Pp11 trung binh

PHƯƠNG PHÁP 11: SỬ DỤNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH I PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH Nội dung phương pháp trung bình Đối với hỗn hợp chất, đại lượng trung bình M, C, H, O, CHO, COOH, , có ý nghĩa quan trọng Khi biết giá trị đại lượng này, ta tìm thành phần chất hỗn hợp tính tốn lượng chất phản ứng (lượng chất tham gia phản ứng lượng chất tạo thành) Ở đây, M, C, H, O, CHO, COOH, , khối lượng mol trung bình, số ngun tử C, H, O trung bình, số nhóm chức anđehit, axit trung bình số liên kết  trung bình, chất hỗn hợp Phương pháp trung bình phương pháp sử dụng tính chất giá trị đại lượng trung bình để giải tập hóa học Cơng thức tính đại lượng trung bình : M n + M n + m hỗn hợp M= 1 = n1 + n + n hỗn hợp C= n CO C1n1 + C2 n + n C hỗn hợp = = n1 + n + n hỗn hợp n hỗn hợp H= H1n1 + H n + n H hỗn hợp 2n H2O = = n1 + n + n hỗn hợp n hỗn hợp O= O1n1 + O2 n2 + nO hỗn hợp = n1 + n2 + n hỗn hợp CHO = n Ag CHO1n1 + CHO2 n2 + nCHO hỗn hợp = = (*) n1 + n2 + n hỗn hợp 2n hỗn hợp COOH = = COOH1n1 + COOH2 n2 + nCOOH hỗn hợp = n1 + n2 + n hỗn hợp 1n1 + 2 n2 + n H2 phản ứng n Br2 phản ứng = = n1 + n + n hỗn hợp n hỗn hợp Theo bảo tồn electron : 2n − CHO = n Ag  n − CHO = n Ag Do ta có (*) Trong M1, M2, khối lượng mol chất hỗn hợp; C1, C2, H1, H2, số nguyên tử C, số nguyên tử H chất hỗn hợp; CHO1, CHO2, COOH1, COOH2, số nhóm chức CHO, COOH chất hỗn hợp; 1 , 2 , số liên kết  chất hỗn hợp; n1, n2, số mol chất hỗn hợp Trong cơng thức trên, ta thay số mol chất phần trăm số mol, phần trăm thể tích thể tích chất Các đại lượng trung bình khác tính tương tự Tính chất đại lượng trung bình : Mmin  M  Mmax ; Cmin  C  C max ; H  H  H max ● Nếu hỗn hợp có hai chất, : n chất = n chất  M = Mchaát + Mchaát 2 ; nchaát = n chaát  C = Cchaát + Cchaát 2 ; n chaát = n chaát  H = Hchaát + Hchaát 2 ; ● Nếu hỗn hợp có hai chất, : Mchất = M Mchất = M  Mchất = Mchất ; Cchất = C Cchất = C  Cchaát = Cchaát ; Hchaát = H Hchất = H  Hchất = Hchaát ; Tổng quát : Gọi X đại lượng trung bình đại lượng X1, X2, X3, hỗn hợp : Xmin  X  X max Ưu điểm phương pháp trung bình a Xét hướng giải tập sau : Câu 30 – Mã đề 175: Hỗn hợp khí X gồm anken M ankin N có số nguyên tử cacbon phân tử Hỗn hợp X có khối lượng 12,4 gam thể tích 6,72 lít (ở đktc) Số mol, công thức phân tử M N : A 0,1 mol C2H4 0,2 mol C2H2 B 0,1mol C3H6 0,2 mol C3H4 C 0,2 mol C2H4 0,1 mol C2H2 D 0,2 mol C3H6 0,1 mol C3H4 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2009) Hướng dẫn giải ● Cách : Sử dụng phương pháp tìm khoảng giới hạn số nguyên tử C Đặt công thức M N CnH2n (x mol) CnH2n-2 (y mol) Theo giả thiết, ta có :  x + y = 0,3 6,72 4,2n = 2y + 12,4 = 0,3 x + y =   14n (x + y) − 2y = 12,4   22.4  0  y  0,3 14nx + (14n − 2)y = 12,4  0,3    y = 0,1 N laø C3H4  2,95  n  3,095  n =   vaø  M laø C3H6 x = 0,2  Suy D đáp án : 0,2 mol C3H6 vaø 0,1 mol C3H ● Cách : Sử dụng phương pháp trung bình Vì M, N có số ngun tử C, nên đặt cơng thức trung bình chúng Cx H y Theo giả thiết, ta có :  6,72  12,4 = 41,33 M laø C3H6 (M = 42) n Cx Hy = 22,4 = 0,3 MCx Hy = 0,3   vaø  N laø C H (M = 40)  m C H = 12,4   12x + y = 41,33  x y Giả sử hai chất có số mol số H = x =  y = 5,33 6+4 = , thực tế H = 5,33  , chứng tỏ C3H6 phải có số mol nhiều Suy D đáp án : 0,2 mol C3H6 vaø 0,1 mol C3H b Nhận xét : Với cách : Để giải tốn, ta phải giải hệ phương trình, lại có ẩn số Về mặt lý thuyết hệ khơng thể giải được, dẫn đến bế tắc Trên thực tế, hệ giải ẩn số có điều kiện (0 < x, y < 0,3; n số nguyên dương), học sinh khai thác điều kiện Để giải hệ trên, địi hỏi học sinh phải có kĩ biến đổi toán học tốt nhiều thời gian Với cách : Dễ dàng tính giá trị khối lượng mol trung bình hai chất, từ suy cơng thức chúng Tính số ngun tử H trung bình hai chất dựa vào tính chất giá trị trung bình để suy số mol C3H6 phải nhiều số mol C3H4 Từ dựa vào phương án để suy số mol chất Rõ ràng cách nhanh chóng nhẹ nhàng việc tính tốn nhiều so với cách c Kết luận : Đối với tốn liên quan đến hỗn hợp chất phương pháp trung bình lựa chọn tối ưu, giúp cho việc tính tốn trở lên đơn giản hơn, nhanh chóng so với phương pháp thơng thường Phạm vi áp dụng : Phương pháp trung bình giải nhiều dạng tập liên quan đến hỗn hợp chất hóa vơ hóa hữu Một số dạng tập thường sử dụng phương pháp trung bình : + Tìm hai kim loại (ở dạng đơn chất hay hợp chất muối, oxit, ) hai halogen (trong muối halogenua) thuộc nhóm thuộc hai chu kỳ khơng + Tìm cơng thức hỗn hợp hợp chất hữu thuộc dãy đồng đẳng, khơng + Tìm công thức hợp chất hữu hỗn hợp thuộc dãy đồng đẳng khác + Tính lượng chất tạo thành phản ứng hỗn hợp chất hữu II PHÂN DẠNG BÀI TẬP VÀ CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Phương pháp trung bình thường dùng để giải tập tìm chất hỗn hợp tính tốn lượng chất phản ứng Phương pháp giải - Bước : Lập sơ đồ phản ứng biểu diễn q trình chuyển hóa chất, để thấy rõ chất hóa học toán - Bước : Nhận dạng nhanh phương pháp giải tập : Khi gặp dạng tập tìm chất hỗn hợp ta nên sử dụng phương pháp trung bình - Bước : Dựa vào yêu cầu đề để đánh giá, lựa chọn nên sử dụng giá trị trung bình hỗn hợp tối ưu nhất, cần sử dụng giá trị trung bình hay phải sử dụng nhiều giá trị trung bình - Bước : Dựa vào giả thiết bảo tồn electron, bảo tồn điện tích, bảo tồn khối lượng, bảo tồn ngun tố để tìm giá trị trung bình, kết hợp với tính chất giá trị trung bình để trả lời câu hỏi mà đề yêu cầu ► Các ví dụ minh họa ◄ Tính lượng chất phản ứng a Sử dụng giá trị trung bình Với số tập chứa hỗn hợp chất, ta cần khai thác