Câu 2 Chuyên Thoại Ngọc Hầu: Đung nóng 0,4 mol hỗn hợp E gồm đipeptit X, tripeptit Y và tetrapeptit Z đều mạch hở bằng lượng vừa đủ dung dịch NaOH, thu được dung dịch chứa 0,5 mol muối c
Trang 1Thi thử theo chuyên đề + đề thi thử mới nhất tại:
https://www.facebook.com/groups/123701861435410/
- Tổng hợp các đề thi thử hay mới nhất
- Tổng hợp các chuyên đề trọng tâm phục vụ cho kì thi đánh giá năng lực
- Tổng hợp các chuyên đề hay lạ khó chinh phục điểm 8, 9, 10
Câu 1 (Chuyên Thoại Ngọc Hầu): X, Y, Z là 3 este đều no mạch hở (không chứa nhóm chức khác và
(Mx < My < Mz) Đun nóng hỗn hợp E chứa X, Y, Z với dung dịch NaOH vừa đủ thu được 1 ancol T và hỗn hợp F chứa 2 muối A, B có tỉ lệ mol tương ứng là 5 : 3 (MA< MB) Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na
dư thấy khối lượng bình tăng 12 gam và đồng thời thu được 4,48 lít H2 (dktc) Đốt cháy toàn bộ F thu
được Na2CO3, CO2 và 6,3g H2O.Số nguyên tử hidro có trong Y là:
Câu 1: Chọn B
B 1 : Tìm CTCT của ancol T:
Gọi công thức ancol T là R(OH)n hoặc 2x 2 2
1
2
2 / 2 0, 4 /
R OH
mbình tăng =
ancol H ancol
R OH
15n 14x 2
(nx và 2x2 chẵn)
Ta chỉ thấy với n2; x2 thì R28 C H 2 4 thỏa mãn
Vậy T là C2H4(OH)2 với số mol là 0,2 mol
B 2 : Xác định 2 muối A và B
Có 2n ancol n goc axit
Vì ancol 2 chức nên các este mạch hở phải có các gốc axit đơn chức
=> nmuối = 2.0,2 = 0,4 mol
Đặt công thức 2 muối là C H a 2a1O Na2 và C H b 2b1O Na2 với số mol lần lượt là 5t và 3t
0, 05
Khi đốt cháy C H a 2a1O Na2 1,5a1O2 0,5Na CO2 3a0,5CO2a0,5H O2
b b
2 2 ,
H O H A B
0,35.2 0, 25 2a 1 0,15 2b 1
11 5a 3b
thỏa mãn 2 cuối HCOONa và CH3COONa
B 3 : Tìm CTCT của Y
Lại có M X M Y M Z Y phải là: HCOOCH2CH2COOCCH3
Số H trong Y 8
Trang 2Câu 2 (Chuyên Thoại Ngọc Hầu): Đung nóng 0,4 mol hỗn hợp E gồm đipeptit X, tripeptit Y và
tetrapeptit Z đều mạch hở bằng lượng vừa đủ dung dịch NaOH, thu được dung dịch chứa 0,5 mol muối của glyxin, 0,4 mol muối của alanin, 0,2 mol muối của valin Mặt khác đốt cháy m gam E trong O2 vừa
đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng CO2 và H2O là 78,28 gam Giá trị của m
gần nhất với giá trị nào sau đây ?
