1 0,4 ⇒ V(NO , CO ) đktc = (1, + 0,4).22,4 = 51,52 lít  2 n CO = n C = 0,4 mol  PS : t p này, h c sinh thư ng ch tính th tích khí NO2 mà qn khơng tính th tích khí CO2, đáp án D : 42,56 lít Đó k t qu sai! Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 Ví d 5: Tr n 10,8 gam b t Al v i 34,8 gam b t Fe3O4 r i ti n hành ph n ng nhi t nhôm u ki n khơng có khơng khí Hồ tan hoàn toàn h n h p r n sau ph n ng b ng dung d ch H2SO4 loãng (dư) thu đư c 10,752 lít khí H2 (đktc) Hi u su t c a ph n ng nhi t nhôm A 80% B 90% C 70% D 60% (Đ thi n sinh Đ i h c kh i B năm 2010) Hư ng d n gi i Theo gi thi t b o toàn electron, ta th y : nFe O = n Al nên hi u su t ph n ng có th tính { { 0,4 0,15 theo Al ho c Fe3O4 Trong ph n ng nhi t nhôm ph n ng c a h n h p X v i HCl, theo b o toàn electron b o tồn ngun t Fe, Al, ta có : 8 nFe O phản ứng = n Al phản ứng 14442444  14444244443 0,04.8.27  8x 3x  → ⇒ x = 0,04 ⇒ H = 100% = 80%  nH 10,8 h 2 n Fe tạo thàn3 + 3n Al dö = { 14442444 {  9x 0,4 − 8x 0,48  Ví d 6: Cho lu ng khí CO qua ng s đ ng m gam Fe2O3 nhi t đ cao m t th i gian, thu đư c 6,72 gam h n h p X g m ch t r n khác Đem hoà tan hoàn toàn X dung d ch HNO3 dư, thu đư c 0,448 lít khí NO (đktc) Giá tr m : A 8,2 B C 7,2 D 6,8 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Ninh Giang, năm h c 2013 – 2014) Hư ng d n gi i Sơ đ ph n ng : Fe2 O3 CO, t o CO2 ↑ (1) FeO, Fe2O3 HNO   Fe(NO3 )3 + NO ↑ →  (2) Fe, Fe3O   Căn c vào toàn b trình ph n ng, ta th y : Ch t kh CO; ch t oxi hóa HNO3, s n ph m kh c a HNO3 NO Theo b o tồn electron, ta có : nCO = 3n NO ⇒ nCO = 0,03 mol { { 0,02 ? Theo b n ch t ph n ng kh oxit b o toàn kh i lư ng, ta có : n O bị tách khỏi Fe O = n CO = 0,03 ⇒ m Fe O = 6,72 + { 3 mX 0,03.16 1442443 m O bị tách = 7,2 gam khỏi Fe2O3 Ví d 7: Cho 5,04 gam natri sunfit tác d ng v i dung d ch axit clohiđric dư Toàn b khí thu đư c có th làm m t màu V ml dung d ch KMnO4 0,2M Giá tr V : A 70 B 80 C 160 D 140 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Vi t Yên 1, năm h c 2013 – 2014) Hư ng d n gi i B n ch t ph n ng : Na2 SO3 + HCl → Na2 SO + SO2 ↑ + H O SO2 + KMnO + H O → K 2SO + MnSO + H 2SO4 Theo b o toàn nguyên t S b o tồn electron, ta có : Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513  5, 04 n SO2 = n Na2SO3 = 126 = 0,04  ⇒ n KMnO = 0,016 mol ⇒ Vdd KMnO 0,2M = 0,08 lít = 80 ml  4 n KMnO 2 n SO2 = 14 { 4244  0,04 ?  Ví d 8: Đ t 4,2 gam s t khơng khí thu đư c 5,32 gam h n h p X g m s t oxit s t Hòa tan h t X b ng 200 ml dung d ch HNO3 a mol/l sinh 0,448 lít NO ( đktc, s n ph m kh nh t c a N+5) Giá tr c a a A 1,225 B 1,1 C 1,3 D 1,425 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Vĩnh B o – H i Phòng, năm h c 2013 – 2014) Hư ng d n gi i Fe  O2 HNO3 →  muoái + NO ↑ → Sơ đ ph n ng : Fe   (1) (2) Fex O y   5,32 − 4,2 = 0,035 mol 32 Theo b o toàn electron b o toàn nguyên t N, ta có : Theo b o tồn kh i lư ng, ta có : nO = nNO − tạo muối = nelectron trao đổi = n O + 3n NO = 0,2 { {  0,02 0,22  0,035 ⇒ [HNO3 ] = = 1,1M  nHNO = nNO − tạo muối + nNO = 0,22 0,2  3 1444 424444 { 0,02  0,2  này, n u cho r ng hòa tan h t X HNO3 ph i t o Fe(NO3)3 s tính 0,245 phương án A : nHNO = 3n Fe(NO ) + n NO = 0,245 mol ⇒ [HNO3 ] = = 1,225 mol Đây k t 3 0,2 qu sai! Th c t mu i t o thành g m c Fe(NO3)2 Fe(NO3)3 PS : Ví d 9: Cho h n h p X ch a 0,15 mol Cu 0,15 mol Fe tác d ng v i HNO3 loãng, thu đư c s n ph m kh nh t 0,2 mol khí khơng màu hóa nâu khơng khí dung d ch Y Kh i lư ng mu i khan thu đư c sau cô c n dung d ch Y : A 64,5 gam B 55,2 gam C 45,8 gam D 38,6 gam (Đ thi th Đ i h c l n – THPT C m Khê – Phú Th , năm h c 2013 – 2014) Hư ng d n gi i Khí khơng màu hóa nâu khơng khí NO Theo b o tồn electron, ta th y : n Fe + n Cu = 3n NO ⇒ Trong ph n ng c a X v i dung d ch { { { 0,15 0,15 0,2 HNO3, mu i t o thành Fe(NO3)2 Cu(NO3)2 Theo b o toàn nguyên t Fe, Cu, ta có : nFe(NO ) = n Fe = 0,15 mol  ⇒ m muoái = 0,15.180 + 0,15.188 = 55,2 gam  24 24 4 nCu(NO3 )2 = nCu = 0,15 mol m Fe( NO ) m Cu( NO )  3 Trên bư c đư ng thành công khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 Ví d 10: Nhi t phân 50,56 gam KMnO4 sau m t th i gian thu đư c 46,72 gam ch t r n Cho toàn b lư ng khí sinh ph n ng h t v i h n h p X g m Mg, Fe thu đư c h n h p Y n ng 13,04 gam Hịa tan hồn tồn h n h p Y dung d ch H2SO4 đ c, nóng dư thu đư c 1,344 lít SO2 (đktc) Thành ph n ph n trăm kh i lư ng Mg X A 52,17% B 46,15% C 28,15% D 39,13% (Đ thi th Đ i h c l n – THPT L c Ng n s – B c Giang – Năm h c 2013 – 2014) Hư ng d n gi i Sơ đ ph n ng : Fe O , Fe  H2 SO4 to Mg, Fe KMnO  O   x y → →  → (1) (2) (3) MgO, Mg  14243 Fe(NO3 )3  + SO ↑  Mg(NO3 )2  Y H n h p Y có th ch a ch t sơ đ (1), theo b o toàn kh i lư ng, ta có : m O2 = 50,56 − { = 3,84 gam ⇒ nO2 = 0,12 mol { 46,72 m KMnO m chất rắn (2) (3), theo b o toàn kh i lư ng b o toàn electron, ta có : 24n Mg + 56n Fe = m Y − m O = 9,2 { {   13,04 0,15.24  n Mg = 0,15 3,84 100% = 39,13% ⇒ ⇒ %m Mg X =  9,2 nO 2n Mg + 3n Fe = { + nSO2 = 0,6 n Fe = 0,1  {  0,12 0,06  Ví d 11: Hoà tan m gam h n h p X g m Fe, FeS, FeS2 S vào dung d ch HNO3 đ c, nóng, thu đư c dung d ch Y (khơng ch a mu i amoni) 49,28 lít h n h p khí NO, NO2 n ng 85,2 gam Cho Ba(OH)2 dư vào Y, l y k t t a nung khơng khí đ n kh i lư ng không đ i thu đư c 148,5 gam ch t r n khan Giá tr c a m A 38,4 gam B 9,36 gam C 24,8 gam D 27,4 gam (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Minh Khai, năm h c 2013 – 2014) Hư ng d n gi i Quy đ i h n h p X thành h n h p g m Fe S Dung d ch Y có th cịn axit dư Sơ đ ph n ng : NO2   NO  Fe  S HNO3 (1)  3+ +   Fe , H Fe(OH)3 t o Fe2O3 Ba(OH)2   →   →  (2) (3) 2− − BaSO4 BaSO4 SO4 , NO3    1444442444443 Y nNO + n NO = 2,2   n NO = ⇒  30n NO + 46nNO2 = 85,2 n NO2 = 1,2   Theo b o toàn electron b o tồn ngun t Fe, Ba, ta có : Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 3n Fe + 6n S = 3n NO + n NO = 4,2 { {  3n + 6n S = 4,2 n = 0,4 1,2    ⇒  Fe ⇒  Fe  80nFe + 233nS = 148,5 nS = 0,5 160 n Fe2O3 + 233 n BaSO4 = 148,5   { {  0,5n Fe nS  Suy : m X = 14 + 0,4.56 = 38,4 gam 0,5.32 14 4244 4244 mS m Fe Ví d 12: Đi n phân lít dung d ch h n h p g m NaCl CuSO4 đ n H2O b n phân hai c c d ng l i, t i catot thu 1,28 gam kim lo i anot thu 0,336 lít khí (đktc) Coi th tích dung d ch khơng đ i pH c a dung d ch thu đư c : A B C 12 D 13 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Th , năm h c 2012 – 2013) Gi s Hư ng d n gi i anot ch có khí Cl2 Áp d ng b o tồn electron, ta có : 3,36 nelectron trao đổi = nCl = n Cu ⇒ nCl = 0,02 mol > = 0,015 mol : Vô lý! 2 { { 22,4 ? 0,02 V y anot ph i gi i phóng c khí O2 Theo b o tồn electron gi thi t, ta có : 2n Cl2 + 4n O2 = 2n Cu = 0,04 n Cl2 = 0,01   ⇒  n Cl2 + n O2 = 0,015 n O2 = 0,005   Áp d ng b o toàn nguyên t H O, ta có : n H + = 2n H2O 0,02  ⇒ n H+ = 0,02 mol ⇒ [H + ] = = 0,01M ⇒ pH =  n H2O = 2n O2 = 0,01  Ví d 13: Dung d ch X g m AgNO3 Cu(NO3)2 có n ng đ mol L y m t lư ng h n h p g m 0,03 mol Al 0,05 mol Fe cho vào 100 ml dung d ch X cho t i ph n ng k t thúc thu đư c ch t r n Y ch a kim lo i Cho Y vào dung d ch HCl dư gi i phóng 0,07 gam khí N ng đ mol c a mu i là: A 0,3M B 0,45M C 0,42M D 0,40M (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Vĩnh B o – H i Phòng, năm h c 2013 – 2014) Hư ng d n gi i Th t tính kh : Al > Fe; th t tính oxi hóa : Ag+ > Cu2+ Căn c vào th t tính oxi hóa – kh gi thi t ta th y kim lo i Y Ag, Cu Fe Sơ đ ph n ng : Ag +   2+ Cu  Al , Fe { { Al3+   2+ Fe  0,03 mol 0,05 mol (1) Ag, Cu H +  Fe2 + + →  (2) Fe H2 { 0,035 mol Căn c vào tồn b q trình ph n ng, ta th y : Ch t kh Al, Fe; ch t oxi hóa Ag+, Cu2+, H+, s n ph m kh c a H+ H2 Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 Theo gi thi t b o toàn electron, ta có : 0,04 nAl + nFe = nCu2+ + nAg+ + n H ⇒ x = 0,04 ⇒ [AgNO3 = [Cu(NO3 )2 ] = = 0,4M { { { { { 0,1 0,03 0,05 x x 0,035 Ví d 14: Cho 23,2 gam Fe3O4 vào lít HCl 1M, thu đư c dung d ch X Th tích dung d ch KMnO4 0,5M (trong dung d ch H2SO4 loãng, dư) c n dùng đ oxi hóa h t ch t dung d ch X A 425 ml B 520 ml C 400 ml D 440 ml (Đ thi th Đ i h c l n – THPT L c Ng n s – B c Giang, năm h c 2013 – 2014) Hư ng d n gi i Fe2+ , Fe3+ KMnO4 / H2SO4  HCl Sơ đ ph n ng : Fe3O4 →  − +  → (1) Cl ,H  Fe3+ , Mn2 +  + Cl ↑  SO4 − ,H +   Trong dung d ch X mu i s t cịn có th cịn HCl dư Căn c vào sơ đ ph n ng, ta th y : Trong tồn b q trình ph n ng, ch t kh Fe3O4 HCl; ch t oxi hóa KMnO4 Theo b o tồn electron, ta có : 0,22 n Fe O + n HCl = n KMnO ⇒ n KMnO = 0,22 mol ⇒ Vdd KMnO 0,5M = = 0,44 lít = 440 ml 4 4 { { 14 4244 0,5 0,1 ? Ví d 15*: Cho 8,3 gam h n h p Al, Fe vào 600 ml dung d ch HCl 1M, thu đư c dung d ch X thu đư c 5,6 lít khí (đktc) Cho dung d ch X tác d ng v a h t v i 500 ml dung d ch KMnO4 x mol/lít H2SO4 Giá tr c a x : A 0,28M B 0,24M C 0,48M D 0,04M Hư ng d n gi i n H + ban đầu = n HCl = 0,6 mol  ⇒ n H+ dö = 0,1 mol Theo gi thi t b o toàn nguyên t H, ta có :  n H + phản ứng = 2n H2 = 0,5 mol  Vì axit HCl dư nên Al Fe ph n ng h t Sơ đ ph n ng : H2 ↑ Fe  Al HCl (1) Al3+ , Fe2+ KMnO4 / H2SO4   →  + (2) − H , Cl  14243 3+ +  3+ Al , Fe , K + Cl2 ↑  2+ 2− Mn , SO4  dung dịch X Áp d ng b o tồn electron cho ph n ng (1) k t h p v i gi thi t, ta có : 27n Al + 56n Fe = 8,3 n = 0,1   ⇒  Al  3n Al + 2n Fe = 2n H2 = 0,5 n Fe = 0,1   Áp d ng b o toàn electron cho ph n ng (2), ta có : Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 0,14 5n KMnO = n Fe2+ + n Cl− ⇒ n KMnO = 0,14 mol ⇒ [KMnO ] = = 0,28M 4 0,5 { { 0,1 ? 0,6 t p h c sinh thư ng quên ph n ng oxi hóa ion Cl − , bi u th c b o tồn 0,02 = 0,04M electron cho ph n ng (2) 5n KMnO = nFe2+ ⇒ n KMnO = 0,02 mol ⇒ [KMnO ] = 4 0,5 { PS : ? 0,1 Nhưng k t qu sai! Ví d 16: Sau đun nóng 23,7 gam KMnO4 thu đư c 22,74 gam h n h p ch t r n Cho h n h p ch t r n tác d ng hoàn toàn v i dung d ch axit HCl 36,5% (d = 1,18 g/ml) đun nóng Th tích khí Cl2 (đktc) thu đư c : A 2,24 B 4,48 C 7,056 D 3,36 Hư ng d n gi i Sơ đ ph n ng : O2 ↑ to KMnO (1) K MnO  HCl → MnO2 (2) KMnO  Như v y, sau tồn b q trình ph n ng : Ch t oxi hóa Mn thay đ i t +7 v +2 Ch t kh O −2 KMnO4 đ i t -2 v 0, s oxi hóa c a Cl thay đ i t -1 v Áp d ng b o toàn kh i lư ng, ta có : MnCl  + Cl ↑  KCl  Mn+7 KMnO4, s oxi hóa c a Cl −1 HCl, s oxi hóa c a O thay 0,96 m O = 23,7 − 22,74 = 0,96 gam ⇒ n O = = 0,03 mol { { 2 32 m m KMnO4 chất rắn Áp d ng b o tồn electron, ta có : 5n KMnO = nO + nCl ⇒ nCl = 0,315 mol ⇒ VCl (ñktc) = 0,315.22,4 = 7,056 lít 2 2 { { 0,03 0,15 ? Ví d 17: Cho m gam h n h p X g m Fe2O3, CuO, MgO, FeO Fe3O4 vào dung d ch H2SO4 đ c, nóng, thu đư c 3,36 lít khí SO2 (đktc) M t khác nung m gam h n h p X v i khí CO dư thu đư c ch t r n Y h n h p khí Z Cho Z vào dung d ch Ca(OH)2 dư thu đư c 35 gam k t t a Cho ch t r n Y vào dung d ch HNO3 đ c, nóng, dư thu đư c V lít khí NO2 (đktc) s n ph m kh nh t Giá tr c a V A 11,2 B 22,4 C 44,8 D 33,6 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Th , năm h c 2011 – 2012) Hư ng d n gi i Trong ph n ng c a X v i CO, theo b o tồn ngun t C, ta có : nCO = n CO = nCaCO = 0,35 mol Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 Trong ph n ng c a X v i H2SO4 đ c, nóng, ch t kh X; ch t oxi hóa H2SO4, s n ph m kh SO2 Trong ph n ng c a X v i CO Y v i HNO3 đ c, nóng, ch t kh X CO; ch t oxi hóa HNO3, s