giá trị trung bình tìm kết Ví dụ 1: Hịa tan hồn tồn m gam Al dung dịch HNO3 loãng, thu 5,376 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2, N2O dung dịch chứa 8m gam muối Tỉ khối X so với H2 18 Giá trị m A 17,28 B 19,44 C 18,90 D 21,60 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013) Hướng dẫn giải Nhận thấy : M(N2 , N2O) = MN + MN O 2 = 18.2 = 36 gam / mol  n N = n N O = 5,376 = 0,12 mol 22,4.2 Theo bảo toàn nguyên tố Al, ta có : m nAl(NO3 )3 = nAl = = 0,037m  mAl(NO3 )3 = 213.0,037m = 7,888m  8m 27 2 Suy phản ứng tạo muối NH4NO3 m NH NO = 8m − 7,888m = 0,112m (gam)  n NH NO = 4 0,112m = 0,0014m (mol) 80 Áp dụng bảo tồn electron, ta có : n Al = 8n N2O + 10 n N2 + 8n NH4NO3  m = 21,6 gam 0,037m 0,12 0,12 0,0014m Ví dụ 2: Hịa tan hồn tồn 12,42 gam Al dung dịch HNO3 loãng (dư), thu dung dịch X 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí N2O N2 Tỉ khối hỗn hợp khí Y so với khí H2 18 Cơ cạn dung dịch X, thu m gam chất rắn khan Giá trị m : A 97,98 B 106,38 C 38,34 D 34,08 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2009) Hướng dẫn giải Thay hai khí N2 N2O thành N2Ox Ta có : 14.2 + 16x = 18.2 = 36  x = 0,5 Với x = 0,5 số oxi hóa N2Ox 0,5 Như số oxi hóa N HNO3 giảm từ +5 +0,5 Giả sử phản ứng tạo muối NH4NO3, ta có :  12,42 n Al = 27 = 0,46  n NH NO = 0,105 mol  3n Al = n N2Ox + 8n NH4 NO3  0,46 0,06 ?  m muoái = m Al(NO3 )3 + m NH4 NO3 = 0,46.213 + 0,105.80 = 106,38 gam Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 8,862 gam hỗn hợp gồm Al Mg vào dung dịch HNO3 loãng, thu dung dịch X 3,136 lít (ở đktc) hỗn hợp Y gồm hai khí khơng màu, có khí hóa nâu khơng khí Khối lượng Y 5,18 gam Cho dung dịch NaOH (dư) vào X đun nóng, khơng có khí mùi khai Phần trăm khối lượng Al hỗn hợp ban đầu : A 19,53% B 15,25% C 10,52% D 12,80% (Đề thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2009 Hướng dẫn giải Hỗn hợp Y gồm hai khí khơng màu, có khí hóa nâu khơng khí Suy Y có NO cịn lại hai khí N2 (M = 28) N2O (M = 44) NO (M = 30)    N2O (M = 44) Dung dịch sau phản ứng tác dụng với dung dịch NaOH đun nóng, khơng có khí mùi khai thoát chứng tỏ phản ứng Al, Mg với HNO3 khơng tạo NH4NO3 Vì MY = 5,18 = 37 gam / mol  MNO  MY  MN O  Y goàm 0,14 Nhận thấy : MY = MNO + MN O = 37  n NO = n N O = Theo giả thiết bảo tồn electron, ta có : 3,136 = 0,14 mol 22,4.2 27n Al + 24n Mg = 8,862 n Al = 0,042 0,042.27   %m Al = 100% = 12,8% 3n Al + 2n Mg = 3n NO + 8n N2O   n = 0,322 8,862  Mg   0,07 0,07  Ví dụ 4: Hỗn hợp khí X gồm C2H6, C3H6 C4H6 Tỉ khối X so với H2 24 Đốt cháy hoàn toàn 0,96 gam X oxi dư cho tồn sản phẩm cháy vào lít dung dịch Ba(OH)2 0,05M Sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu m gam kết tủa Giá trị m A 9,85 B 7,88 C 13,79 D 5,91 (Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A khối B năm 2013) Hướng dẫn giải Đặt công thức trung bình hỗn hợp X Cx H6 Theo giả thiết bảo toàn nguyên tố C, ta có : 12x + = 24.2 = 48 x = 3,5     nCO = x nC H = 0,07 mol   0,96 x n = 0,02 n = = 0,02 3,5 Cx H  Cx H   0,02 48  Khi cho 0,07 mol CO2 vào dung dịch chứa 0,05 mol Ba(OH)2 tạo muối BaCO3 Ba(HCO3)2 Ta có : n BaCO = n Ba(OH) − nCO  n BaCO = 0,03 mol  m BaCO = 0,03.197 = 5,91 gam 2 3 0,07 0,05 Ví dụ 5: Crackinh 4,48 lít butan (đktc) thu hỗn hợp X gồm chất H2, CH4, C2H6, C2H4, C3H6, C4H8 Dẫn hết hỗn hợp X vào bình dung dịch brom dư thấy khối lượng bình brom tăng 8,4 gam bay khỏi bình brom hỗn hợp khí Y Thể tích oxi (đktc) cần đốt hết hỗn hợp Y : A 5,6 lít B 8,96 lít C 4,48 lít D 6,72 lít Thi thử Đại học – THPT chuyên Quang Trung – Bình Phước Hướng dẫn giải Trong phản ứng crackinh butan, ta có : n(H 2, CH , C2 H ) = n(C H 8, C3 H , C2 H ) = nC H 10 ban đầu = 0,2 mol Khi cho X vào bình dung dịch Br2, có anken phản ứng Suy : m (C H 8, C3 H6 , C2 H ) = m bình Br = 8,4 gam / mol  M(C4 H8 , C3H6 , C2 H4 ) = taêng 8,4 = 42 0,2 Suy cơng thức trung bình hỗn hợp (C2H4 , C3H6 , C4H8) C3H6; cơng thức trung bình hỗn hợp (H2, CH4, C2H6) CH4 Đốt cháy hỗn hợp Y đốt cháy CH4 : o t CH4 + 2O2 ⎯⎯ → CO2 + 2H2O mol : 0,2 → 0,4 Vậy VO = 0,4.22,4 = 8,96 lít Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm hai ankin đồng đẳng liên tiếp 1,72 gam hỗn hợp X làm màu vừa đủ 16 gam Br2 CCl4 (sản phẩm cộng dẫn xuất tetrabrom) Nếu cho 1,72 gam hỗn hợp X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 amoniac thu đuợc m gam chất rắn khơng tan có màu vàng nhạt Giá trị m A 10,14 B 9,21 C 7,63 D 7,07 (Thi thử lần – THPT Quỳnh Lưu – Nghệ An, năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải Đặt cơng thức phân tử trung bình hai ankin X Cn H2n −2 (k = 2) Ta có : k n C H n = n Br = 0,1 mol  n C H 2 n −2 n n −2 = 0,05 mol  14n − = 1,72 = 34,4  n = 2,6 0,05 Vậy hai ankin C2H2 C3H4 Chất rắn thu phản ứng X với dung dịch AgNO3/NH3 C2Ag2 (CAg  CAg) C3H3Ag (CAg  C − CH3 ) nC H + nC H = 0,05 nC H = 0,02 n C2 Ag2 = 0,02 Ta có :  2  2  26n C2 H2 + 40n C3H4 = 1,72 nC3H4 = 0,03 n C3H3Ag = 0,03  m chất rắn = 0,02.240 + 0,03.147 = 9,21 gam mC 2Ag2 mC 3H3Ag Ví dụ 7: Hiđro hố hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai anđehit no, đơn chức, mạch hở, dãy đồng đẳng thu (m + 1) gam hỗn hợp hai ancol Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 17,92 lít khí O2 (ở đktc) Giá trị m A 10,5 B 17,8 C 8,8 D 24,8 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2009) Hướng dẫn giải Đặt cơng thức phân tử trung bình hai anđehit Cn H2n O Trong phản ứng cộng H2, ta có : nC H n O 2n = nH = (m + 1) − m = 0,5 mol Phản ứng đốt cháy : 3n − to O2 ⎯⎯ → nCO2 + nH2O → 0,25(3n − 1) = 0,8 Cn H2n O + mol : 0,5 Theo (1) giả thiết, suy : n = 1,4  mC H n 2n O (1) = 0,5(14.1,4 + 16) = 17,8 gam Ví dụ 8: Hỗn hợp X gồm HCOOH CH3COOH (tỉ lệ mol 1:1); hỗn hợp Y gồm CH3OH C2H5OH (tỉ lệ mol : 2) Lấy 11,13 gam hỗn hợp X tác dụng với 7,52 gam hỗn hợp Y có xúc tác H 2SO4 đặc, đun nóng Khối lượng este thu (biết hiệu suất phản ứng este 75%) : A 11,4345 gam B 10,89 gam C 14,52 gam D 11,616 gam (Thi thử lần – THPT Quỳnh Lưu – Nghệ An, năm học 2012 – 2013) Theo giả thiết, ta có : MX = 46 + 60 11,13 = 53 gam / mol  n X = = 0,21 mol; 53 32.3 + 46.2 7,52 = 37,6 gam / mol  n Y = = 0,2 mol 37,6 Vậy hiệu suất phản ứng este hóa tính theo ancol MY = Ta có : m este = 0,2.75%(53 + 37,6 − 18 ) = 10,89 gam nancol hspư MX MH MY 2O Ví dụ 9: Cho hỗn hợp X gồm axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở đồng đẳng tác dụng hết với dung dịch NaOH Lượng muối sinh cho phản ứng với vơi tơi xút tới hồn tồn, thu hỗn hợp khí có tỉ khối so với He 3,3 Hai axit có phần trăm số mol : A 30% 70% B 20% 80% C 25% 75% D 50% 50% (Thi thử đại học lần – THPT chuyên Nguyễn Huệ – Hà Nội, năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải o NaOH NaOH, CaO, t → Cn H2n +1COONa ⎯⎯⎯⎯⎯ → Cn H2n +2 (1) Sơ đồ phản ứng : Cn H2n +1COOH ⎯⎯⎯ Theo (1) giả thiết, ta có : MC H n n +2 = 3,3.4 = 13,2  14n + = 13,2  n = 0,8 Suy : Hai axit cacboxylic HCOOH CH3COOH Gọi x (100 – x) phần trăm số mol hai axit, ta có : 0x + (100 − x) = 0,8  x = 20  %n HCOOH = 20% vaø %n CH COOH = 80% 100 Ví dụ 10: Hỗn hợp khí X gồm etilen, metan, propin vinylaxetilen có tỉ khối so với H2 17 Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp X hấp thụ toàn sản phẩm cháy vào bình dung dịch Ca(OH)2 (dư) khối lượng bình tăng thêm m gam Giá trị m : A 5,85 B 3,39 C 6,6 D 7,3 n= (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2011) Hướng dẫn giải Hỗn hợp X gồm etilen, metan, propin vinylaxetilen có cơng thức phân tử C 2H4, CH4, C3H4, C4H4 Các chất X có nguyên tử H, khác số nguyên tử C Vậy đặt công thức phân tử trung bình chất X Cx H4 Theo giả thiết : MC H = 17.2 = 34  12x + = 34  x = 2,5 x Theo bảo toàn nguyên tố C H, ta có :  nCO = 0,125 nCO2 = 2,5nC2,5H4    m bình tăng = m(CO , H O) = 0,125.44 + 0,1.18 = 7,3 gam   2 2n = 4n n = 0,1  H2 O  C2,5 H4 mCO mH O  H2 O  2 Ví dụ 11: Đốt cháy hoàn toàn 4,02 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat metyl metacrylat cho toàn sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch H2SO4 đặc, bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng m gam, bình xuất 35,46 gam kết tủa Giá trị m A 2,70 B 2,34 C 3,24 D 3,65 (Đề thi HSG – Tỉnh Thái Bình, năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải Axit acrylic, vinyl axetat metyl metacrylat có công thức cấu tạo CH2=CHCOOH, CH3COOCH=CH2, CH2=C(CH3)COOCH3 Đặt cơng thức phân tử trung bình chất Cn H2n −2O2 (k = 2) Theo giả thiết ta thấy : Kết tủa bình BaCO3, khối lượng bình tăng khối lượng H2O Gọi tổng số mol chất x mol Theo giả thiết bảo toàn nguyên tố C, ta có : nC C H O = nCO = n BaCO = 0,18 nx = 0,18   nx = 0,18 n n−2    m Cn H2 n−2O2 = 4,02 (14n + 30)x = 4,02 x = 0,05 Sử dụng công thức (k − 1).n hợp chất hữu = n CO2 − n H2O suy : nH O = nCO − nC H 2 0,18 n n−2 O2 = 0,13 mol  m H O = 0,13.18 = 2,34 gam 0,05 Ví dụ 12*: Hỗn hợp M gồm ba chất hữu X, Y, Z đơn chức đồng phân nhau, tác dụng với NaOH Đun nóng 13,875 gam hỗn hợp M với dung dịch NaOH vừa đủ thu 15,375 gam hỗn hợp muối hỗn hợp ancol có tỉ khối so với H2 20,67 Ở 136,5oC, atm thể tích 4,625 gam X 2,1 lít Phần trăm khối lượng X, Y, Z (theo thứ tự khối lượng mol gốc axit tăng dần) : A 37,3%; 25,4%; 37,3% B 40%; 20%; 40% C 37,3%; 37,3%; 25,4% D 20%; 40%; 40% (Đề thi thử Đại học lần – THPT Lương Đắc Bằng – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014) Hướng dẫn giải Theo giả thiết, ba chất X, Y, Z đồng phân tác dụng với NaOH 2,1.1 4,625 = 0,0625 mol  MY = M Z = M X = = 74 gam / mol 0,082(273 + 136,5) 0,0625  X laø HCOOC2 H5 ; Y laø CH3COOCH3 ; X laø C2 H5COOH nX = 13,875 15,375 = 0,1875 mol  MRCOONa = = 82  R = 15 74 0,1875  %HCOOC2 H5 = %C2 H5COOH (*) n RCOONa = n(X, Y, Z) = Sử dụng sơ đồ đường cho, ta có : CH3OH 32 41,34 C2H5OH 46 46 – 41,36 = 4,66  41,36 – 32 = 9,34 nCH OH nC H OH = 4,66 = 9,34 %HCOOC2 H5 = 2.%CH3COOCH3 (**) %HCOOC2 H5 = 40%; %CH3COOCH3 = 20%; %C2 H 5COOH = 40% b Sử dụng nhiều giá trị trung bình Ví dụ 13: Hỗn hợp M gồm anđehit ankin (có số ngun tử cacbon) Đốt cháy hồn toàn x mol hỗn hợp M, thu 3x mol CO2 1,8x mol H2O Phần trăm số mol anđehit hỗn hợp M : A 20% B 50% C 40% D 30% (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2011) Hướng dẫn giải Số nguyên tử cacbon hiđro trung bình anđehit ankin : C(anñehit, ankin) = n CO n(anñehit, ankin) = 2n H O 3x 2.1,8x = (1); H(anñehit, ankin) = = = 3,6 (2) x n(anñehit, ankin) x Từ (1) (2), suy : Ankin CH  C − CH3 (C3H4 ) ; anđehit CH  C − CHO (C3H2O) Gọi a (1 – a) số mol anđehit ankin mol hỗn hợp Ta có : H(anđehit, ankin) = 2a + 4(1 − a) = 3,6  a = 0,2  %n CH C−CHO = 20% Ví dụ 14: Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, mạch hở Y Z (phân tử khối Y nhỏ Z) Đốt cháy hoàn toàn a mol X, sau phản ứng thu a mol H2O Mặt khác, a mol X tác dụng với lượng dư dung dịch NaHCO3, thu 1,6a mol CO2 Thành phần phần trăm theo khối lượng Y X : A 46,67% B 40,00% C 25,41% D 74,59% (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2011) Hướng dẫn giải Từ giả thiết, suy : H = 2n H O nX = Y laø HCOOH (x mol) 2a =2 a Z laø HOOC-COOH (y mol) Phản ứng X với NaHCO3 : −COOH + NaHCO3 → COONa + CO2 + H2O Suy : COOH = Vậy %m HCOOH = n− COOH nCO2 1,6a x + 2y x = = = 1,6  COOH = = 1,6  = nX nX a x+y y 2.46 100% = 25,41% 2.46 + 3.90 Tìm chất a Sử dụng giá trị trung bình Ví dụ 1: Hồ tan hoàn toàn 6,645 gam hỗn hợp muối clorua hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì vào nước dung dịch X Cho toàn dung dịch X tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO (dư), thu 18,655 gam kết tủa Hai kim loại kiềm : A Na K B Rb Cs C Li Na D K Rb (Đề thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2011) Hướng dẫn giải Gọi công thức hai kim loại kiềm R Theo bảo toàn nguyên tố Cl, ta có : n RCl = n AgCl = 18,655 6,645 = 0,13 mol  M RCl = = 51,11  M R = 15,61 143,5 0,13 Suy hai kim loại kiềm Li Na Ví dụ 2: Hòa tan hết 10,1 gam hỗn hợp hai kim loại kiềm thuộc chu kì liên tiếp vào nước thu lít dung dịch có pH = 13 Hai kim loại kiềm A Li, Na B K, Rb C Na, K D Rb, Cs (Thi thử đại học lần – THPT Chuyên – Đại học Vinh, năm học 2010 – 2011) Hướng dẫn giải Dung dịch sau phản ứng có pH = 13, suy pOH = 1, [OH − ] = 0,1M; n OH− = 0,1.3 = 0,3 mol Đặt công thức chung hai kim loại kiềm R ● Hướng : Tính theo phương trình phản ứng Phương trình phản ứng : R + H O → R + + OH − + mol : 0,3  0,3 H 2 (1) Theo (1), suy : n R = n OH− = 0,3 mol  M R = 10,1 = 33,6 gam / mol 0,3 Vậy hai kim loại kiềm Na (M = 23) vaø K (M = 39) ● Hướng : Dựa vào bảo tồn ngun tố bảo tồn điện tích Theo bảo tồn ngun tố R bảo tồn điện tích dung dịch sau phản ứng, ta có : n R = n R+ = n OH− = 0,3 mol  M R = 10,1 = 33,6 gam / mol 0,3 Vậy hai kim loại kiềm Na (M = 23) K (M = 39) Ví dụ 3*: Hịa tan hồn tồn hỗn hợp X gồm 0,11 mol Al 0,15 mol Cu vào dung dịch HNO3, thu 1,568 lít (đktc) hỗn hợp Y gồm khí (trong có khí khơng màu hóa nâu ngồi khơng khí) dung dịch Z chứa muối Số mol HNO3 tham gia phản ứng : A 0,63 mol B 0,7 mol C 0,77 mol D 0,76 mol (Thi thử lần – THPT Quỳnh Lưu – Nghệ An, năm học 2010 – 2011) Hướng dẫn giải Theo giả thiết suy : Phản ứng không tạo muối amoni, dung dịch Z chứa muối Al(NO 3)3 Cu(NO3)2 Trong Y có khí NO, khí hóa nâu khơng khí +5 Gọi n số electron trung bình mà N nhận vào để sinh hỗn hợp khí Y Theo bảo tồn electron, ta có : n.n Y = 3n Al + n Cu = 0,63  n =    10 0,07 0,11 0,15 +5 +5 Để sinh NO, N nhận vào electron Vậy để sinh khí cịn lại N phải nhận nhiều +5 eletron Suy N nhận vào 10 electron để sinh khí N2 Hai khí Y NO N2 3n NO + 10n N = 63 n NO = 0,01 Theo bảo tồn electron, ta có :   n = 0,06 n + n = 0,07 N2  N2  NO Theo bảo tồn ngun tố N, ta có : n HNO = n NO − tạo muối + n N sản phẩm khử = 0,63 + (0,01 + 0,06.2) = 0,76 mol 3 nelectron trao đổi Ngồi cịn có cách khác ngắn gọn (xem phương pháp tìm khoảng giới hạn) Ví dụ 4: Đốt cháy hồn tồn 6,72 lít (đktc) hỗn hợp gồm hai hiđrocacbon X Y (MY > MX), thu 11,2 lít CO2 (đktc) 10,8 gam H2O Cơng thức X : A C2H6 B C2H4 C CH4 D C2H2 (Đề thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2010) Hướng dẫn giải Ta có : C(X, Y) = n CO n(X, Y) = 0,5 = 1,667  X CH 0,3 Ví dụ 5: Hỗn hợp khí X gồm ankan anken Tỉ khối X so với H2 11,25 Đốt cháy hoàn tồn 4,48 lít X, thu 6,72 lít CO2 (các thể tích khí đo đktc) Cơng thức ankan anken A CH4 C2H4 B C2H6 C2H4 C CH4 C3H6 D CH4 C4H8 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2010) Hướng dẫn giải Số nguyên tử cacbon trung bình : CX = nCO nX = 0,3 = 1,5  ankan CH4 0,2 Theo giả thiết, ta có : m X = 11,25.2.0,2 = 4,5 gam  m H = 4,5 − 0,3.12 = 0,9 gam  n H O = MX nX mX mC 0,9 = 0,45 mol Khi đốt cháy hỗn hợp gồm ankan anken : nankan = nH O − nCO = 0,15 mol  nanken = 0,2 − 0,15 = 0,05 mol 0,45 0,3 Theo bảo tồn ngun tố C, ta có : n C CH + n C C H = n C CO  0,15 + 0,05n = 0,3  n =  anken C3H6 n 2n Vậy X gồm CH C3H6 Ví dụ 6: Nitro hoá bezen thu hỗn hợp chất hữu X Y, Y nhiều X nhóm –NO2 Đốt cháy hồn tồn 12,75 gam hỗn hợp X,Y thu CO2, H2O 1,232 lít N2 (đktc) Công thức phân tử số mol X hỗn hợp : A C6H5NO2 0,05 B C6H5NO2 0,09 C C6H4(NO2)2 0,01 D C6H4(NO2)2 0,05 Hướng dẫn giải Đặt cơng thức phân tử trung bình hai hợp chất nitro C6 H6−n (NO2 )n có số mol x Theo giả thiết bảo tồn ngun tố N, ta có : n.n  C6 H6−n (NO2 )n = 2n N2 nx = 0,11 nx = 0,11    n = 1,1   m C6 H6−n (NO2 )n = 12,75 (78 + 45n)x = 12,75 x = 0,1 Suy : X Y C6H5NO2 (a mol) C6H4(NO2)2 (b mol)  a + 2b = 1,1 a = 0,09 n =  ● Hướng : Căn vào số nhóm –NO2 trung bình, ta có :  a+ b  b = 0,01 a + b = 0,1  10 Vậy thành phần phần trăm khối lượng %m 39 K = 39 19 K KClO4 : 1.93,5%.39 100% = 26,30% 39,13 + 35,5 + 16.4 Câu 3: Axit pecloric có cơng thức HClO4 Giả sử n HClO = mol  n( 35 Cl, 37Cl) = mol Đặt n 35 Cl = x mol; n 37 Cl = (1 − x) mol Theo giả thiết, ta có : MCl = 35x + 37(1 − x) = 35,5  x = 0,75 Vậy phần trăm khối lượng 37Cl axit HClO4 : %m 37 Cl = (1 − 0,75).37 100% = 9,204% 100,5 Câu 4: Gọi x phần trăm thể tích SO2 hỗn hợp ban đầu, ta có : MX = 64x + 32(1 − x) = 16.3 = 48  x = 0,5  %VSO = %VO = 50% 2 Như 20 lít hỗn hợp X, khí chiếm 10 lít Gọi V số lít O2 cần thêm vào, ta có : 64.10 + 32(10 + V) MY = = 2,5.16 = 40  V = 20 lít 20 + V Câu 5: Các kim loại thuộc nhóm IIA gọi kim loại kiềm thổ có hóa trị Gọi công thức chung hai kim loại kiềm thổ R Theo bảo toàn electron phản ứng R với HCl, ta có : nR = nH = 0,672 1,67 = 0,03 mol  M R = = 55,67 gam / mol 22,4 0,03 Suy hai kim loại kiềm thổ Ca (M = 40) vaø Sr (88) Câu 6: Các kim loại thuộc nhóm IIA có hóa trị Đặt cơng thức chung hai muối cacbonat RCO3 Theo bảo tồn ngun tố C, ta có : n RCO = n CO =  M RCO = 672 = 0,03 mol 1000.22,4 2,84 = 96,67 gam / mol  M R = 34,67 0,03 Vậy hai kim loại Mg (M = 24) vaø Ca (M = 40) Câu 7: Đặt công thức chung hai muối cacbonat