MỘT số bài tập hóa học điểm 9 10 TẶNG các bạn 1999 PHẠM QUANG lâm

Chào người! Mình tên Phạm Quang Lâm Mình 98er Mình học sinh bình thường, chả có giải quốc gia, chả phải học sinh điểm 10 nước năm 2016 Nhưng có niềm đam mê bất diệt với hóa Đây tổng hợp toán hóa lấy điểm 9-10 đề thi Mình viết tập mong bạn có kết khả quan kì thi THPT Quốc Gia thân bạn Mong bạn đón nhận Mình xin cảm ơn Quý thầy cô tác giả toán mà sử dụng Xin cảm ơn người anh, người thầy Phạm Công Tuấn Tú bảo cho kì thi cho phép sử dụng toán hóa nhiệt tình Mong sớm bay vào Sài Gòn gặp anh Cảm ơn người anh, người bạn Bùi Trung Nghĩa – anh theo sát bên mình, động viên làm cười suốt thời gian khó khăn Xin chúc hai người dồi sức khỏe thành công sống! Mình xin cảm ơn! “Yêu bạn tôi!!!!!!!!!!!!” - Mùa hè 2016 _Phạm Quang Lâm_ Bài tập hóa hay khó điểm 9-10 _Phạm Quang Lâm_ Bài 1: Hỗn hợp X gồm axit cacboxylic hai chức no, mạch hở, hai ancol đơn chức dãy đồng đẳng đieste tạo axit hai chức hai ancol Đốt cháy hoàn toàn 4,84 gam hỗn hợp X thu 7,26 gam CO2 2,7 gam H2O Mặt khác đung nóng 4,84 gam X với 80 ml NaOH 1M, sau phản ứng xảy hoàn toàn thêm vừa đủ 10ml dung dịch HCl 1M để trung hòa lượng NaOH dư thu dung dịch Y Cô cạn dung dịch Y thu m gam muối khan, đồng thời thu 896ml hỗn hợp ancol (đktc) có tỉ khối so với H2 19,5 Giá trị m A 4,595 gam B 5,765 gam C 5,180 gam D 4,995 gam Giải: Quy đổi hỗn hợp gồm axit, ancol, H2O Xử lí ancol trước: Có 0,896 lit hỗn hợp ancol mà dX/H2  19,5 suy M ancol  39 Mà ancol no đơn chức suy ancol là: CH 3OH C2 H 5OH Giải hệ ta thu số mol sau: CH 3OH : 0,02 mol; C2 H 5OH : 0,02 mol Giờ ta hoán đổi hỗn hợp X gồm: Cx H y (COOH)2 ; CH 3OH ; C2 H 5OH H 2O Lượng NaOH phản ứng là: 0,08 – 0,01 = 0,07 mol Do X tác dung với NaOH: 0,07 mol nên: 2.nCx H y (COOH)2  0,07  nCx H y (COOH)2  0,035 mol Bảo toàn khối lượng: mX  mO2  mCO2  mH2O  nO2  0,16 Bảo toàn nguyên tố O: nO /axit  nO / ancol  nO / H2O  nO /O2  nO /CO2  nO / H2O  nO / H2O  0,02  n H 2O  0,02 Vậy hỗn hợp X có: Cx H y (COOH)2 : 0,035 mol ; CH 3OH :0,02 mol ; C2 H 5OH :0,02 mol ; H 2O :0,02 Vậy ta bảo toàn C: 0,035.(x  2)  0,02  0,02.2  0,165  x  Bảo toàn H: 0,035.(y 2)  0,02.4  0,02.6  0,15.2  y  Vậy axit : CH (COOH)2 Vậy hỗn hợp muối có: 0,035 CH (COONa)2 0,01 NaCl  m  5,765g Chọn B Bài 2: Dung dịch X tạo từ muối gồm có ion: Al3+, Fe2+, SO 24  , Cl  Chia dung dịch X làm phần Phần đem tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu 6,46 gam kết tủa Phần đem tác dụng với dung dịch NH3 dư, thu lấy kết tủa nung không khí đến khối lượng không đổi lại 2,11 gam chất rắn Biết phản ứng xảy hoàn toàn Khối lượng muối dung dịch X gần A 17,5 gam B 5,96 gam C 3,475 gam D 8,75 gam Giải: Gọi x, y, z số mol Al3+, Fe2+, SO42- dung dịch X  nCl  = 3x + 2y - 2z _Phần 1: Khối lượng kết tủa là: 90y+233z=6,46.2=12,92 _Nung kết tủa phần thu được: 51x+80y=2,11.2=4,22 Mà theo giả sử thì: m = 162,5x+127y+25z  7,58 < m < 14,83  chọn D Bài 3: Người ta hòa 216,55 gam hỗn hợp muối KHSO4 Fe(NO3)3 vào nước dư thu dung dịch A Sau cho m gam hỗn hợp B gồm Mg, Al, Al2O3 MgO vào dung dịch A khuấy tới phản ứng xảy hoàn toàn thấy B tan hết, thu dung dịch C chứa muối có 2,016 lít hỗn hợp khí D có tổng khối lượng 1,84 gam gồm khí (đktc) thoát thể tích H2, N2O, NO2 chiếm 4/9, 1/9 1/9 Cho BaCl2 dư vào C thấy xuất 356,49 gam kết tủa trắng Biết B oxi chiếm 64/205 khối lượng Giá trị m gần với : A 18 B 20 C 22 D 24 (Chuyên Nguyễn Huệ lần 3) Giải:  Mg  KHSO4  C D; Phản ứng B  Al  A  Fe (NO ) 3  O  Mà: C  BaCl2  356, 49 gam kết tủa Ta có kết tủa BaSO4 với nBaSO4  1,53 mol Bảo toàn nguyên tố SO42- : nKHSO  n BaSO4  1,53 mol  nFe(NO3 )3  0,035 mol  H : 0, 04  N O : 0, 01  + 0,09 mol khí D gồm khí, gồm số mol sau:  NO2 : 0, 01  NO : x   N : y +Hai khí lại NO N2, gọi số mol x, y _Số mol: 0,04+0,01+0,01+x+y=0,09 _Khối lượng: 0,04.2+0,01.44+0,01.46+30x+28y=1,84 Giải hệ ta thu được: x=0,01 mol y=0,02 mol Giả sử sau phản ứng có a mol NH4NO3 _Bảo toàn nguyên tố N: 3.n  0,105   N Fe (NO3 )3 D  0,01.2  0,01  0,01  0,02.2  a  a  0,025 mol _Bảo toàn nguyên tố H: nH  4.nNH   2.n H2  2.nH2O  1,53  4.0,025  2.0,04  2.n H2O  nH2O  0,675 mol KHSO4 _Bảo toàn nguyên tố O: n O KHSO4  nO Fe (NO3 )3  nO  nO  nO  nO B C D H 2O  4nKHSO4  9nFe NO3   nO ( B )  nH2O  4.nSO 2  nO ( khí )  nO  0, mol B 64 Do B oxi chiếm 64/205 khối lượng: mB  6, :  20,5 gam => Chọn B 205 Bài 4: Hấp thụ hết 4,48 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol KOH y mol K2CO3 thu 200 ml dung dịch X Lấy 100 ml X cho từ từ vào 300 ml dung dịch HCl 0,5M thu 2,688 lít khí (đktc) Mặt khác, 100ml X tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu 39,4g kết tủa Giá trị x gần là: A 0,15 B 0,11 C 0,21 D 0,05 ( Thi thử trường THPT Phúc Thành ) Giải:  HCl  0,12mol   KOH CO2   X  Ba(OH)  0, 2mol   K 2CO3 Trong X chắn chứa ion HCO3 ; CO32 Đặt số mol HCO3 ; CO32 x , y mol + Khi cho từ từ X HCl xảy đồng thời: HCO3  H   CO2  H 2O ; CO32  2H   CO2  H 2O Lúc số mol mà HCO3 ; CO32 phản ứng theo tỉ lệ Cụ thể, gọi số mol mà HCO3 ; CO32 PHẢN ỨNG a, b Ta có: _Số mol khí: a + b=0,12 _Số mol H+ phản ứng: a + 2b=0,15 Giải hệ ta thu được: a=0,09 mol b=0,03 mol x a 0, 09   x  y (1) _Tỉ lệ phản ứng:   y b 0, 03 +Khi cho từ từ X vào Ba(OH)2: Kết tủa BaCO3  nC  nBaCO3  x  y  0, (2) Bảo toàn nguyên tố C: n C HCO3 CO32 Từ (1) (2) ta thu được: x= 0,15 mol y= 0,05 mol Mà nCO2  0, mol Gọi số mol CO2 phản ứng phương trình (3) k mol CO2  2OH   CO32  H 2O (3) 0,5k  k  0,5k mol 2 CO2  CO3  H 2O  2.HCO3 (4) (0,2-0,5k)  (0,5k+0,2)  (0,4-k) nCO 2 dư là: 0,5k + 0,2 - 0,2 + 0,5k = k  0, 05 k   k  0,1 Vậy chọn B 0,15 0, 04  k Bài 5: Hỗn hợp E gồm chất hữu X (C2H7O3N) Y (C3H12O3N2) X Y có tính chất lưỡng tính Cho m gam hỗn hợp E tác dung với dung dịch HCl dư, thu 4,48 lít khí Z (Z hợp chất vô cơ) Mặt khác, cho m gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng thoát 6,72 lít khí T (T hợp chất hữu đơn chức chứa C, H, N làm xanh quỳ tím ẩm) Cô cạn dung dịch thu chất rắn gồm chất vô Thể tích khí đo đktc; Giá trị gần m A 23,19 B 22,49 C 21,69 D 20,59 Giải: Do X có tính lưỡng tính tác dụng HCl hay NaOH có thoát nên X có CTCT sau:C2H7O3N  X CH3-NH3-O-C-OH || O Cũng tương tự X ta có CTCT Y: C3H12O3N2  Y (CH3NH3)2CO3 Đặt nX  a mol ; nY  b mol _Khi E + HCl  Số mol khí thu được: a + b = 0.2 _Khi E + NaOH  Số mol khí thu được: a + 2b = 0.3  Giải hệ ta thu được: a = 0,1 mol ; b = 0,1 mol  m = 21.7  Chọn C Bài 6: Hỗn hợp A gồm axit no, hở, đơn chức hai axit không no, hở, đơn chức (gốc hiđrocacbon chứa liên kết đôi), dãy đồng đẳng Cho A tác dụng hoàn toàn với 150 ml dd NaOH 2,0 M Để trung hòa vừa hết lượng NaOH dư cần thêm vào 100 ml dung dịch HCl 1,0 M dung dịch D Cô cạn cẩn thận D thu 22,89 gam chất rắn khan Mặt khác đốt cháy hoàn toàn A cho toàn sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch NaOH đặc, khối lượng bình tăng thêm 26,72 gam Phần trăm khối lượng axit không no có khối lượng phân tử nhỏ hỗn hợp A có giá trị gần : A 22,78% B 44,24% C 35,52% D 40,82% Giải: Khi cho A vào dung dịch NaOH số mol NaOH phản ứng là: 0,2 mol Gọi chât hỗn hợpA có CTPT CnH2nO2: a mol CmH2m-2O2: b mol (m  3)  Vậy D có muối là: CnH2n-1O2Na: a mol; CmH2m-3O2Na: b mol NaCl: 0,1 mol n hh A = n NaOH phản ứng =  a  b  0, 1 + Chất rắn khan gồm: CnH2n-1O2Na a mol, CmH2m-3O2Na b mol NaCl 0,1 mol _Khối lượng chất rắn: a 14n  54  b 14m  52   58,5.0,1  22,89  14  an  bm   2a  6,64   CO +Mặt khác: A  O2    NaOH  mbinh  26, 72 gam  H 2O _Đốt cháy A  nCO  an  bm nH 2O  na  mb  b Ta thấy sau phản ứng khí thoát nên khối lượng bình tăng khối lượng CO2 H2O: 44  na  mb   18  na  mb  b   26,7  62  na  mb   18b  26,72  3 Từ (1), (2) (3)  a  b  0,1 na + mb = 0,46  n  m  4,6 Mà m  nên có số (n;m)  (1;3,6) thỏa mãn Vậy axit no HCOOH: 0,1 mol, hai axit không no C3H4O2 C4H6O2 Đặt: nC3H4O2  x mol nC4 H6O2  y mol Trong : x + y = b = 0,1 3x  y Mà số nguyên tử C trung bình: nC = 3,6: Có phương trình:  3, x y Giải hệ ta có: x = 0,04 mol y = 0,06 mol  mA = 46.0,1 + 72.0,04 + 86.0,06 = 12,64 gam  %mC3H4O2 = 22,78  Chọn A Bài 7: Hỗn hợp A gồm MgO, Fe2O3 ,FeS FeS2 Người ta hòa tan hoàn toàn m gam A H2SO4 đặc nóng dư thu SO2, dung dịch sau phản ứng chứa 155m/67 gam muối Mặt khác hòa tan m gam A vào HNO3 đặc nóng dư thu 14,336 lít hỗn hợp khí gồm SO2 NO2 có tổng khối lượng 