Câu 2: Chọn D
Phương pháp qui đổi hợp về thành 1 chất đại diện, bảo toàn khối lượng
Đặt: CT amino axit: C H n 2n1O N2
1 2
x H O NaOH
xC H O N hh EC H O NNa; m hh muối = 120,7 gam
Ta có: 14 69 120, 7 32; 1,1 2, 75
0, 4 11 0, 4
1,75
2, 75C H n nO N H OC n H n O N E OCO H ON
Đặt n E a mol
2 2 44.2, 75 9 5,5 0, 75 78, 28 0,16
CO H O
32
11
hh E
Câu 3 (Chuyên Thoại Ngọc Hầu): Hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, CuO, trong đó oxi chiếm 20% khối lượng Cho m gam X tan hoàn toàn vào dung dịch Y gồm H2SO4 1,65M và NaNO3 1M, thu được dung
dịch Z chỉ chứa 3,66m gam muối trung hòa và 1,792 lít khí NO (dktc) Dung dịch Z phản ứng tối đa với
1,22 mol KOH Giá trị của m là :
Câu 3: Chọn A
Phương pháp:
- Qui đổi, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích
- Áp dụng công thức tính nhanh khi Hỗn hợp chất + HNO3 tạo sản phẩm khử của Nitơ
2 O 2 NO 4 NO 10 N O 12 N 10
B 1 : lập phương trình liên quan đến số mol H+ phản ứng
Đặt a làm thể tích dung dịch Y và b là số mol NH4
Trong X: mKL = 0,8m ; mO = 0,2 m
(qui hỗn hợp về kim loại và oxi)
=>
4
4 NO 10 2 NO
1
0, 08.4 10b 2.0, 2m/16 2.1, 65a
B 2 : Lập phương trình liên quan đến khối lượng muối sau phản ứng
Bảo toàn N:
3 0, 08
NO Z
0,8m 18b 23a 62 a 0, 08 b 96.1, 65a 3, 66m
B 3 : Lập phương trình liên quan đến bảo toàn điện tích các ion trong dung dịch sau phản ứng với KOH
Khi KOH phản ứng với X thì sản phẩm chứa 1,22 mol K+
; a mol Na+ ; 1,65a mol SO42 và a0, 08b
mol NO3
Bảo toàn điện tích:
2
K Na SO NO
Trang 3 3
Từ 1 , 2 , 3 a 0, 4;b0, 02;m32g
Cõu 4 (THPT Bỉm Sơn – Thanh Húa): Cho 12,55 gam hỗn hợp rắn X gồm FeCO3, MgCO3 và Al2O3 tỏc dụng hoàn toàn với dung dịch H2SO4 và NaNO3 (trong đú tỷ lệ mol của H2SO4 và NaNO3 tương ứng
là 19:1) thu được dung dịch Y (khụng chứa ion NO3
) và 2,464 lớt khớ Z (đktc) gồm NO, CO2, NO2 cú tỷ khối hơi so với H2 là 239/11 Cho dung dịch Y tỏc dụng với dung dịch NaOH đến khi thu được kết tủa cực đại thấy cú 0,37 mol NaOH tham gia phản ứng Mặt khỏc, khi cho dung dịch Y tỏc dụng dung dịch
NaOH dư đun núng khụng thấy khớ bay ra Phần trăm về khối lượng của FeCO3 trong hỗn hợp X cú giỏ trị gần nhất với giỏ trị nào sau đõy?