trung hòa hai kim loại kiềm R2CO3 Theo bảo tồn ngun tố C, ta có : n R CO = n CO = 0,1 mol  M R2CO3 = 9,1 = 91  M R = 15,5 0,1 Suy hai kim loại kiềm hai chu kỳ Li (M = 7) vaø Na (M = 23) Câu 8: Cu HNO3 Sơ đồ phản ứng :  ⎯⎯⎯ → Fe  28  NO Cu(NO3 )2 +  + H2 O  NO Fe(NO )   3   56nFe + 64nCu = 12 Từ giả thiết, ta có :   nFe = nCu = 0,1 mol n = n  Cu  Fe Thay hai công thức NO NO2 NOx, ta có : 14 + 16x = 19.2  x = 1,5 Với x = 1,5 số oxi hóa N NOx +3 Trong phản ứng, số oxi hóa N giảm từ +5 +3 Áp dụng bảo toàn electron, ta có : 3n Fe + n Cu = n NO  n NO = 0,25 mol  VNO x 0,1 0,1 x x (ñktc) = 0,25.22,4 = 5,6 lít ? Câu 9: Theo giả thiết, ta thấy : Hỗn hợp khí Y gồm NO (hóa nâu khơng khí) khí cịn lại N N2O MY = M Y  M = 30 m Y 2,59  NO = = 37 gam / mol    Y gồm NO N 2O n Y 0,07 M Y  M N2O = 44 Vì M Y = M NO + M N O 2 = 37 gam / mol  n NO = n N O = 0,07 = 0,035 mol n NO − tạo muối = n electron trao đổi = 3n NO + 8n N O = 0,385  Ta có :  m muối = m (Al, Mg) + m NO3− tạo muối = 4,431 + 0,385.62 = 28,301 gam Câu 10: Ta có : nCl− = nH+ = 2nH2 = 0,09 mol  m(Fe, M) = 4,575 − 0,09.35,5 = 1,38 gam Hỗn hợp hai khí chắn có chứa NO2 (vì HNO3 axit đặc), mặt khác khối lượng mol trung bình hai khí 50,5 nên khí cịn lại SO2 (M = 64) n NO + n SO = 0,084 n NO = 0,063   Ta có :  46n NO2 + 64n SO2 = 50,5 n SO2 = 0,021  n + n NO2 SO2  Gọi n số electron mà kim loại M nhường phản ứng Trong phản ứng Fe, M với HCl, chất khử Fe, M; sản phẩm khử H2 Trong phản ứng Fe, M với HNO3 đặc, H2SO4, chất khử Fe, M; sản phẩm khử NO2 SO2 Theo giả thiết bảo toàn electron ta có : M.n M + 56n Fe = 1,38 M.n M + 56n Fe = 1,38 n Fe = 0,015     n.n M + 2n Fe = 0,09  n.n M = 0,06 n.n M + 2n Fe = 2n H2  n.n + 3n = 0,105 M.n = 0,54 M Fe  M  n.n M + 3n Fe = n NO2 + 2n SO2 M  =  n = 3, M = 27  M laø Al n Câu 11: Các chất propan, propen propin có cơng thức phân tử tương ứng C3H8, C3H6 C3H4 Đặt công thức phân tử trung bình chất X C3 H y Theo giả thiết : MC H = 21,2.2 = 42,4  12.3 + y = 42,4  y = 6,4 y Theo bảo toàn nguyên tố C H, ta có : 29  nCO = 3.0,1 = 0,3 nCO2 = 3nC3H6,4    m(CO , H O) = 0,3.44 + 0,32.18 = 18,96 gam   2 2n = 6,4n n = 3,2.0,1 = 0,32  H2 O  C3H6,4 mCO mH O  H2 O  2 Câu 12: Các chất butan (C4H10), metylxiclopropan (C4H8), but–2–en (C4H8), đivinyl (C4H6) etylaxetilen (C4H6) có nguyên tử C, khác số nguyên tử H Vậy công thức phân tử trung bình chúng C4 H y Theo giả thiết : MC H = 27,8.2 = 55,6  12.4 + y = 55,6  y = 7,6 y Theo bảo toàn nguyên tố C H, ta có :  nCO = 4.0,15 = 0,6 nCO2 = 4nC4 H7,6    m(CO , H O) = 0,6.44 + 0,57.18 = 36,66 gam   2 2n = 7,6n n = 3,8.0,15 = 0,57   C4 H7,6 mCO mH O  H2 O  H2 O 2 Câu 13: Các chất X có nguyên tử C, khác số nguyên tử H Vậy đặt công thức phân tử trung bình chúng C3 H y Theo giả thiết : MC H = 21,2.2 = 42  12.3 + y = 42  y = y n H O = nCO = 3nC H = 3.0,05 = 0,15 mol  m (CO 2 2, H2 O) = 0,15.44 + 0,15.18 = 9,3 gam m CO mH 2O Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có : n CaCO3 = n CO2 = 0,15 mol  m CaCO3 = 0,15.100 = 15 gam Vì m (CO 2, H2 O)  m CaCO  m dung dịch giảm = m CaCO − m(CO 3 2, H2 O) = 5,7 gam 9,3 15 Câu 14: Theo giả thiết, ta có : CX = 0,23 = 2,3 0,07 + 0,03 Ancol khơng no có liên kết đơi phải có số C  Suy ancol hai chức có số C  2,3 , C2H4(OH)2 Cancol không no = 0,23 − 0,07.2 = (CH2 = CH − CH2 OH) 0,03 Áp dụng ĐLBT nguyên tố hiđro: 2n H O = n C H 2 (OH)2 0,07 + n CH = CHCH OH 0,03 n H O = 0,3 mol   m H2O = 0,3.18 = 5,4 gam Câu 15: Đốt cháy ancol no axit cacboxylic thu nCO2  n H2O nên X axit không no 1,2 Số nguyên tử O hai chất = 1,1 2nCO2 + n H2O − 2nO2 phản ứng 0,4 =2 Do axit có nguyên tử oxi  Ancol Y có nguyên tử oxi n CO2 1,2 = =  Ancol no, đơn chứa C3H6(OH)2 cịn axit khơng Số C ancol axit = n H2O 0, no CH2=CHCOOH CH  CCOOH 30 C(X, Y) = 2n H O n X, Y = 5,5 Mặt khác số mol X lớn Y nên axit phải CH2=CHCOOH (nếu CH  CCOOH số H trung bình phải nhỏ 5) Suy :  nC H (OH) = 0,15 nC3H7OH + nCH2 =CHCOOH = 0,4   m C H OH = 0,15.76 = 11,4 gam  8nC H OH + 4nCH =CHCOOH = 2,2 nCH =CHCOOH = 0,25    Câu 16: Số nguyên tử cacbon số nhóm –COOH trung bình X, Y : C(X, Y) = nCO nM = nNaHCO nCO n 0,2 0,18 = (1); COOH(X, Y) = − COOH = = = = 1,8 (2) 0,1 nM nM nM 0,1 Vì M khơng có phản ứng tráng gương nên M khơng chứa HCOOH Do đó, axit M phải có từ nguyên tử C trở lên Kết hợp với (1) (2), suy : X laø CH3COOH ( x mol) x + y = 0,1 x = 0,02     Y laø HOOC − COOH (y mol) x + 2y = 0,18 y = 0,08  Vậy %m Y = 90.0.08 100% = 85,71% 60.0,02 + 90.0,08 Câu 17: Trong phản ứng đốt cháy hỗn hợp anken, ta có : VCO = VH O VCO 2  3VCO = VO  VCO = lít  Canken = = = 2,333  2 Vanken 2VO2 = 2VCO2 + VH2O ? 10,5 Vậy hai anken đồng đẳng C2H4 C3H6 Gọi x (1 – x) phần trăm số mol C2H4 C3H6, ta có : Canken = 2x + 3(1 − x) =  x = = 66,67% 3 Đặt n(C2 H4 , C3H6 ) = mol  n C2 H4 = mol; n C3H6 = mol Phản ứng anken với H2O : o t , xt C2 H + H O ⎯⎯⎯ → C2 H 5OH mol : mol : → C3 H + H O a (1) t o , xt ⎯⎯⎯ → CH3CH CH OH a → t o , xt C3 H + H O ⎯⎯⎯ → CH3CHOHCH3 mol : b (2) (3) b → Theo (1), (2), (3) giả thiết, ta có : a + b = a = 0,2 0,2.60   %m CH CH CH OH = 100% = 7,89%  60b  2 2.46 + 1.60 =  b = 0,8   2.46 + 60a 13 Câu 18: Gọi cơng thức phân tử trung bình hai ancol Cn H2n +2 O AgNO , t o o CuO, t Cn H 2n O ⎯⎯⎯⎯ → Ag Sơ đồ phản ứng : Cn H 2n + O ⎯⎯⎯→ 0,2 mol 0,2 mol 0,5 mol 31 Vì n Ag nC H n = 2,5  nên hỗn hợp anđehit có HCHO Vậy anđehit cịn lại CH3CHO 2n O Áp dụng bảo toàn electron phản ứng tráng gương bảo toàn nguyên tố C, ta có :  4n HCHO + 2n CH3CHO = n Ag = 0,5 n HCHO = 0,05 n CH OH = 0,05    n + n CH CHO = n ancol = 0,2  n = 0,15 