29,8g Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu 28,44 gam muối Biết A oxi chiếm 10m/67 khối lượng Phần trăm FeS A gần với A.28 B.30 C.32 D.34 Giải: Đặt số mol SO2 x mol, số mol NO2 y mol _Tổng số mol khí: x+y=0,64 _Tổng khối lượng khí: 64x+46y=29,8 Giải hệ ta thu x=0,02 mol y=0,62 mol Đặt số mol S a mol  Bảo toàn nguyên tố S: a  nFeS  2.nFeS2 Thí nghiệm 2:  MgO  Fe O  SO : 0, 02  H 2O Sơ đồ phản ứng:   HNO3  muoi   NO : 0, 62 FeS    FeS2  Số mol e mà khí nhận = 0,62+0,02.2=0,66 (mol) 5m Số mol O A là: mol 536 5m Bảo toàn e: 0,66 = ne kim loại + +6a 268 5m   Vậy số mol e kim loại nhường =  0,33   3a  268   57m  32a _Khối lượng kim loại là: mKL  mA  m O mS  67 +TN1: Ta có:  MgO  Fe O   H SO4  muoi  SO2  H 2O Sơ đồ phản ứng:  FeS   FeS2 +Trong muối có ion kim loại SO42- nên khối lượng muối là: 57m 5m 155m    32a   0,33   3a  96  1 67 268 67   +TN2: Ta có:  MgO  Fe O  SO2 : 0, 02   HNO3  muoi    H 2O Sơ đồ phản ứng:  NO : 0, 62 FeS    FeS2  nSO 2  a  0, 02 nNO   nSO 2 TN1 – nSO 2 TN  4  5m 57m 5m     32a  96  a  0, 02    0,  8a   62  28, 44   268 67 268   Từ (1), (2) giải hệ ta thu  m =10,72 gam a =0,08 mol  nFeS = 2.0,06-0,08=0,04(mol)  %mFeS = 32,84%  Vậy chọn C  0,  8a  Bài 8: Hỗn hợp X gồm Gly Ala Người ta lấy m gam X cho tác dụng với lượng vừa đủ KOH thu 13,13 gam hỗn hợp muối Mặt khác, từ lượng X điều kiện thích hợp người ta điều chế hỗn hợp Y gồm hỗn hợp peptit có tổng khối lượng m’ gam nước Đốt cháy hoàn toàn m’ gam hỗn hợp peptit cần 7,224 lít khí O2 (đktc) Giá trị m gần với : A B C D 10 Giải: Một toán hay Hoán Đổi Lượng Chất  Không biết Y gì, CTPT làm  Cùng xem……….nào!! Đặt số mol Gly Ala x, y mol +Khi X tác dụng với KOH, sau phản ứng thu hỗn hợp muối là: C2H4NO2K: x mol C3H6NO2K: y mol _Khối lượng muối: 113x + 127y = 13,13 (1) Hoán đổi lượng chất Y thành hỗn hợp gồm: Gly: x mol, Ala: y mol H2O (số mol bảo toàn) +Đốt cháy hỗn hợp Y: C2 H NO2  O2  2CO2  H 2O  N 2 15 C3 H NO2  O2  3CO2  H 2O  N 2 15 _Số mol O2 cần để đốt cháy: x  y  0,3225 (2) 4 Từ (1) (2) giải hệ ta thu được: x= 0,06 mol, y=0,05 mol Vậy mX=75.0,06 + 89.0,05 = 8,95 gam  Chọn C Bài 9: Hỗn hợp X gồm Al, Fe2O3, Fe3O4, CuO oxi chiếm 25,39% khối lượng hỗn hợp Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với 8,96 lít CO (điều kiện tiêu chuẩn) sau thời gian thu chất rắn Y hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với hiđro 19 Cho chất rắn Y tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu dung dịch T 7,168 lít NO (điều kiện tiêu chuẩn, sản phẩm khử nhất) Cô cạn dung dịch T thu 3,456m gam muối khan Giá trị m gần với giá trị sau nhất? A 42,5 B 35,0 C 38,5 D 40,5 Giải: Hỗn hợp khí Z CO2 CO Đặt số mol CO2 CO x, y mol _Bảo toàn nguyên tố C: x+y=0,4 mol 44 x  28 y _Tỉ số Z H2 19:  38 x y Giải hệ ta thu được: x= 0,25 mol y= 0,15 mol Khi phản ứng: CO + O  CO2 Vậy số mol O bị là: nO = nCO2 =0,25 mol +Khi Y tác dụng với HNO3 ta có sơ đồ sau:  Al  Fe  (m-4) gam Y:   HNO3  T  NO  H 2O Cu O 0, 2539m Số mol O lại Y là:  0, 25 Vậy khối lượng kim loại là: (0,7461m) gam 16 Số mol NO 0,32 mol 0, 2539m Vậy tổng số mol H+ phản ứng là: nH   4.0,32  2.