n ph m kh NO2 Theo b o tồn electron, ta có : nelectron X nhường = nSO = 0,3 {   0,15 ⇒ VNO (đktc) = 22,4 lít  nNO = nelectron X nhường + nCO =  144444 { 42444443  0,35 0,3  Ví d 18*: Cho m gam h n h p X g m Cu Fe2O3 vào dung d ch HCl, sau ph n ng hoàn toàn thu đư c dung d ch Y ch a hai ch t tan l i 0,2m gam ch t r n chưa tan Tách b ph n chưa tan, cho dung d ch AgNO3 dư vào dung d ch Y thu đư c 86,16 gam k t t a Giá tr c a m A 17,92 B 22,40 C 26,88 D 20,16 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Tĩnh Gia – Thanh Hóa, năm h c 2013 – 2014) Hư ng d n gi i B n ch t ph n ng c a X v i HCl : Fe2 O3 + HCl → FeCl3 + H 2O Cu + FeCl3 → CuCl + FeCl2 Ch t r n l i sau ph n ng Cu, m X phaûn ứng với HCl = m − 0,2m = 0,8m Cu(NO3 )3 CuCl2 Cu AgCl ↓    AgNO3 HCl Sơ đ ph n ng :  →    → +  (1) (2) Fe2 O3 FeCl Fe(NO3 )3 Ag ↓    1442443 1442443 X Y Vì dung d ch Y ch a hai ch t tan nên hai mu i, HCl khơng cịn dư Áp d ng b o tồn electron cho ph n ng (1), ta có : nCu = n Fe O = x Áp d ng b o toàn nguyên t Cl b o toàn electron cho ph n ng (2), ta có :  nCuCl + nFeCl = n AgCl 2 {  {  x 2x ⇒ m (Ag, AgNO ) = 6x.143,5 + 2x.108 = 86,16 ⇒ x = 0,08  n FeCl { = n Ag  2x  Suy : m X phản ứng với HCl = 0,08.64 + 0,08.160 = 0,8m ⇒ m = 22,4 gam 1442443 14442444 m Cu m Fe 2O3 Ví d 19*: Th i khí CO qua ng s đ ng m gam Fe2O3 nung nóng Sau ph n ng thu đư c m1 gam ch t r n Y g m ch t Hoà tan h t ch t r n Y b ng dung d ch HNO3 dư thu đư c 0,448 lít khí NO (s n ph m kh nh t, đo u ki n chu n) dung d ch Z Cô c n dung d ch Z thu đư c (m1 + 16,68) gam mu i khan Giá tr c a m : A 8,0 gam B 16,0 gam C 12,0 gam D gam (Đ thi th Đ i h c – THPT chuyên B c Ninh) Hư ng d n gi i Sơ đ ph n ng : Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 CO ↑ CO, t o Fe2 O3 (1) Fe3O , Fe  HNO3  Fe(NO3 )3 + NO ↑ →  (2) FeO, Fe2 O3  14 244 Y Xét toàn b trình ph n ng, ta th y : Ch t kh CO, ch t oxi hóa HNO3, s n ph m kh c a HNO3 NO Theo b o tồn electron, ta có : n CO = n NO ⇒ n CO = 0,03 mol ⇒ n O Fe O bị tách = n CO = 0,03 mol { { ? 0,02 Theo b o toàn kh i lư ng, ta th y : m Y = m Fe O − m O bị tách ⇒ m1 = m − 0,48 (*) Theo b o toàn nguyên t Fe gi thi t, ta có : 2n Fe O = n Fe(NO 3 )3 ⇒ m + 16,68 m = (**) 160 242 Gi i h (*) (**), ta có : m = gam Ví d 20: Tr n 21,6 gam b t Al v i m gam h n h p X (g m FeO, Fe2O3 Fe3O4) đư c h n h p Y Nung Y nhi t đ cao u ki n khơng có khơng khí đ n ph n ng hoàn toàn thu đư c h n h p ch t r n Z Cho Z tác d ng v i dung d ch NaOH dư thu đư c 6,72 lít khí N u cho Z tác d ng v i dung d ch HNO3 lỗng, dư thu đư c 19,04 lít NO (s n ph m kh nh t) Bi t th tích khí đo đktc Giá tr c a m : A 58,6 B 50,8 C 46,0 D 62,0 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT chuyên – ĐHSP Hà N i, năm h c 2011 – 2012) Hư ng d n gi i Theo gi thi t, ph n ng nhi t nhôm x y hoàn toàn, h n h p sau ph n ng tác d ng v i dung d ch NaOH sinh khí H2 Ch ng t Al dư, oxit c a Fe ph n ng h t 21,6 6,72 19,04 = 0,8 mol; n H = = 0,3 mol; n NO = = 0,85 mol 27 22,4 22,4 Quy đ i h n h p X thành Fe O Sơ đ ph n ng : nAl = Al O Fe  Al, to   →  (1) Al, Fe O  24 Z NaOH   H O  (2) NaAlO2 + H ↑ HNO (3) Al(NO3 )3  + NO ↑  Fe(NO3 )3  Áp d ng b o toàn electron, ta có : 10 Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 Fe, O to  →  (1) Al 123 X Al2 O3   Al, Fe  24 Y NaAlO2 + H ↑ NaOH   H O  (2) H SO4 đặc, t o (3) Al (SO4 )3  + SO2 ↑  Fe2 (SO4 )3  Theo b o tồn electron gi thi t, ta có :  3n Al = 2n O + 2n H 3n Al = 2n O + n H 2 {  144 2444  n Al = mol bảo toàn electron cho (1) (2) 0,3      ⇒ 3n Al + 3nFe = 2nO + nSO2 ⇒ n Fe = 0,9 mol 3n Al + 3nFe = 2nO + 2nSO2 { 24444  n = 1,2 mol 14444 cho (1) (3) 1,65 bảo toàn electron  O   27n Al + 56n Fe + 16nO = 96,6 27n Al + 56n Fe + 16nO = 96,   Suy : nFe : n O = 0,9 :1, = : ⇒ oxit saét laø Fe3O Câu 26: Cho 1,35 gam h n h p g m Cu, Mg, Al tác d ng h t v i dung d ch HNO3, thu đư c s n ph m kh g m 0,01 mol NO 0,04 mol NO2 Kh i lư ng mu i t o dung d ch có giá tr : A 10,08 gam B 5,96 gam C 6,59 gam D 5,69 gam (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Vi t Yên 1, năm h c 2013 – 2014) Theo b o tồn n tích b o tồn kh i lư ng, ta có : n electron trao đổi = n NO − tạo muối = nNO + nNO = 0,07 mol { {  0,01 0,04   m muoái = m (Cu, Mg, Al) + m NO3− tạo muối = 5, 69 gam 144424443 1444424444 4  1,35 0,07.62  Câu 27*: Hịa tan hồn tồn 30,0 gam h n h p X g m Mg, Al, Zn dung d ch HNO3,sau ph n ng hoàn toàn thu đư c dung d ch Y h n h p g m 0,1 mol N2O 0,1 mol NO Cô c n dung d ch sau ph n ng thu đư c 127 gam h n h p mu i V y s mol HNO3 b kh ph n ng : A 0,45 mol B 0,35 mol C 0,40 mol D 0,30 mol (Đ thi th Đ i h c l n – THPT C m Lý – B c Giang, năm h c 2013 – 2014) Gi s ph n ng t o NH4NO3 Theo b o toàn electron b o toàn kh i lư ng, ta có : n − = n electron trao đổi = 3n NO + 8n N O + 8n NH NO  NO3 tạo muối nitrat kim loại  m muối = m (Mg, Al, Zn) + m NO3− tạo muối nitrat kim loại + m NH4 NO3  nHNO3 bị khử = n NO + 2nN2O + 2nNH4 NO3  Suy : 32 Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 127 = 30 + 62(3 n NO + nN O + n NH NO ) + 80 n NH NO 4 { { 1442443 1442443 n  = 0,05 0,1   NH 4NO3 0,1 ? ? ⇒  nNH NO = 0,4 mol nHNO3 bị khử = n NO + n N2O + 1442443 n {  HNO3 bị khử {  0,1 0,1 ?  