nCH3CHO = 0,15    HCHO  C2 H5OH  m(CH OH,C H OH ) = 0,05.32 + 0,15.46 = 8,5 gam mCH mC 3OH 2H5OH Câu 19: Đặt công thức hai ancol no, đơn chức đồng đẳng Cn H2n+1OH Phương trình phản ứng oxi hóa hỗn hợp ancol CuO : o t C n H 2n +1OH + CuO ⎯⎯ → C n H 2n O  + H 2O  + Cu (1) Theo (1), ta thấy : Hỗn hợp Y gồm Cn H2n O H2O có số mol (14n + 16) + 18 1+ = 13,75.2  n = 1,5 = 2 Suy : Hai ancol ban đầu CH3OH C2H5OH; hai anđehit HCHO CH3CHO; anđehit ancol hỗn hợp có số mol Gọi số mol anđehit x mol, ta có : nCH3OH = nHCHO = x mol; nC2H5OH = nCH3CHO = x mol Theo giả thiết, ta có : MY = Trong phản ứng tráng gương, ta có :  64,8 n Ag = 4n HCHO = 4x   n Ag = 6x = = 0,6  x = 0,1 mol  108  n Ag = 2nCH3CHO = 2x  m = 0,1.32 + 0,1.46 = 7,8 gam mCH mC 3OH 2H5OH Câu 20: Theo giả thiết : M X = 23.2 = 46 gam / mol  X có chứa ancol CH3OH (M = 32) Vậy hỗn hợp X gồm CH3OH, C2H5CH2OH CH3CHOHCH3 Trong phản ứng X với CuO, ta có : n X = nCuO phản ứng = nO CuO phản ứng = Vì M X = MCH OH + MC H OH 3 = 46  n CH OH = n C H OH = 3 3,2 = 0,2 mol 16 0,2 = 0,1 mol n = n CH OH = 0,1 n C H CH OH = n C H CHO = 0,025  HCHO   Ta có : n C2 H5CH2OH = nC2H5CHO 0,025.60 100% = 16,3%  %m C2 H5CH2OH = 0,2.46 4n + 2n = n = 0,45   HCHO C2 H 5CHO Ag Câu 21: Vì oxi hóa hỗn hợp X axit hữu  ancol đơn chức anđehit đơn chức có gốc hiđrocacbon  RCHO + NaOH,Na2 CO3 + O2 (xt) Sơ đồ phản ứng :  ⎯⎯⎯→ RCOOH ⎯⎯⎯⎯⎯ ⎯ → RCOONa  RCH2OH Theo bảo toàn gốc R bảo tồn ngun tố Na, ta có : 32 n(RCH OH, RCHO) = nRCOOH = nRCOONa = n NaOH + 2n Na CO = 2 100.4% 2.100.26,5% + = 0,6 mol 40 106 26,6 = 44,33  Hỗn hợp X gồm ancol CH3CH2OH (M = 46) anđehit 0,6 CH3CHO (M = 44) Suy :  M(RCH2OH, RCHO) = nC H OH + nCH CHO = 0,6 n C H OH = 0,1 46.0,1   %m C H OH = 100% = 17,29%  26,6 46n C2 H5OH + 44n C2 H5OH = 26,6 n CH3CHO = 0,5 Câu 22: Đặt cơng thức trung bình hai axit RCOOH Tỉ lệ mol hai axit hỗn hợp : nên : M RCOOH = = 53 gam / mol  n RCOOH = 5,3 = 0,1 mol 53 5,75 = 0,125 mol  n RCOOH = 0,1 mol Suy ancol dư, hiệu suất phản ứng tính theo axit 46 nC H OH = M HCOOH + MCH COOH Theo bảo tồn khối lượng, ta có : M C2 H5OH + M RCOOH = M este + M H2O  Meste = (Mancol + MRCOOH − MH O ) = 81 gam / mol  m este = 0,1 81 80% = 6,48 gam 46 neste Meste 18 53 hspö Câu 23: Theo giả thiết, đốt cháy X thu : n H O = 3,24 2,24 = 0,18 mol  n CO = = 0,1 mol 18 22,4 Suy hai hiđrocacbon đồng đẳng ankan Số nguyên tử cacbon trung bình hai ankan : nCO nCO 0,1 2 Cankan = = = = 1,25 nankan n H O − nCO 0,18 − 0,1 2 Vậy hai ankan X CH vaø C2 H Câu 24: Số nguyên tử cacbon trung bình hai hiđrocacbon X : CX = nCO nX = VCO VX = 1,12 2,8 = 0,05 mol = 1,67  Trong X có CH4, n CH4 = 22,4 1,68 Gọi cơng thức hiđrocacbon cịn lại CxHy, nC H = x y 1,68 − 1,12 = 0,025 mol 22,4 Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có : nC CH + nC C H = nC CO  0,05 + 0,025x = 0,125  x = (*) x y Số liên kết  CxHy n Br = nC H x y 0,025 = (**) 0,025 Từ (*) (**), suy : CxHy C3H6 Hai hiđrocacbon X CH vaø C3 H6 Câu 25: Theo giả thiết : Tách nước từ ancol thu anken đồng đẳng Suy hai ancol ban đầu no, đơn chức, mạch hở đồng đẳng Sơ đồ phản ứng : 33 O2 , t o CO2 , H O làm lạnh H2 SO4 đặc, t 2,24 lít Cn H 2n +1OH ⎯⎯⎯⎯⎯ → Cn H 2n ⎯⎯⎯ ⎯ →  ⎯⎯⎯⎯ → O  dö  1,08 gam o CO2  O2 dư 1,568 lít Trong phản ứng đốt cháy anken, ta có : nCO = n H O 2n O phản ứng − 3nCO = nO phản ứng = 0,09  2  2n O2 phản ứng = 2nCO2 + n H2O   nCO + nO dö = 0,07  n CO = 0,06  2 nO2 dö + nCO2 = 0,07   n + n = 0,1 n   O2 dö = 0,01 O2 dư  O2 phản ứng n + n = 0,1 O2 dư  O2 phản ứng Đặt số mol ancol x, ta có : nx = 0,06 n = n = nx = 0,06  C  CO2   0,04  n = 4,5  Hai anken C4 H8 vaø C5H10 x = m = (14n + 18)x = 1,08    ancol  Câu 26: Theo giả thiết, suy : Hai hợp chất nitro nhóm –NO2 Đặt cơng thức phân tử trung bình hai hợp chất nitro C6 H6−n (NO2 )n có số mol x Theo giả thiết bảo toàn nguyên tố N, ta có : n.n  C6 H6−n (NO2 )n = 2n N2 nx = 0,14 nx = 0,14    n = 1,4   (78 + 45n)x = 14,1 x = 0,1 m C6 H6−n (NO2 )n = 14,1 Vậy hai hợp chất nitro C6 H5NO2 vaø C6 H (NO2 )2 Câu 27: Trong phản ứng ete hóa, áp dụng bảo tồn ngun tố H nhóm OH ancol bảo tồn khối lượng, ta có : n ROH = n H O = 0,2 mol  n ROH = 2n H O 7,8  0,1   MROH = = 39 gam / mol  0,2 m ROH = m ROR + m H2O m ROH = m ROR + m H2O = 7,8 gam  1,8 Vậy hai ancol X CH3OH (M = 32) vaø C2 H5OH (M = 46) Câu 28: Theo bảo toàn khối lượng, ta có : m M + m Na = m chất rắn + m H2  m H = 27,4 + 13,8 − 40,65 = 0,55 gam  n H = 0,275 mol mM mNa m chaát rắn Theo bảo tồn ngun tố H nhóm –OH, ta có : n(CH COOH, ROH) = 2n H = 0,55 mol Lại có : n CH3COOH = n NaHCO3 = nCO2 = 0,3 mol m = 27,4 − 0,3.60 = 9,4   ROH  MROH = 37,6 gam / mol n = 0,55 − 0,3 = 0,25  ROH Vậy hai ancol đồng đẳng CH3OH (M = 32) vaø C2 H 5OH (M = 46) 34 Câu 29: Hai olefin đồng đẳng nên hai anđehit ban đầu đồng đẳng H SO đặc , t o H Cn H 2n O Sơ đồ phản ứng : anñehit no, đơn chức Đặt nC H n 2n O O , to 2 ⎯⎯⎯ → Cn H 2n +2 O ⎯⎯⎯⎯⎯ → Cn H 2n ⎯⎯⎯ → CO2 Ni, t o ancol no, đơn chức olefin = x mol Theo giả thiết bảo toàn nguyên tố C, ta có : m  anđehit = (14n + 16)x = 1,6 nx = 0,08   n = = 2,667  n C = nx = n CO2 = 0,08 x = 0,03 Vậy hai anđehit CH3CHO C2 H5CHO Câu 30: Gọi cơng thức phân tử trung bình hai ancol Cn H2n +2 O Trong phản ứng oxi hóa ancol CuO, khối lượng chất rắn giảm khối lượng O CuO tham gia phản ứng Suy nCuO phản ứng = nO phản ứng = 0,09 mol Phương trình phản ứng oxi hóa ancol : o t Cn H2n+2O + CuO ⎯⎯ → Cn H2n O + H2O + Cu mol : 0,09  0,09 0,09 → Trong phản ứng tráng gương : (1) n Ag nC H n 2n = O 0,34 = 3,778 nên hỗn hợp anđehit có HCHO, anđehit cịn 0,09 lại