(  0, 25) 16 0, 2539m 0, 2539m Vậy số mol NO3- muối là: nNO   4.0,32  2.(  0, 25)  0,32  0, 46  16 Vậy khối lượng muối là: 0, 2539m mKL  mNO   3, 456m  0,7461m  62.(0, 46  )  3, 456m  m  38, 42 gam Vậy chọn C Bài 10: Hỗn hợp M gồm chất hữu A, B, C, D có khối lượng phân tử tăng dần Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp M thu 2,7 gam H2O 2,24 lít CO2 (đktc) Cũng 0,1 mol hỗn hợp M thực phản ứng tráng bạc thu 12,96 gam Ag Phần trăm số mol D hỗn hợp M gần với giá trị nào: A 40% B 50% C 60% D 25% Giải: Số CTB = 1; số HTB =3 => A, B, C, D hợp chất hữu có Cacbon Hỗn hợp M có phân tử khối tăng dần nên A, B, C, D CH4, CH2O, CH4O, CH2O2 Trong B, D tráng bạc Gọi số mol A, B, C, D a, b, c, d _Ta có số mol hỗn hợp là: a + b + c + d = 0,1 _Số mol H2O là: 2a+ b+2c+d = 0,15 _Số mol Ag là: 4b + 2d = 0,12 Giải hệ ta thu được: b=0,01 mol ; d=0,04 mol  % n D = 40%  Chọn A Bài 11: Một hợp chất hữu X có công thức phân tử C10H8O4 phân tử chứa loại nhóm chức Cho mol X phản ứng vừa đủ với mol NaOH tạo thành dung dịch Y gồm muối (trong có muối có M[...]...  1103 2a  1 599 6b  13734 (2) Chia: 115a  177b  12, 6 147,825 197 1 Từ (1); (2) ta giải hệ thu được a = 1,8 và b = 2,1 Vậy khi A tác dụng với KOH sẽ thu được muối là: 1,8 mol C2H4NO2K, 2,1 mol C3H6NO2K Vậy khối lượng muối là: mmuối = 1,8.113 + 2,1.127 = 470,1 gam Như vậy các em có thể thấy sức mạnh của hoán đổi lượng chất trong các bài toán peptit  Bài 20: Thủy phân hết m gam hỗn hợp X gồm một số. .. hỗn hợp các chất hữu cơ Z gồm: 0,08 mol ba este (có khối lượng 6,76 gam) và một lượng ancol dư Đốt cháy hoàn toàn Z cần vừa đủ 43,68 lít O2 (đktc) Hiệu suất phản ứng tạo ete của X và Y lần lượt là? A 50% và 20% B 20% và 40% C 40% và 30% D 30% và 30% ( Đề thi chính thức 2015 Bộ Giáo Dục và Đào Tạo ) *Nhận xét: Các bài toán trắc nghiệm thì khác các bài toán tự luận ở điểm nào? Đó chính là các bài toán... 2015 ) Giải: Sử dụng số đếm Giả sử hỗn hợp chỉ có C3H6 ; C4H10 ; CH3CHO Đặt số mol của C3H6 ; C4H10 ; CH3CHO lần lượt là a, b, c _ Khối lượng của X: 42a + 58b + 44c = 24,4 (1) 9 13 5 _ Số mol của O2 phản ứng: a  b  c  2, 2 (2) 2 2 2 _ Số mol H2O: 3a + 5b + 2c = 1,6 (3) 7 Từ (1); (2); (3) ta giải ra được: a= ; b=0,1; c=0,2 30 + Khi X tác dụng với AgNO3/NH3 dư: CH3CHO  AgNO3  2 Ag Số mol Ag là: nAg... 4 ẩn số nên ta được phép bỏ đi 1 ẩn số Ta loại đi C2H2 Gọi số mol của C3 H 6 ; C4 H10 ; H 2 lần lượt là a, b, c _Khi Y tác dụng với Br2: a – c = 0,15 (1) _Khi đốt Y thu được: nCO2  3a  4b ; nH2O  3a  5b  c - Khi cho vào Ca(OH)2: mdung dịch giảm = 44.