Câu 28: Cho 17,92 gam h n h p X g m Fe3O4, FeO, Fe, Cu, CuO, Al, Al2O3 (trong oxi chi m 25,446% v kh i lư ng) vào dung d ch HNO3 loãng dư, k t thúc ph n ng thu đư c dung d ch Y 1,736 lít (đktc) h n h p khí Z g m N2 N2O T kh i c a Z đ i v i H2 15,29 Cho NaOH t i dư vào Y r i đun nóng, khơng th y có khí S mol HNO3 ph n ng A 1,215 B 1,475 C 0,75 D 1,392 (Thi th Đ i h c l n – THPT Chuyên – Đ i h c Vinh – Ngh An, năm h c ) 17,92.25,446% = 0,285 mol 16 Theo gi thi t, ta có : nO2− X =  1,736 nN2 + n N2O = 22,4 = 0,0775 n N = 0,065   ⇒  28n + 44n N2 N2 O n = 0,0125   = 15,29.2 = 30,58  N2O  nN + nN O 2  B n ch t ph n ng : H+ tham gia ph n ng trao đ i v i ion O2 − ; H+ NO3 − tham gia ph n ng kh kim lo i ion kim lo i ● Cách : Tính s mol c a HNO3 thơng qua s mol c a ion H + d a vào ph n ng 2H + + O2 − → H2 O mol : 0,57 ← 0,285 12H + + 2NO3− + 10e → N + 6H 2O ← mol : 0,78 + 0,065 − 10H + 2NO3 + 8e → N O + 5H O ← mol : 0,125 0,0125 Suy : n HNO = n H + = 1, 475 mol ● Cách : V n d ng linh ho t đ nh lu t b o tồn n tích, b o toàn electron b o toàn nguyên t N n HNO = 10n N + 8n N O + 2n N + 2n N O = 0,905 2 142 244 14 244 4  n electron trao đổi n N sản phẩm khử ⇒ ∑ n HNO = 1, 475 mol  n = n H+ = 2n O2− = 0,57  HNO3 Câu 29: Dung d ch X có ch a Ba2+ (x mol), H+ (0,2 mol), Cl − (0,1 mol), NO3 − (0,4 mol) Cho t t dung d ch K2CO3 1M vào dung d ch X đ n thu đư c lư ng k t t a l n nh t, th y tiêu t n V lít dung d ch K2CO3 Giá tr c a V A 0,15 B 0,4 C 0,2 D 0,25 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Chuyên KHTN, năm h c 2011 – 2012) Ba2+ , H + K + , Cl −   K2 CO3 Sơ đ ph n ng :  −   → + BaCO3 ↓ + CO ↑ − − Cl , NO3 NO3   Áp d ng b o tồn n tích cho dung d ch sau ph n ng b o toàn nguyên t K, ta có : Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 33 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 nK + = nCl− + n NO − = 0,5 { {  0,1 ⇒ nK CO = 0,25 mol ⇒ Vdd K CO 1M = 0,25 lít 0,4  3 2n = n K + = 0,5  K2CO3 Câu 30: Cho m gam h n h p Al - Ba (t l mol tương ng : 1) tan h t 500 ml dung d ch NaOH 1M thu đư c dung d ch X 8,96 lít khí Th tích dung d ch HCl 1M c n thêm vào dung d ch X đ sau ph n ng thu đư c k t t a l n nh t : A 900 ml B 500 ml C 700 ml D 200 ml Theo gi thi t, ta có sơ đ ph n ng : +  2+ Al Ba , Na dd NaOH dd HCl   →  →  (1) (2) Ba AlO2 − , OH −    14 244 +  2+ Ba , Na + Al(OH)3 ↓  − Cl  14243 ung dòch Y dung dòch X Theo gi thi t b o tồn electron, ta có : nAl + nBa = n H ⇒ x = 0,1 { { { 2x x 0,4 Sau t t c ph n ng, dung d ch thu đư c (dung d ch Y) ch ch a ion Theo b o toàn nguyên t Ba, Na áp d ng b o toàn n cho dung d ch Y, ta có : n + = nNaOH = 0,5  Na  nBa2+ = nBa = 0,1 ⇒ nCl− = 0,7 ⇒ n HCl = 0,7 ⇒ Vdd HCl 1M = 0,7 lít = 700 ml  nNa+ + 2n Ba2+ = nCl−  Câu 31: Cho m gam h n h p Al, Fe vào 300 ml dung d ch HCl 1M H2SO4 0,5M, thu đư c dung d ch X 5,6 lít H2 (đktc) Tính th tích dung d ch h n h p NaOH 1M KOH 1,5M c n cho vào dung d ch X đ thu đư c k t t a có kh i lư ng l n nh t : A 300 ml B 600 ml C 400 ml D 240 ml (Đ thi th Đ i h c l n – THPT H Hòa – Phú Th , năm h c 2013 – 2014) Theo gi thi t, suy : nCl− = n HCl = 0,3 mol; n SO 2− = n H SO = 0,15 mol 4 Sơ đ ph n ng : H2 ↑ Fe  Al HCl (1) Al3+ , Fe2+  NaOH, KOH →   + (2) − 2− H , Cl , SO4  1442443 dung dòch X Na+ , K + Al(OH)3 ↓   +   − 2− , SO4  Fe(OH)2 ↓   Cl 244 14 dung dòch Y Cho NaOH, KOH vào dung d ch X đ thu đư c k t t a l n nh t dung d ch Y thu đư c ch ion G i V th tích dung d ch NaOH 1M KOH 15M c n dùng cho ph n ng Áp d ng b o tồn n tích cho dung d ch Y, ta có : nNa+ + nK + = n Cl− + nSO 2− = 0,6 mol ⇒ V = 0,24 lít = 240 ml { { { { V 34 1,5V 0,3 0,15 Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 PS : N u làm theo cách thông thư ng ph i tính s mol c a Al, Fe s mol c a H+ dư Sau tính s mol c a OH − ph n ng v i ion Al 3+ , Fe2 + , H + X, t suy th tích dung d ch NaOH 1M KOH 1,5M Nhưng làm th s m t nhi u th i gian hơn! Câu 32: Cho m gam Al4C3 ph n ng v a h t v i lư ng dung d ch có 0,03 mol HCl, đư c dung d ch X M t khác cho m’ gam Al4C3 k ph n ng v a h t v i dung d ch có 0,04 mol KOH đư c dung d ch Y Tr n l n toàn b X Y k v i đư c h n h p Z ch a mol mu i nhôm ? A 0,025 mol B 0,01 mol C 0,04 mol D 0,08 mol (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Th , năm h c 2011 – 2012) Trong ph n ng c a Al4C3 v i dung d ch HCl, ion H+ HCl đư c thay b ng ion Al3+ V y theo b o toàn n tích b o tồn ngun t H, ta có : 3n Al3+ X = n H+ = nHCl = 0,03 ⇒ nAl3+ = 0,01 mol Trong ph n ng c a Al4C3 v i dung d ch KOH, ion OH − đư c thay b ng ion AlO2 − V y theo b o toàn n tích b o tồn nhóm OH − , ta có : nAlO − Y = nOH− = nKOH = 0,04 mol Trong ph n ng c a X v i Y, theo b o toàn n tích, ta có : nAl3+ phản ứng = n AlO − phản ứng ⇒ n AlO − dư = 0,04 − 0,03 = 0,01 mol 2 14 14243 24 0,01  0,03 → Câu 33: Cho gam b t Cu vào 200 ml dung d ch AgNO3, sau m t th i gian ph n ng l c đư c dung d ch X 9,52 gam ch t r n Cho ti p gam b t Pb vào dung d ch X, ph n ng xong l c tách đư c dung d ch Y ch ch a mu i nh t 6,705 gam ch t r n N ng đ mol/l c a AgNO3 ban đ u là: A 0,20M B 0,25M C 0,35M D 0,1M (Đ thi th Đ i h c l n – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Th , năm h c 2011 – 2012) V tính kh : Pb > Cu Suy sau tồn b q trình ph n ng, mu i tan nh t Pb(NO3)2 Như v y, th c ch t ch có Pb ph n ng v i dung d ch AgNO3 Theo b o toàn electron s tăng gi m kh i lư ng, ta có : 2n Pb = n Ag+ n Pb = 0,025   108n + − 207n = (9,52 + 6,705) − (8 + 8) = 0,225 ⇒  Pb 1444442444443 14 4243 Ag  n Ag+ = 0,05  m chất rắn thu m kim loại đem phản ứng  Theo b o tồn ngun t Ag, suy : 0,05 = 0,25M 0,2 Câu 34*: Hịa tan hồn tồn 2,56 gam Cu bình ch a 25,2 gam dung d ch HNO3 60% Thêm ti p 210 ml dung d ch KOH 1M vào bình Ph n ng xong, c n bình ph n ng, nung ch t r n thu đư c t i kh i lư ng không đ i đư c 20,76 gam ch t r n X S mol HNO3 tham gia ph n ng hòa tan đ ng : A 0,12 mol B 0,1 mol C 0,15 mol D 0,08 mol (Đ thi th Đ i h c l n – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Th , năm h c 2011 – 2012) Dù Cu(NO3)2 sinh ph n ng c a Cu v i dung d ch HNO3 có ph n ng h t v i dung d ch KOH hay khơng c n bình ph n ng nung ch t r n đ n kh i lư ng không đ i, Cu h p ch t s chuy n h t thành CuO Suy : nAgNO = n Ag+ = 0,05 mol ⇒ [AgNO3 ] = Trên bư c đư ng thành công d u chân c a k lư i bi ng 35 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 2,56 = 0,04 mol 64 Ph n ch t r n X l i KNO2 có th có KOH dư Theo b o toàn kh i lư ng b o toàn nguyên t K, ta có : Theo b o tồn ngun t Cu, ta có : nCuO = n Cu = 85nKNO + 56n KOH dö = 20,76 − 0,04.80 = 17,56 24   n KNO2 = 0,2 m CuO ⇒  n KNO + n KOH dư = n KOH ban đầu = 0,21  n KOH dö = 0,01  Theo b o tồn ngun t N, ta có : n HNO dư + n Cu(NO ) = nKNO = nKNO = 0,2 3 4 242 1233 n HNO dö = 0,12 mol  ?  