RCHO 2n RCHO + 4n HCHO = n Ag = 0,34 n RCHO = 0,01 n RCH2OH = 0,01 Ta có :    n + n = n = 0,09 n = 0,08 n = 0,08  HCHO ancol  HCHO  RCHO  CH3OH  32.0,08 + 0,01(R + 31) = 3,16  R = 29 (C2H5 −) Vậy hỗn hợp ancol ban đầu CH3OH vaø C2 H5CH2OH Câu 31: Đặt công thức hai axit RCOOH n(CH OH, RCOOH) = 2n H = 0,6 mol Theo giả thiết, suy chất hỗn hợp X tham gia phản ứng vừa đủ với nên : nCH OH = n RCOOH = n RCOOCH = 0,3 mol  R = 3  25 R : CH3 − − (44 + 15) = 24,33   0,3   R : C2 H − Vậy axit có khối lượng phân tử lớn C2H5COOH Câu 32: Bản chất phản ứng trung hòa axit cacboxylic dung dịch kiềm : −COOH + OH− → − COO− + HOH (H2O) Theo bảo tồn khối lượng, ta có : m X + m NaOH, KOH = m chất rắn + m H2O  m H2O = 4,5 gam  nH2O = 0,25 mol 16,4 0,2(40 + 56) 31.1 ? Dựa vào đáp án ta thấy : X hai axit hữu đơn chức có cơng thức RCOOH Theo bảo tồn ngun tố H nhóm –COOH, ta có : 35 n RCOOH = n HOH = 0,25 mol  M RCOOH = m X 16,4 = = 65,6 n X 0,25 Suy X gồm hai axit : C2 H O2 (M = 60), C3H 6O2 (M = 74) Câu 33: Đặt cơng thức trung bình hai axit RCOOH  m RCOOH Y = 100.23% + 30 = 53 Theo giả thiết, ta có :   MRCOOH = 53 gam / mol n RCOOH Y = 10n NaOH = 10.0,5.0,2 =   Suy hai axit HCOOH (M = 46) vaø CH3COOH (M = 60) Câu 34: Số nguyên tử cacbon hiđro trung bình C2H2 CxHy hỗn hợp X : CX = nCO nX = 2nH O 2 = (1); H X = = = (2) nX Vì X có chất C2H2 nên kết hợp với (1) (2), suy : x = x =   Cx H y laø C2 H  y  y = Câu 35: Số nguyên tử cacbon số nhóm chức anđehit trung bình hai anđehit X : CX = nCO nX = nH 0,08 0,08 = 1,6 (1); CHOX = = = 1,6 (2) 0,05 n X 0,05 Từ (1) (2), suy : Hai anđehit có số nguyên tử C số nhóm –CHO Vậy hai anđehit HCHO OHC − CHO Câu 36: 2nH O Y laø HCOOH (x mol) =2 nX Z laø HOOC-COOH (y mol) Phản ứng X với NaHCO3 : −COOH + NaHCO3 → COONa + CO2 + H2O Từ giả thiết, suy : H = Suy : COOH = Vậy %m HCOOH = n− COOH nCO2 1,4a x + 2y x = = = 1,4  COOH = = 1,4  = nX nX a x+y y 3.46 100% = 43,4% 3.46 + 2.90 Câu 37: Axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat axit oleic có cơng thức cấu tạo CH2=CHCOOH, CH3COOCH=CH2, CH2=CHCOOCH3 CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH Đặt cơng thức phân tử trung bình chất Cn H2n −2O2 (k = 2) Gọi tổng số mol chất x mol Theo giả thiết bảo tồn ngun tố C, ta có : nC C H O = nCO = nCaCO = 0,18 nx = 0,18   nx = 0,18 n n −2    m Cn H2 n−2O2 = 3,42 (14n + 30)x = 3,42 x = 0,03 36 Sử dụng cơng thức (k − 1).n hợp chất hữu = n CO − n H O suy : n H O = n CO − n C H 2 2 0,18 n n −2 O = 0,15 mol 0,03 Vì 0,15.18 + 0,18.44 = 10,62 gam  18 gam nên khối lượng dung dịch Ca(OH)2 bị giảm mH m CO 2O m CaCO m dung dịch giảm = m CaCO − m(CO 2, = 18 − 10,62 = 7,38 gam H2 O) Câu 38: Hỗn hợp X gồm vinyl axetat (CH3COOCH=CH2 hay C4H6O2), metyl axetat (CH3COOCH3 hay C3H6O2), etyl fomat (HCOOC2H5 hay C3H6O2) Nhận thấy ba chất có số nguyên tử H O, khác số nguyên tử C nên ta đặt cơng thức trung bình ba chất Cn H6O2 Theo giả thiết bảo toàn nguyên tố C, H, ta có : 6n C H O = n H O = 0,24 n C H O = 0,04  n 0,12  n  n CO = n n C H O = 0,13 mol  n 3,25 n = 3,25 (12n + 38)n   = 3,08 0,04 Cn H O2  Khi đốt cháy C3H6O2 thu số mol CO2 số mol H2O Khi đốt cháy C4H6O2 thu số mol CO2 lớn số mol H2O hiệu số mol CO2 H2O số mol C4H6O2 0,01 Suy : nC4H6O2 = nCO2 − n H2O = 0,01 mol  %nC4H6O2 = 100% = 25% 0,04 0,13 0,12 Câu 39: Gọi hai amin đơn chức hỗn hợp X AM1 AM2 Theo giả thiết, suy : n X = n HCl  0,76 MAM = 31 = 38 1,49 − 0,76 M X =  0,02 = = 0,02 mol    36,5 n = n AM = 0,01 m AM1 = 31.0,01 = 0,31 gam  AM1 Câu 40: Những hợp chất phản ứng với dung dịch kiềm tạo khí làm xanh giấy quỳ tím phải muối amoni amin NH3 với axit vô axit hữu Những muối amoni amin NH3 có cơng thức chung CnH2n+3O2N muối amoni NH3 amin với axit hữu no, đơn chức Đặt công thức trung bình hai hợp chất X RCOOH3NR' o t Phương trình phản ứng : RCOOH3NR' + NaOH ⎯⎯ → RCOONa + R'NH2 + H2O (1) Theo (1) giả thiết, ta có : n RCOOH NR' (C H O N) = n NaOH = n H O = n R'NH = 2 4,48 = 0,2 mol 22,4 Theo bảo toàn khối lượng, ta có : m RCOOH NR' (C H O N) + m NaOH = m RCOONa + m R'NH + m H O  m RCOONa = 14,3 gam 0,2.77 2 0,2.40 ? 0,2.13,75.2 0,2.18 Câu 41: Theo giả thiết : nO = 3,976 6,38 = 0,1775 mol; n CO = = 0,145 mol 22,4 44 Vì hỗn hợp X hai este no, đơn chức, mạch nên phân tử có liên kết  chức este Khi đốt cháy X cho n CO2 = n H2O = 0,145 37 Trong phản ứng đốt cháy X, áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có : neste + nO = nCO + n H O  neste = 0,04  C X = ? 0,1775 2 0,145 0,145 nCO2 = 3,625 neste X tác dụng với dung dịch NaOH, thu muối hai ancol đồng đẳng kế tiếp, chứng tỏ hai este X nguyên tử C Vậy với CX = 3,625 X C3H6 O2 C4 H8O2 Câu 42: Đặt công thức phân tử este CxHyO2 Phương trình phản ứng : Cx Hy O2 + (x + Theo (1) giả thiết, ta có : n CO2 = y y to − 1)O2 ⎯⎯ → xCO2 + H2O (1) x = 6 y n O  x = (x + − 1)  x − 1,5y + =   7 y = Vậy X có cơng thức phân tử C3H6O2 Cơng thức cấu tạo X CH3COOCH3 HCOOC2H5 Trong phản ứng X với KOH, n chaát rắn = n KOH = 0,14 mol  M chất rắn = 12,88 = 92 0,14 MKOH  Mchất rắn  MRCOOK  R   R = 15 (CH3 −)  X laø CH3COOCH3 92 56 R +83 Theo giả thiết bảo toàn nguyên tố K, ta có : n CH COOCH = 0,12 56n KOH + 98n CH COOK = 12,88 n KOH = 0,02  3      n + n CH COOK = 0,14 n CH3COOK = 0,12 m CH3COOCH3 = 0,12.74 = 8,88 gam  KOH Câu 43: Thủy phân este đơn chức thu anđehit nên đặt cơng thức trung bình hai este hỗn hợp X RCOOCH = CHR ' Chất rắn thu gồm RCOONa có NaOH dư Phản ứng thủy phân : RCOOCH = CHR ' + NaOH o t ⎯⎯ → RCOONa + R 'CH2CHO Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân este, ta có : m RCOOCH =CHR' + m NaOH = m chất rắn + m R'CH CHO  m = 21,5 gam m 0,3.40 m −1,1 m −8,4 Theo giả thiết : MR'CH CHO = 26,2.2 = 52,4  n R'CH CHO = 2 m − 8,4 21,5 − 8,4 = = 0,25 mol 52,4 52,4 Theo bảo tồn gốc R' , ta có : nRCOOCH=CHR' = nR'CH CHO = 0,25 mol  MRCOOCH=CHR' = 21,5 = 86 gam / mol 0,25 Vậy hai este : HCOOCH = CHCH3 vaø CH3COOCH = CH Câu 44: Theo giả thiết, suy : Lipit tạo hai loại axit béo khác nhau, có cơng thức C3H5 (OOCR)3 Theo bảo toàn gốc C3H5 − , ta có : 38 nC H (OOCR)3 = nC H (OH)3 = 46 444 = 0,5 mol  MC H (OOCR) = = 888  R = 238,33 92 0,5  C17 H35COOH (MC17H35 = 239) Hai axit béo :   RCOOH (MR  238,33) ● Nếu lipit có dạng C17H35COOC3H5 (OOCR)2 (M = 888)  R = 238 (loaïi) ● Nếu (C17H35COO)2C3H5OOCR (M = 888)  R = 237 (C17H33 −) Vậy hai axit béo C17 H35COOH vaø C17 H33COOH Câu 45: Theo giả thiết, suy : Y, Z hai este tạo ancol T, bậc hai axit cacboxylic no, đơn chức đồng đẳng MT = 16.3,625 = 58  T laø CH2 = CH − CH2 − OH (ancol anlylic) Đặt cơng thức trung bình hai este RCOOC3H5 Ta có : n RCOOC H = n C H OH = 2n H 10 = 2.0,015.10 = 0,3 mol  R + 85 = 3 5 32,1 15 + 29  R = 22 = 0,3 Vậy hai este CH3COOC3H5 C2H5COOC3H5 có số mol Hai muối Na hai axit CH3COONa C2H5COONa Khi nung CH3COONa vôi – xút thu CH4 Vậy kết luận sai phương án A Khi đốt cháy X (k = 2) n X = n CO − n H O = 0,3 mol 2 Câu 46: Đặt cơng thức trung bình amin RNH2  ROH (a mol) + Na + HNO2 Sơ đồ phản ứng : RNH2 (a mol) ⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯ → H2 (a mol)  H O (a mol)   Theo sơ đồ ta thấy số mol amin 0,03 mol Vậy R + 16 =  1,07 R laø CH3 − = 35,667  R = 19,66   0,03  R2 laø C2 H5 − Câu 47:   Bản chất phản ứng amin với dung dịch axit : − N + H+ → − N H +  amin  muối amoni Theo bảo tồn khối lượng, ta có : m(X, Y) + m HCl = m muoái  m HCl = 1,46 gam 1,52  n HCl = ? 2,98 1,46 0,04 = 0,04 mol  [HCl] = = 0,2M 36,5 0,2 Vì X Y amin đơn chức nên : n(X, Y) = nHCl = 0,04 mol  M(X, Y) = 1,52 = 38 gam / mol  X Y CH3NH2 (M = 31) 0,04 Do hai amin có số mol nên : m(X, Y) = 31.0,02 + 0,02.MY = 1,52  MY = 45 (C2H7N) 39 Công thức cấu tạo Y : CH3CH2 NH2 (etylamin) CH3NHCH3 (đimetylamin) Vậy kết luận không phương án A : Tên gọi amin metylamin etylamin Câu 48: Trong phản ứng đốt cháy M, áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có : nO = nCO + n H O  n H O = 0,875 mol 2 0,9375 0,5 ? Khi đốt cháy anken n H O − n CO = ; đốt cháy amin no, đơn chức, mạch hở n amin = n H O − n CO 1,5 n hai amin = Suy : Khi đốt cháy hỗn hợp M : n H O − n CO 2 1,5 = n CO 0,875 − 0,5 0,5 = 0,25 mol  Chai amin  = = (*) 1,5 n hai amin 0,25 Vậy X laø CH3NH2 ; Y laø CH3CH NH (etyla min) Tổng số mol CO2 sinh đốt cháy hỗn hợp M 0,5 mol Vậy số mol CO2 sinh đốt cháy hai amin phải nhỏ 0,5 mol Do ta có (*) Câu 49: Đặt cơng thức phân tử trung bình chất X Cx Hy Nz (0  z  1) Sơ đồ phản ứng : Cx H y N z ml : 50 to , O y z H2O + N 2 → 25y → 25z ⎯⎯⎯ → xCO2 + → 50x (1) 50x + 25y + 25z = 375  y =  Theo giả thiết (1), ta có : 50x + 25z = 175  3  x  3,5 0  z  Trong X có trimetylamin (CH3)3N, có nguyên tử H nguyên tử N ● Với y = , ta loại phương án D (vì hiđrocacbon amin có số nguyên tử H lớn 8) ● Với  x  3,5 , ta loại phương án A C (vì hiđrocacbon amin có số nguyên tử C nhỏ 3) Vậy đáp án B, hai hiđrocacbon C3H6 vaø C4 H8 Câu 50: Giả sử hai muối halogenua phản ứng tạo kết tủa với dung dịch AgNO3 Đặt công thức trung bình hai muối NaX NaY NaX Khối lượng muối bạc halogenua tăng lên 11,48 – 8,04 = 3,44 gam so với khối lượng muối natri halogenua ion Na+ thay ion Ag+ Ta có : n Ag+ = n Na+  n Na+ = 0,04 mol  bảo toàn điện tích   n NaX = n Na+ = 0,04 mol  108n Ag+ − 23n Na+ = 3,44 n Ag+ = 0,04 mol  tăng giảm khối lượng 40  MNaX = 8,04 = 201 gam / mol  X = 178 (loại) 0,04 Trong nhóm halogen, iot có khối lượng mol lớn 127 nên trường hợp không thỏa mãn Vậy hai muối halogen có muối tạo kết tủa với AgNO3, NaCl, muối cịn lại NaF Theo bảo tồn ngun tố Na, ta có : 11,48 8,04 − 0,08.58,5 nNaCl = nAgCl = = 0,08 mol  %NaF = 100% = 41,8% 143,5 8,04 Câu 51: Dung dịch X tác dụng với MgCl2 thu kết tủa, chứng tỏ X có ion OH− Gọi cơng thức chung hai kim loại kiềm R RCl MgCl2 dd HCl →  ⎯⎯⎯ → Mg(OH)2  Sơ đồ phản ứng : R ⎯⎯⎯ ROH Theo bảo toàn nguyên tố R, Cl nhóm OH− , ta có :  8,3 n RCl = n HCl = 0,1  n R = n RCl + n ROH = 0,25  MR = = 33,2 gam / mol  n ROH = 2n Mg(OH) = 0,15 0,25   Vậy hai kim loại kiềm Na (M = 23) vaø K (M = 39) Câu 52: Theo giả thiết : Cho 3,64 gam kim loại M vào cốc dung dịch chứa HNO3 H2SO4 thấy thoát 2,1504 lít khí, khối lượng chất cốc giảm 1,064 gam, chứng tỏ khối lượng khí lớn so với khối lượng kim loại phản ứng Ta có : m (NO , X) − m M = 1,064 m (NO , X) = 4,704  3,64  M  49   X   4,704 2,1504  X laø SO2 (M = 64) m = = 0,096 M(NO2 , X) = 0,096 = 49  M NO2 (NO2 , X)  22,4   n NO + nSO2 = 0,096 n NO = 0,08 Suy :   46n NO2 + 64nSO2 = 4,704  nSO2 = 0,016  Áp dụng bảo tồn electron, ta có : n.n M = n NO2 + n SO2  0,08 0,016 n = 3,64 M n = 0,112  = 32,5   M n M = 65 Vậy M Zn Câu 53: Theo giả thiết, ta có : m NH NO = 49,9 − 0,1.213 − 0,15.188 = 0,4 gam  n NH NO = m muoái m Al ( NO )3 mCu( NO )2 0,4 = 0,005 mol 80 +5 Gọi n số electron trung bình mà N nhận vào để sinh hai khí X Theo bảo tồn electron, ta có : 0,07 n + 8n NH NO = 3.0,1 + 2.0,15 = 0,6  n =    10 nX +5 0,005 +2 n Al +5 nCu Vậy hai khí X NO, N2 : N + 3e → NO; 2N + 10e → N2 41 3n NO + 10n N + 8n NH NO = 3.0,1 + 2.0,15 n NO = 0,02  n Al nCu Theo bảo tồn electron, ta có :   0,005 n N2 = 0,05 n + n = 0,07 NO N  Suy : n HNO = 42 0,6 nelectron trao đổi + 0,005.2 + 0,05.2 + 0,02 = 0,73 mol n N sản phẩm khử