(3a+4b) + 18.(3a+5b+c) - 100 .(3a+4b) = -21,45  114a 134b  18c  21.45 (2) +Với 11,2 lít hỗn hợp X: giả sử sẽ có số mol của C3 H 6 ; C4 H10 ;... R’OH phản ứng: 2.R 'OH  R ' OR ' H 2O 1 _ Số mol H2O: nH 2O  n R 'OH  0 ,105 mol 2 _ Bảo toàn khối lượng: b  mR 'OR'  mH2O  6,51  0 ,105 .18  8, 4 gam + Bảo toàn khối lượng phương trình: X  NaOH  a  b Ta có: mX  mNaOH  a  b  mX  17, 46 gam Vậy chọn A Bài 24: ( Cách giải được gợi ý bởi Phạm Công Tuấn Tú ) Nung nóng hỗn hợp X gồm KMnO4; KClO3 sau một thời gian thu được 28,33 gam chất rắn... X hoặc Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4 Đun nóng 0,7 mol A trong KOH thì thấy có 3 ,9 mol KOH phản ứng và thu được m gam muối Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 66,075 gam A rồi cho sản phẩm hấp thụ hoàn toàn vào bình chứa Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 147,825 gam Giá trị của m là ? A 560,1 B 520,2 C 470,1 D 490 ,6 Nhận xét: Bài này ta có thể dùng hoán đổi lượng chất một cách ngon lành! Nhưng...  HNCH (CH3 ) CO HNCH2 COOH  Gly+Ala-2H2O sau đó làm bình thường Nhưng để ý ta sẽ có cách biến đổi sau: H 2 NCH 2CO  HNCH (CH3 ) CO HNCH2 COOH  C2 H3 NO  C3 H5 NO  H 2O 2 cách này khác biệt nhau ở điều gì? Cách 1 chúng ta phải tính được số mol của Gly và Ala thì mới tính được số mol H2O Vậy là 3 ẩn Còn ở cách 2? Ta thấy ngay nH2O  nA  0,7 Nên chúng ta chỉ giải phương trình 2 ẩn Do vậy ta... H10 ; H 2 là ka, kb, kc _Số mol hỗn hợp X: k(a+b+c)=0,5 _Khi X tác dụng với Br2: ka=0,4 abc 5    a  4b  4c  0 (3) a 4 Từ (1); (2); (3) ta có được: a = 0,3; b = -0,075 ; c = 0,15 9 13 1 Vậy khi đốt Y cũng là đốt X: nên ta có: nO2  a  b  c  0 ,93 75  VO2  21, 00 2 2 2 Vậy chọn A Bài 19: Cho hỗn hợp A chứa hai peptit X và Y đều tạo bởi glyxin và alanin Biết rằng tổng số nguyên tử O trong A... 86,4 gam chất rắn Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị của a và % số mol của Mg trong hỗn hợp X là A 1,0 và 22 ,93 % B 0,5 và 42,86% C 1,0 và 42,86% D 0,5 và 22 ,93 % ( Đề thi chuyên Vinh lần 3 năm 2015-2016 ) Giải: Đặt số mol của Zn, Fe, Mg lần lượt là x, y, z mol _Có phương trình khối lượng: 65x + 56y + 24z = 15,7 (1) Ta tính trước: nHCl (1)  0,5.a mol; nHCl (2)  0, 45.2a  0 ,9. a mol + Giả sử trong... ứng Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn Giá trị của V gần với giá trị nào sau đây nhất? A 21,00 B 22,00 C 10, 00 D 21,50 Giải: C3 H 6 O2  Ca(OH) 2 : mdd  21, 45g C H Y  4 10  Br2 : nBr2  0,15  Ta có sơ đồ: X  C H  2 2  Br2 : nBr2  0, 4  H 2 Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn mà sau phản ứng Y còn tác dụng được với Br2 nên trong phản ứng với H2 thì H2 đã phản ứng hết Dùng số đếm Ta