0,04 ⇒  = 0,12 mol n HNO3 phaûn ứng với Cu = n HNO3 ban đầu − nHNO3 dư n  HNO3 phản ứng với Cu 14 124 24  0,24 ?  Câu 35*: Cho 12,25 gam KClO3 vào dung d ch HCl đ c, khí Cl2 cho tác d ng v i h t v i kim lo i M thu đư c 30,9 gam h n h p ch t r n X Cho X vào dung d ch AgNO3 dư, thu đư c 107,7 gam k t t a V y kim lo i M là: A Zn B Mg C Fe D Cu (Đ thi th Đ i h c l n – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Th , năm h c 2010 – 2011) Trong ph n ng c a KClO3 v i HCl đ c, coi s oxi hóa KClO3 thay đ i t +5 v -1 Theo b o toàn electron, ta có : nKClO = n Cl ⇒ n Cl = 0,3 mol ⇒ m M = 30,9 − 0,3.71 = 9,6 gam 2 { { 0,1 ? Theo b o toàn nguyên t Cl b o tồn kh i lư ng, ta có : nAgCl = 2nCl = 0,6 mol ⇒ m AgCl = 86,1 gam ⇒ m Ag = 21,6 gam ⇒ n Ag = 0,2 mol Trong ph n ng c a Cl2 v i M X v i AgNO3 dư, theo b o tồn electron, ta có : n n = 9,6 M = nCl + n Ag ⇒ = 12 ⇒  ⇒ M laø Mg { { M n M = 24 0,3 0,2 Câu 36*: Cho gam Cu tác d ng v i lít dung d ch g m HNO3 aM H2SO4 Sau ph n ng, thu đư c 0,112 lít ( đktc) NO s n ph m kh nh t 1,2 gam mu i Giá tr c a a : A 2,5 10-3 B 5.10-3 C 1.10-3 D 0,01 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Vi t Yên 1, năm h c 2013 – 2014) Bán ph n ng kh ion NO3 − : 4H + + NO3− + 3e → NO + 2H 2O Theo b o toàn electron bán ph n ng ta có : 2n Cu phản ứng = 3n NO  n Cu phản ứng = 0,0075 < n Cu ban đầu Cu dư  n H+   =4 ⇒ ⇒  nCu2+ = 0,0075 mol  n NO n H+ = 0,02   n = 0,005  NO Mu i thu đư c dung d ch sau ph n ng có ch a ion Cu 2+ , SO 42 − , có th có ion NO3 − ho c khơng Theo b o tồn n tích, b o toàn kh i lư ng gi thi t, ta có : 36 Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 2 n Cu2+ = n NO − + 2n SO 2− n HNO = n NO = 0,005 n =0  {  0,0075  NO3−  ⇒ ⇒  0,005 = 2,5.10 −3 64 n Cu2+ + 62n NO3− + 96n SO42− = 1,2 n SO42− = 0,0075 a =  {   0,0075  Câu 37*: Hoà tan hoàn toàn m gam Fe dung d ch HNO3, thu đư c dung d ch X 0,3 mol khí NO2 (s n ph m kh nh t) Nh ti p dung d ch HCl v a đ vào X, l i th y có 0,02 mol khí NO nh t bay Cô c n dung d ch sau ph n ng thu đư c ch t r n có kh i lư ng : A 24,27 gam B 26,92 gam C 19,5 gam D 29,64 gam (Đ thi th Đ i h c l n – THPT C m Khê – Phú Th , năm h c 2013 – 2014) Theo gi thi t : Khi cho HCl vào X th y gi i phóng khí NO, ch ng t X có ion Fe2 + Dung d ch X có th có ion Fe3+ ho c không Sơ đ ph n ng : NO2 Fe HNO3 NO (1) Fe2 + , Fe3+   − NO3  HCl (2) Fe3+   − − Cl , NO3   n H+ =4   ⇒ n H+ = 0,08 mol ⇒ n Cl− = n H+ = 0,08 mol (2), ta có :  n NO3−  = n NO = 0,02 n  NO3− Áp d ng b o toàn electron cho tồn b q trình ph n ng, ta có : 3n Fe = n NO + 3n NO ⇒ nFe = 0,12 mol ⇒ nFe3+ = 0,06 mol { { { ? 0,3 0,02 Áp d ng b o tồn n tích cho dung d ch thu đư c sau ph n ng (2), ta có : 3n Fe3+ = nCl− + nNO − ⇒ n NO − = 0,28 ⇒ m muoái = 0,12.56 + 24 + 24 = 26,92 gam 124 0,08.35,5 0,28.62 4 3 { { { 0,12 0,08 ? m Fe3+ m Cl − m NO3− Câu 38*: Cho m gam Mg vào lít dung d ch ch a HCl aM Cu(NO3)2 0,075M Sau ph n ng x y hoàn toàn thu đư c dung d ch ch ch a m t ch t tan nh t 10,6 gam ch t r n 7,1 gam h n h p khí N2O H2 Giá tr c a m a l n lư t : A 25 gam 1M B 25 gam 1,15M C 28,8 gam 1,15M D 28,8 gam 1M Ph n ng c a Mg v i dung d ch h n h p g m HCl Cu(NO3)2 gi i phóng H2 Ch ng t ion NO3 − , Cu 2+ ph n ng h t, tính oxi hóa c a ion l n ion c a ion H+ Bán ph n ng kh ion NO3 − : 10H + + 2NO3− + 8e → N O + 5H2 O (1) Theo b o toàn nguyên t N, bán ph n n (1), gi thi t b o toàn nguyên t H, ta có : Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 37 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 2n N O = n − = 2n Cu(NO ) = 0,3 NO3  n N O = 0,15  n = n + 2n = H2 H+  n +   H   HCl =5 ⇒ n H+ = 1,5 ⇒    n NO3−  [HCl] = = 1M   n H2 = 0,25  44n N O + 2n H = 7,1  2  Trong ph n ng c a Mg v i dung d ch h n h p HCl Cu(NO3)2, ch t kh Mg, ch t oxi hóa NO3 − / H + , Cu2 + vaø H + Theo b o tồn electron gi thi t, ta có :  m Mg phản ứng = n NO − + n H + n Cu2+ 2 { m Mg phản ứng = 24 24 { {   0,15 ⇒ 0,25 ⇒ m Mg ban ñaàu = 24 + = 25 gam 0,3   m m Mg dö =  + m Cu = 10,6 {  Mg dö 0,075.2.64  Câu 39*: Cho gam b t Mg vào dung d ch KNO3 H2SO4 Đun nh u ki n thích h p đ n ph n ng x y hoàn toàn, thu đư c dung d ch X ch a m gam mu i 1,792 lít h n h p khí Y (đktc) g m khí khơng màu, có khí hố nâu ngồi khơng khí cịn l i 0,44 gam ch t r n không tan Bi t t kh i c a Y đ i v i H2 11,5 Giá tr c a m : A 27,96 B 31,08 C 36,04 D 29,72 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT H ng Lĩnh, năm h c 2013 – 2014) Theo gi thi t, ta th y : H n h p khí Y có ch a NO, khí khơng màu hóa nâu ngồi khơng khí M t khác, M Y = 11,5.2 = 23 nên khí cịn l i H2 Vì ph n ng sinh H2 nên ion NO3 − ph n ng h t Ta có : nH + nNO = 0,08 n H = 0,02   ⇒  2nH + 30n NO = 23 n NO = 0,06   0, 08  Theo gi thi t, sau ph n ng có 0,44 gam Mg dư nên ion H+ ph n ng h t Theo gi thi t b o tồn electron, ta có : nMg phản ứng = − 0,44 = 0,19 mol ⇒ n H + 3n NO + n NH + = n Mg ⇒ n NH + = 0,02 mol { 4 { { 24 { 0,02 0,06 0,19 ? Theo b o toàn n tích b o tồn ngun t N, ta có : nK + = n NO _ = n NO + n NH + = 0,08 mol + 2+ + 2− Trong dung d ch sau ph n ng có ch a : K , Mg , NH , SO Theo b o toàn n tích b o tồn kh i lư ng, ta có : n K + + n NH + + n Mg2+ = nSO 2− 4 { { { { n = 0,24 mol 0,19  0,08  SO 2− 0,02 ? ⇒  = 31, 08 gam m muoái = 39 n K + + 18 n NH4+ + 24 n Mg2+ + 96 nSO42− m { { { {  muoái  0,08 0,19 0,02 ?  