Cõu 4: Chọn B
2 4 3
3
H SO ; NaNO
4
2 3
12,55 gam
FeCO : x mol
+ Khí Z (NO; CO ; NO )
hh X MgCO : y mol
dd Y ( Mg ; Al ; Fe; SO )
Al O : z mol
;
dd Y NaOH (0,37 mol)
kết tủa cực đại + dd Na SO
; Gọi số mol NaNO3 là a; số mol H2SO4 là 19a
Theo bảo toàn mol Na: n
2 4
Na SO = n
2 4
H SO = 1
2(nNaOH + nNaNO 3); 38a = 0,37 + a; a = 0,01;
Ta cú: nkhớ Z = 0,11 mol; Bảo toàn N: nNO + n
2
NO = n
3
NO= 0,01; n
2
CO = 0,1;
mkhớ Z = 239 2 0,11
11
= 4,78 (g); mNO + m
2
NO = 0,38; 30nNO + 46n
2
NO = 0,38;
nNO = n
2
NO = 0,005; Theo bảo toàn mol e: ne nhận = ne cho = 3ì0,005 + 0,005 = 0,02;
n
3
FeCO (oxi húa khử) = nFe 3= 0,02; 3ì2z + 2y + 3ì0,02 + 2(x – 0,02) = nNaOH = 0,37;
6z + 2y + 2x = 0,35; Theo bài ra: x + y = n
2
CO = 0,1; z = 0,025;
Từ đú ta cú hệ pt: x + y = 0,1
116x + 84y = 10
x = y = 0,05; %mFeCO 3= 46,22%
Cõu 5 (THPT Bỉm Sơn – Thanh Húa): Cho X, Y là hai chất thuộc dóy đồng đẳng của axit acrylic (MX
< MY); cho Z là ancol cú cựng số nguyờn tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z Đốt chỏy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lớt khớ O2 (đktc), thu được khớ CO2 và 9,36 gam nước Mặt khỏc 11,16 gam E tỏc dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2 Khối lượng muối thu được khi cho cựng lượng E trờn tỏc dụng với NaOH dư là
Cõu 5: Chọn D
n
2
O = 0,59 mol;
Theo bảo toàn khối lượng: 11,16 + 0,59 ì 32 = m
2
CO + 9,36; n
2
CO = 0,47; n
2
H O= 0,52;
Z là ancol no 2 chức;
mO(trong E) = 11,16 – 0,47 ì 12 – 0,52 ì 2 = 4,48 (g); ntrong EO = 0,28 mol;
Trang 4Xét hh E:
axit: x mol
este: y mol
ancol: z mol
Ta có:
BTNT O BTLK
2x + 4y + 2z = 0,28
x + 2y = 0,04
z = 0,1;
ancol có 3C và hai axit có 3C và 4C
Axit X: C3H4O2 (a mol); Axit Y: C4H6O2 (b mol);
Este: C10H14O4 (y mol); Ancol: C3H8O2 (0,1 mol); a + b + 2y = 0,04;
Theo BTNT C: 3a + 4b + 10y = 0,47 – 3 × 0,1 = 0,17;
Theo bài ra: 72a + 86b + 198y = 11,16 – 76 × 0,1 = 3,56;
Giải hệ 3 pt ta được: a = 0,01; b = 0,01; y = 0,01;
m = 0,01 × 2(94 + 108) = 4,04 (g)
Câu 6 (THPT Nông Công 1 – Thanh Hóa): Chất hữu cơ A không tác dụng với Na Đun nóng A trong
dung dịch NaOH chỉ tạo ra một muối của -aminoaxit có mạch cacbon không nhánh, chứa một nhóm
amino với hai nhóm cacboxyl và một ancol đơn chức Thuỷ phân hoàn toàn một lượng chất A trong 100
ml dung dịch NaOH 1M rồi đem cô cạn, thu được 1,84 gam ancol B và 6,22 gam chất rắn khan D Đun nóng lượng ancol B trên với H2SO4 đặc ở 170oC thu được 0,672 lít olefin (đktc) với hiệu suất là 75%
Cho toàn bộ chất rắn D tác dụng với dung dịch HCl dư rồi cô cạn thì thu được chất rắn khan E (khi cô cạn không xảy ra phản ứng) Khối lượng chất rắn E gần nhất với ?