Câu 40: Trong ph n ng đ t cháy Naphtalen (C10H8) b ng O2 thành CO2 H2O m t phân t C10H8 ng cho O2 s electron : A 60 B 32 C 36 D 48 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Th , năm h c 2010 – 2011) 38 Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 64 4744 0 +4 −2 o +1 −2 t → Sơ đ ph n ng : C10 H + O  C O2 + H O Coi s oxi hóa c a C H phân t C10H8 đ u Căn c vào s thay đ i s oxi hóa c a C, H b o tồn electron, ta có : Số electron C10 H nhường = 48 Câu 41: H n h p X g m CH3CHO C2H3CHO Oxi hóa hồn tồn m gam X b ng oxi có xúc tác, thu đư c (m + 1,6) gam h n h p axit Cho m gam X tham gia h t vào ph n ng tráng b c có a gam Ag k t t a Giá tr c a a : A 5,4 B 21,6 C 43,2 D 10,8 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT C m Bình – Hà Tĩnh, năm h c 2013 – 2014) Theo s tăng gi m kh i lư ng ph n ng oxi hóa X b o tồn electron ph n ng tráng gương, ta có :  m taêng 1,6  = = 0,1 mol n− CHO = n − COOH = n Ag = 0,2 mol ⇒ 16 16  2n m Ag = 0,2.108 = 21,6 gam   − CHO = n Ag Câu 42: Đ t cháy hoàn toàn 0,15 mol h n h p M g m m t axit h u X m t este Y (X Y m t nguyên t cacbon phân t ) thu đư c 0,2 mol CO2 V y cho 0,2 mol M tác d ng hoàn toàn v i AgNO3/NH3 dư kh i lư ng b c thu đư c A 32,4 gam B 21,6 gam C 43,2 gam D 16,2 gam (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Vĩnh B o – H i Phòng, năm h c 2013 – 2014) Theo gi thi t, suy : C(X, Y) = n CO n(X, Y) = X laø HCOOH 0,2  = 1,333 ⇒  0,15 Y laø HCOOCH  Theo b o toàn electron : n Ag = 2n (HCOOH, HCOOCH ) = 0,4 mol ⇒ m Ag = 0,4.108 = 43,2 gam Câu 43: Cho 2,84 gam h n h p ancol đơn ch c đ ng đ ng liên ti p tác d ng v i m t lư ng Na v a đ t o 4,6 gam ch t r n V lít khí H2 ( đktc) Giá tr c a V : A 0,896 lít B 0,672 lít C 0,448 lít D 0,336 lít (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Vi t Yên 1, năm h c 2013 – 2014) Theo s tăng gi m kh i lư ng b o tồn ngun t H nhóm –OH, ta có :  4,6 − 2,84 = 0,08 n − OH = n − ONa = 23 − ⇒ n H = 0,04 mol ⇒ VH (ñktc) = 0,04.22, = 0,896 lít  2 n − OH = 2n H  Câu 44: H n h p X g m CH4, C3H8, C2H4 C3H4 Đem đ t cháy hoàn toàn h n h p X b ng khơng khí (ch a 80% N2 20% O2 v th tích), sau ph n ng thu đư c m t h n h p g m a mol N2, 0,2 mol O2, 0,4 mol CO2 0,5 mol H2O Giá tr c a a : A 2,4 mol B 1,0 mol C 3,4 mol D 4,4 mol (Đ thi th Đ i h c l n – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Th , năm h c 2010 – 2011) Theo b o toàn ngun t O thành ph n th tích khơng khí, ta có : 2n O ban đầu = nO dö + n CO + nH O  2 2 { { { nO2 ban đầu = 0,85 mol  0,2 0,4 0,5 ⇒   n = 4n  n = 3,4 mol  N2 O2 ban đầu  N2 Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 39 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 Câu 45: Cho h n h p khí X g m HCHO H2 qua ng s đ ng b t Ni nung nóng Sau ph n ng x y hoàn toàn, thu đư c h n h p Y g m hai ch t h u Đ t cháy h t Y thu đư c 11,7 gam H2O 7,84 lít khí CO2 ( đktc) Ph n trăm theo th tích c a H2 X : A 65,00% B 46,15% C 35,00% D 53,85% (Đ thi n sinh Đ i h c kh i A năm 2009) HCHO CH OH O2 , to CO2    Ni, t o Sơ đ ph n ng :    →   → H    4244 HCHO3 H O 1442 14442444 X Y Theo b o toàn nguyên t H C, ta có :  11, n HCHO + n H2 = n H2O = 18 = 0,65 n HCHO = 0,35 0,3   ⇒ ⇒ %VH X = 100% = 46,15%  n H = 0,3 7,84 0,65  n  = n CO = = 0,35  HCHO 22,4  Câu 46: Đun nóng m gam h n h p X g m C2H2, C2H4 H2 v i xúc tác Ni đ n ph n ng x y hồn tồn, thu đư c 8,96 lít (đktc) h n h p Y (có t kh i so v i hiđro b ng 8) Đ t cháy hoàn toàn lư ng h n h p X trên, r i cho s n ph m cháy h p th hồn tồn dung d ch nư c vơi dư kh i lư ng k t t a thu đư c A 20 gam B 40 gam C 30 gam D 50 gam (Đ thi HSG T nh Thái Bình, năm h c 2009 – 2010) Vì ph n ng c a c ng H2 x y hoàn toàn M Y = 8.2 = 16 > M H ⇒ Trong Y có C2H6 H2 nC H + nH = 0,4 nC H = 0,2   ⇒ Theo gi thi t, ta có :  30n C2 H6 + 2n H2 = 16.0,4 = 6,4 n H2 = 0,2   Theo b o toàn nguyên t C, ta có : n CaCO = n CO = n C X = n C Y = 2n C H = 0,4 mol ⇒ m CaCO = 0,4.100 = 40 gam 2 Câu 47: Đ t cháy hoàn toàn 0,1 mol anken X thu đư c CO2 nư c H p th hoàn toàn s n ph m b ng 100 gam dung d ch NaOH 21,62% thu đư c dung d ch m i n ng đ c a NaOH ch cịn 5% Cơng th c phân t c a X : A C2H4 B C3H6 C C4H8 D C5H10 CO Na CO   O2 , t o NaOH Sơ đ ph n ng : Cx H 2x     → → (1) (2) 14 4244 NaOH dö   H 2O 0,1 mol Theo b o toàn nguyên t C Na, ta có : nNa CO = n CO = x.n C H = 0,1x  x 2x ⇒ n NaOH phản ứng = 0,2x mol  nNaOH phản ứng = 2nNa CO   Suy : C%NaOH dö = m NaOH dư m dd sau phản ứng = x = 100.21,62% − 0,2x.40  = 5% ⇒  100 + 1442443 + 0,1x.18 0,1x.44 1442443 anken laø C2 H  m CO 40 mH 2O Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 Câu 48: Cho 400 ml m t h n h p g m nitơ m t hiđrocacbon vào 900 ml oxi (dư) r i đ t Th tích h n h p thu đư c sau đ t 1,4 lít Sau cho nư c ngưng t cịn 800 ml h n h p, ngư i ta cho l i qua dung d ch KOH th y 400 ml khí Các th tích khí đ u đo u ki n nhi t đ , áp su t Công th c phân t c a ch t h u : A C3H8 B C2H4 C C2H2 D C2H6 Sơ đ ph n ng : o O { Cx H y 900 2ml, t CO2 , O2 dö CO , O dö O dö     ngưng tụ H2 O KOH →    2 →   →  (1) (2) (3) N ,H O N2 N2 N2    4244  4244 1444442444443 1444442444443 144 14 1400 ml 400 ml 800 ml Theo sơ đ ta th y : VH O = 600 ml; VCO = 400 mol, V(N 2 400 ml 2, O2 dö ) = 400 