A 8,4 B 8,7 C 10.2 D 9,5
Câu 6: Chọn D
nancol = 0,03.100/75 = 0,04 mol => NaOH phản ứng = 0,04 mol , nmuối = 0,02 mol
Chất rắn D gồm : NaOH dư ( 0,06 mol) và muối => mmuối = 3,82 gam => Mmuối = 191
Maminoaxit = 191 – 44 = 147 : H2NC3H5(COOH)2
Khi cho D + HCl thu được : ClH3NC3H5(COOH)2 ( 0,02 mol ) và NaCl ( 0,1 mol)
m(E) = 9,52 gam
Câu 7 (THPT Hàn Thuyên – Bắc Ninh): Đốt cháy hoàn toàn 10,58 gam hỗn hợp X chứa ba este đều
đơn chức, mạch hở bằng lượng oxi vừa đủ, thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc) Mặt khác, hiđro hóa hoàn
toàn 10,58 gam X cần dùng 0,07 mol H2 (xúc tác, to) thu được hỗn hợp Y Đun nóng toàn bộ Y với 250
ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được một ancol Z duy nhất và m gam rắn
khan Giá trị của m là:
Câu 7: Chọn A
Đốt cháy 10,58g hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, mạch hở ta có: nCO2 = 0,4 mol
Mặt khác hiđro hóa hoàn toàn 10,58g hỗn hợp X cần 0,07 mol H2 Vậy 0,07 mol H2 chính là số mol liên kết π trong mạch Cacbon của 3 este
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng đốt cháy ta có:
m m m m m g n Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O ta có:
0, 4
0,16
Vậy phải có 1 este có 2C Vậy este đó phải là HCOOCH3
Theo đề bài ta thấy thủy phân Y trong NaOH chỉ thu được 1 ancol duy nhất, vậy ancol đó là CH3OH Vậy CT trung bình cuả 3 este sau khi hiđro hóa là R COOCH3(Y)
Trang 52 10,58 0, 07.2 10, 72
R COOCH3 + NaOH R COONa + CH3OH
O,16 0,25 0,16
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
Câu 8 (THPT Hàn Thuyên – Bắc Ninh): Đốt cháy X cũng như Y với lượng oxi vừa đủ, luôn thu được
CO2 có số mol bằng số mol O2 đã phản ứng Biết rằng X, Y (MX < MY) là hai este đều mạch hở, không
phân nhánh và không chứa nhóm chức khác Đun nóng 30,24 gam hỗn hợp E chứa X, Y (số mol của X gấp 1,5 lần số mol Y) cần dùng 400 ml dung dịch KOH 1M, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol và hỗn hợp chứa 2 muối Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 15,2 gam Đốt cháy hoàn toàn
hỗn hợp muối cần dùng 0,42 mol O2 Tổng số nguyên tử có trong Y là:
Câu 8: Chọn A
2 Este + KOH 2 muối và 2 ancol (1)
nKOH = 0,4 mol Vậy suy ra khi ancol phản ứng với Na thu được khí
2
Khi cho ancol tác dụng với Na dư thấy khối lượng bình tăng
2
15, 2g m ancol m H 15, 2 m ancol 15, 6g
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) ta có:
30, 24 0, 4.56 15, 6 37, 04
este KOH muoi ancol muoi
Gọi Công thức chung của 2 muối là CxHyCOOK
Khi đốt cháy muối cần 0,42 mol O2:
CxHyCOOK: 0, 4 O2: 0, 42 CO2 K CO2 3: 0, 2 H O2 2
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố K, ta có
2 3 2 3
x y
C H COOK K CO K CO
Gọi số mol CO2 và H2O lần lượt là a, b mol
Áp dụng định luật bảo toàn O vào (2) ta có :
2a b 0, 4.2 0, 42.2 0, 2.3 1, 04 3
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng vào (2) ta có:
2 2 37, 04 0, 42.32 0, 2.138 22,88 44 18 4
CO H O
Từ (3) và (4) suy ra a=0,52 và b=0
Từ đó ta suy ra trong cả hai muối đều không có H