ml  VO dö = 200 2VO2 ban đầu = 2VCO2 + VH2O + 2VO2 dö  V + VN = 400 VN2 = 200  O2 dö   ⇒ VC H = 200 ⇒ Cx H y laø C2 H VCxH y + VN2 = 400 x y   x.VCx H y = VCO2 x =  y =  y.VCx H y = 2VH2O  Câu 49: Xà phịng hố 3,52 gam este X đư c t o t axit đơn ch c ancol đơn ch c b ng dung d ch NaOH v a đ đư c mu i Y ancol Z Nung nóng Y v i oxi thu đư c 2,12 gam natri cacbonat, khí CO2 nư c Ancol Z cho tác d ng v i Na v a đ thu 2,72 gam mu i Tên g i c a X : A etylaxetat B metylpropionat C metylaxetat D propylfomat (Đ thi th Đ i h c l n – THPT C m Bình – Hà Tĩnh, năm h c 2013 – 2014) Theo b o tồn ngun t Na, g c R’, ta có :  3,52  2,12 M RCOOR' = 0,04 = 88  = 0,04  nRCOOR ' = n RCOONa = 2nNa2CO3 = R ' = 29 (C2 H −) ⇒ ⇒ 106  2,72 R = 15 (CH3 −) n M  = = 68  R 'ONa = nR 'OH = n RCOOR' = 0,04 R'ONa  0,04  V y công th c c u t o c a X CH 3COOC2 H : etyl axetat Câu 50: H n h p X g m CH3CH2COOH, HCOOH, C6H5COOH HOOC-CH2-COOH Khi cho m gam X tác d ng v i NaHCO3 (dư) thu đư c 20,16 lít khí CO2 (đktc) M t khác, đ t cháy hoàn toàn m gam X c n 26,88 lít khí O2 (đktc), thu đư c 52,8 gam CO2 y mol H2O Giá tr c a y : A 2,1 B 1,8 C 1,9 D 1,6 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Vĩnh B o – H i Phòng, năm h c 2013 – 2014) B n ch t ph n ng c a X v i NaHCO3 : − COOH + NaHCO3 → − COONa + CO2 ↑ + H 2O mol : 0,9 ← 0,9 Theo phương trình ph n ng b o toàn nguyên t O ph n ng đ t cháy, ta có : nO X = 2n − COOH = 1,8  nO X + n O = nCO + nH O ⇒ y = 1,8 mol 2 { { { 1442443 1,2 1,2 y  1,8 Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 41 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 Câu 51: Z este t o b i rư u metylic axit cacboxylic Y đơn ch c, m ch h , có m ch cacbon phân nhánh Xà phịng hố hồn tồn 0,6 mol Z 300 ml dung d ch KOH 2,5M đun nóng, đư c dung d ch E Cô c n dung d ch E đư c ch t r n khan F Đ t cháy hoàn toàn F b ng oxi dư, thu đư c 45,36 lít khí CO2 (đktc), 28,35 gam H2O m gam K2CO3 Công th c c u t o c a Y giá tr c a m : A CH3CH(CH3)COOH; m = 51,75 gam B CH2=C(CH3)COOH; m = 51,75 gam C CH3CH(CH3)COOH; m = 41,40 gam D CH2=C(CH3)COOH; m = 41,40 gam (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Vi t Yên 1, năm h c 2013 – 2014) Theo b o toàn nguyên t K b o toàn g c RCOO–, ta có : 2n K CO = n KOH ban đầu = 0,75 ⇒ n K CO = 0,375 mol ⇒ m K CO = 0,375.138 = 51, 75 gam 3 nRCOOK = n RCOOCH = 0,6 mol ⇒ nKOH dö = n KOH ban đầu − n RCOOK = 0,15 mol 4244 144424443 14 0,75 0,6 Theo b o tồn ngun t C H, ta có : nC RCOOK = nCO + nK CO = 2,4  2,4 2 { {  C RCOOK = 0,6 =   2,025 0,375 ⇒ ⇒ R laø C3 H −  nH RCOOK = 2.nH O − n H KOH dö =   H RCOOK = =5 { 14444244443   0,6 0,15 1,575   Vì Y có m ch C phân nhánh nên cơng th c c u t o c a Y : CH = C(CH ) − COOH Câu 52: Th y phân m gam tinh b t, s n ph m thu đư c đem lên men đ s n xu t ancol etylic, tồn b khí CO2 sinh cho qua dung d ch Ca(OH)2 dư, thu đư c 850 gam k t t a Bi t hi u su t giai đo n th y phân lên men đ u 85% Giá tr c a m : A 952,9 B 810,0 C 688,5 D 497,4 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT C m Bình – Hà Tĩnh, năm h c 2013 – 2014) Sơ đ ph n ng : men rượu −C6 H10 O −  C6 H12 O6  2C2 H 5OH + 2CO2 → → 85% 85% 14444244443 H O tinh boät CO + Ca(OH)2  CaCO3 ↓ + H O → Theo sơ đ ph n ng gi thi t, ta có :  1 850 nC6H10O5 phản ứng = nCO2 = nCaCO3 = 100 = 4,25  ⇒ m C H O đem phản ứng = 952,9 gam  10 nC H O phản ứng 4,25 n 10 = = = 5,8823  C6H10O5 đem phản ứng H 85%.85%  Câu 53: T m gam tinh b t u ch đư c 575 ml rư u etylic 10o (kh i lư ng riêng c a rư u nguyên ch t 0,8 gam/ml) v i hi u su t c trình 75%, giá tr c a m : A 60,75 gam B 108 gam C 75,9375 gam D 135 gam (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Lý Thư ng Ki t, năm h c 2013 – 2014) men rượu → → Sơ đ ph n ng : −C6 H10 O −  C6 H12 O6  2C2 H 5OH 14444244443 H O tinh boät Theo sơ đ ph n ng gi thi t, ta có : 42 Trên bư c đư ng thành công d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513  1 575.10%.0,8 = 0,5 nC6H10O5 phản ứng = nC2H5OH = 46  ⇒ m C H O đem phản ứng = 108 gam  10 nC H O phản ứng 0,5 n = 10 = =  C6H10O5 đem phản ứng H 75%  Câu 54: M t peptit X m ch h thu phân hoàn toàn ch thu đư c glyxin Khi đ t cháy 0,1 mol X thu đư c 12,6 gam nư c S nguyên t oxi có phân t X : A B C D (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Vĩnh B o – H i Phòng, năm h c 2013 – 2014) Theo gi thi t, X peptit m ch h c a glyxin, đ t công th c c a X H(− HNCH CO−)n OH Theo b o toàn nguyên t H ph n ng đ t cháy X, ta có : (3n + 2).n H( − HNCH CO − ) OH = n H O ⇒ n = ⇒ O X = 144444 n 42444444 { 0,1 0,7 Câu 55: Cho m gam butan qua xúc tác ( nhi t đ thích h p), thu đư c h n h p g m hiđrocacbon Cho h n h p khí s c qua bình đ ng dung d ch nư c brom dư lư ng brom tham gia ph n ng 25,6 gam sau thí nghi m bình brom tăng 5,32 gam H n h p khí cịn l i sau qua dung d ch nư c brom có t kh i so v i metan 1,9625 Giá tr c a m : A 17,4 B 9,28 C 5,32 D 11,6 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT C m Bình – Hà Tĩnh, năm h c 2013 – 2014) Phương trình ph n ng : crackinh C4 H10 → Cn H 2n + + Cm H 2m  (1) Cm H m + Br2  Cm H 2m Br2 → (2) Theo (1), (2) b o toàn kh i lư ng gi thi t, ta có :  25,6 nC4 H10 phản ứng = nCn H2 n+2 = n Cm H2 m = nBr2 = 160 = 0,16  ⇒ m C H = 3,96  n n +2 m C H + m C H = m C H phản ứng = 0,16.58 = 9,28  n n+2 144244 10 m 2m  5,32  M(CnH2 n+2 , C4H10 dö ) = 3,96 + 58nC H 0,16 + nC H mC H 10 ban đầu 10 10 dư = 1,9625.16 = 31,4 ⇒ n C H 10 dö = 0,04 dö = (0,04 + 0,16).58 = 11,6 gam Câu 56: Đun nóng m t ancol no, đơn ch c, m ch h X v i H2SO4 đ c nhi t đ thích h p thu đư c ch t h u Y T kh i c a Y so v i X b ng 0,609 X có cơng th c phân t : A C3H7OH B CH3OH C C4H9OH D C2H5OH (Đ thi th Đ i h c l n – THPT C m Bình – Hà Tĩnh, năm h c 2013 – 2014) Vì X ancol no, đơn ch c, m ch h M Y < M X nên Y anken H SO , to → Phương trình ph n ng : Cn H2n +1OH  Cn H2n + H2 O Theo b o toàn kh i lư ng gi thi t, ta có :   MCnH2 n+1OH = MCnH2 n + 18 M C H OH = 46 ⇒  n n+1 ⇒ Cn H 2n +1OH laø C2 H 5OH  MCnH2 n : M Cn H2 n+1OH = 0,609 M Cn H2 n = 28   Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 43 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 Câu 57: Cho 8,88 gam ch t ch a nhân thơm X có cơng th c C2H3OOCC6H3(OH)OOCCH3 vào 200 ml KOH 0,9M đun nóng đ n ph n ng hồn tồn thu đư c dung d ch B Cô c n B thu đư c b gam ch t r n khan Giá tr c a b : A 17,2 B 15,76 C 16,08 D 14,64 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Đoàn Thư ng – H i Dương, năm h c 2013 – 2014) o t C2 H 3OOCC6 H (OH)OOCCH + KOH  CH 3CHO + chất rắn + 2H 2O → mol : → 0,04 0,04 → 0,08 m muoái = 8,88 + 1442443 − 0,02.18 − 0,01.44 = 15,76 gam { 0,18.56 1442443 1442443 mX m KOH mH 2O m CH 3CHO Câu 58: Cho 43,6 gam ch t h u X m ch h ch ch a m t lo i nhóm ch c tác d ng v i lít dung d ch NaOH 0,5M thu đư c 49,2 gam mu i 0,2 mol ancol Lư ng NaOH dư đư c trung hoà v a h t b i 0,5 lít dung d ch HCl 0,8M Công th c c u t o c a X : A (CH3COO)2C2H4 B (CH3COO)3C3H5 C (HCOO)3C3H5 D C3H5(COOCH3)3 (Đ thi th Đ i h c l n – THPT Vi t Yên 1, năm h c 2013 – 2014) Theo b o toàn nguyên t Na gi thi t, ta có : nNaOH phản ứng với X = n NaOH ban đầu − n NaOH dư = n NaOH ban đầu − n HCl = 0,6 mol 1444 42444 { 2.0,5 ⇒ n NaOH phản ứng với X nancol = 0,5.0,8 0,6 = ⇒ X có dạng (RCOO)3 R ' 0,2 Theo b o tồn ngun t Na, ta có : nRCOONa = n NaOH phản ứng với X = 0,6 mol ⇒ M RCOONa = 49,2 = 82 ⇒ R = 15 (CH3 −) 0,6 Theo b o toàn kh i lư ng, ta có : m R'(OH) = 18,4  m X + m NaOH phản ứng với X = m RCOONa + m R'(OH) ⇒  ⇒ R = 41 (C3 H ) 18,4 { 144444424444443 1442443 1442443 4 = 92 M R '(OH)3 = 43,6 49,2 0,6.40 ? 0,2  V y công th c c a X : (CH 3COO)3 C3 H Câu 59: M t h n h p g m Al4C3, CaC2 Ca v i s mol b ng Cho 37,2 gam h n h p vào nư c đ n ph n ng hoàn toàn thu đư c h n h p khí X Cho h n h p khí X qua Ni, đun nóng thu đư c h n h p khí Y g m C2H2, C2H4, C2H6, H2, CH4 Cho Y qua nư c brom m t th i gian th y kh i lư ng bình đ ng nư c brom tăng 3,84 gam có 11,424 lít h n h p khí Z (đktc) T kh i c a Z so v i H2 A 2,7 B 7,82 C D 7,41 (Đ thi th đ i h c l n – THPT Chuyên – Đ i h c Vinh, năm h c 2011 – 2012) Theo gi thi t, ta có : 144 n Al C + 64 nCaC + 40 nCa = 37,2 ⇒ x = n Al C = nCaC = nCa = 0,15 mol 4 { { { x x x Theo b o toàn nguyên t C b o tồn electron, ta có : n = 3n = 0,45 Al4 C3  CH  n C2H2 = n CaC2 = 0,15 ⇒ m X = m (CH , C2H2 , H2 ) = 0,45.16 + 0,15.26 + 14 = 11, gam 1442443 1442443 0,15.2 4244  m CH mC H mH 2 n H2 = n Ca = 0,15  44 Trên bư c đư ng thành công d u chân c a k lư i bi ng 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 Theo b o toàn kh i lư ng, ta có : m X = m Y = m(C H , C H ) + m (H , CH , C H ) = m bình Br tăng + m Z ⇒ m Z = 7,56 gam 2 { 1444 { 424443 11,4 ? 3,84 Suy : M Z = m Z 7,56 M Z 14,82 = = 14,82 ⇒ d Z = = = 7,41 n Z 0,51 MH H2 Câu 60*: H n h p X g m m t axit no, đơn ch c m t axit không no, đơn ch c, có m t liên k t đơi g c hiđrocacbon Khi cho a gam X tác d ng h t v i CaCO3 1,12 lít CO2 (đktc) H n h p Y g m CH3OH C2H5OH cho 7,8 gam Y tác d ng h t Na 2,24 lít H2 (đktc) N u tr n a gam X v i 3,9 gam Y r i đun nóng có H2SO4 đ c xúc tác thu đư c m gam este (hi u su t h%) Giá tr m theo a, h : A (a +2,1)h% B (a + 7,8)h% C (a + 3,9)h% D (a + 6)h% G i công th c chung c a hai axit hai ancol l n lư t RCOOH R 'OH Phương trình ph n ng : 2RCOOH + CaCO3 → (RCOO)2 Ca + H O + CO2 ↑ mol : ← 0,1 (1) 0,05 2R 'OH + 2Na → 2R 'ONa + H ↑ mol : mol : (2) ← 0,2 0,1 RCOOH + R 'OH → RCOOR ' + H2 O (3) 0,1 → → 0,1 0,1 Theo (1), (2), ta có : nRCOOH a gam = 0,1 mol; n R 'OH 7,8 gam = 0,2 mol ⇒ n R'OH 3,9 gam = 0,1 mol Theo (3), b o toàn kh i lư ng gi thi t, ta có : m RCOOR' = h%.(m RCOOH + m R 'OH − m H O ) = (a + 2,1)h% 1442443 { { a 3,9 0,1.18 Câu 61: Cho 12,55 gam mu i CH3CH(NH3Cl)COOH tác d ng v i 150 ml dung d ch Ba(OH)2 1M Cô c n dung d ch sau ph n ng thu đư c m gam ch t r n Giá tr c a m : A 18,95 B 26,05 C 34,60 D 36,40 (Đ thi th đ i h c l n – THPT Chuyên – Đ i h c SPHN, năm h c 2011 – 2012)  12,55 n− NH3Cl = n − COOH = nCH3CH(NH3Cl)COOH = 125,5 = 0,1 Theo gi thi t, suy :  n − = 2n = 2.0,15 = 0,3 Ba(OH)2  OH B n ch t ph n ng : − NH 3Cl + OH − → − NH2 + Cl − + H2 O mol : 0,1 → 0,1 → − 0,1 − − COOH + OH → − COO + H 2O mol : 0,1 → 0,1 → 0,1 Như v y, ch t r n thu đư c g m mu i Ba(OH)2 dư Theo b o toàn kh i lư ng, ta có : Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng 45 22 phương pháp kĩ thu t hi n đ i gi i nhanh t p tr c nghi m hóa h c – Nguy n Minh Tu n – 01689186513 m CH CH(NH Cl)COOH + m Ba(OH) = m chất rắn + m H O ⇒ m chất rắn = 34, gam 3 2 144444424444443 144 1442443 { 42443 12,55 46 0,15.171 ? 0,2.18 Trên bư c đư ng thành cơng khơng có d u chân c a k lư i bi ng ... 2013) Trong ph n ng ng c a Z v i H2O (TN1), ch có Al4C4 ph n ng Trong ph n ng c a Z v i HCl (TN1), c Al Al4C3 ph n ng, khí t o thành H2 CH4 Áp d ng b o toàn nguyên t Al cho TN1, b o toàn C, b o toàn. .. khơng màu hóa nâu khơng khí NO Theo b o toàn electron, ta th y : n Fe + n Cu = 3n NO ⇒ Trong ph n ng c a X v i dung d ch { { { 0,15 0,15 0,2 HNO3, mu i t o thành Fe(NO3)2 Cu(NO3)2 Theo b o toàn nguyên... : Ch t oxi hóa Mn thay đ i t +7 v +2 Ch t kh O −2 KMnO4 đ i t -2 v 0, s oxi hóa c a Cl thay đ i t -1 v Áp d ng b o toàn kh i lư ng, ta có : MnCl  + Cl ↑  KCl  Mn+7 KMnO4, s oxi hóa c a Cl