Gọi công thức muối của X là KOOC − Ca − COOK: x mol
Gọi công thức muối của Y là KOOC − Cb −COOK: y mol
Áp dụng định luật bảo toàn K ta có: 2x2y0, 4 5
Theo bài ra ta có: x1,5y0 6
Từ (5) và (6) ta có: x0,12 và y 0, 08
0,12 83.2 12 0, 08 83.2 12 37, 04 3 2 8
muoi
Este mạch hở nên cả 2 ancol đều phải là ancol đơn chức Khi đốt este có số mol CO2 bằng số mol O2 phản ứng mà este 2 chức nên cả 2 este đều có 8H, các gốc axit không có H nên tổng số H trong 2 gốc ancol của mỗi este đều là 8H
Mặt khácn F n KOH 0, 4
Theo ta tính trên m ancol 15, 6g MOH 39 2 ancol đó chính là CH3OH và C2H5OH
Vì MX < MY nên a = 0, b = 4 là nghiệm duy nhất thỏa mãn
Vậy công thức 2 este đó là:
Trang 6X: CH3OOC −COOC2H5 và Y: CH3 −OOC −C ≡ C− C ≡ C− COO − C2H5
Vậy trong Y có 21 nguyên tử
Câu 9 (THPT Nguyễn Đăng Đạo): Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với
3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm -COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử) Thủy phân hoàn
toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y Cho m gam Y vào
bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam Mặt khác,
nếu đốt cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O Phần trăm khối lượng của este
không no trong X là:
Câu 9: Chọn C
Phân tích: Đối với các dạng bài toán này, ta có cách tính từ dưới tính lên Ta sẽ xuất phát từ ancol Y Vì các
este đều đơn chức nên khi thủy phân ta cũng thu được ancol Y đơn chức
Xét ancol Y có dạng R ′OH,
2
0,896
0, 04
22, 4
H
2
1 2
0,08 0,08 0,08 0,04
Ta có khối lượng bình tăng
3
2,56
32 :
0, 08
Y
2
3,96
0, 22 18
H O
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng trong X ta có:
2
2,88
12
Ta có khi đốt cháy este no, đơn chức thì số mol CO2 bằng số mol nước, khi đốt cháy este không no có 1 liên kết C=C thì
este không no CO H O este no
2 0, 24
3
0, 08
CO
X
n
C
n
2 este no là HCOOCH3 (a mol) và CH3COOCH3 (b mol),
còn este không no là CnH2n−2O2 0,02 mol
Áp dụng định luật bảo toàn C ta có:
2a3b0, 02n0, 24 và a b 0, 06 b 0, 02n 0,12 n 6
Để axit không no có đồng phần hình học thì số C trong axit không no ít nhất phải bằng 4
Vậy trong este của axit với CH3OH số C ít nhất là 5 vậy n=5
Với
m este không no 5,88 3,88 2g %m este không no 2 5,88 100% 34, 01%
Câu 10 (THPT Thuận Thành 1): Nhỏ từ từ V lít dung dịch chứa Ba(OH)2 0,5 M vào dung dịch chứa x mol NaHCO3 và y mol BaCl2 Đồ thị sau đây biểu diễn sự phụ thuộc giữa lượng kết tủa và thể tích dung dịch Ba(OH)2 như sau:
Giá trị của x và y tương ứng là:
Trang 7A 0,1 và 0,05 B 0,2 và 0,05 C 0,4 và 0,05 D 0,2 và 0,10
Câu 10: Chọn A
Phân tích: - Ta nhận thấy ngay khi cho 0,15 mol Ba(OH)2 vào dung dịch thì kết tủa đạt cực đại với số mol của BaCO3 là 0,2 mol
BaCO Ba OH BaCl
Khi nhỏ từ từ 0,05 mol Ba(OH)2 vào dung dịch thì xuất hiện 0,1 mol kết tủa BaCO3 và kết tủa tiếp tục tăng khi đổ tiếp Ba(OH)2 nên
2
BaCO CO NaHCO
Câu 11 (THPT Thuận Thành 1): Dung dịch X chứa 0,15 mol H2SO4 và 0,1 mol Al2(SO4)3 Cho V ml
dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X, thu được m gam kết tủa Thêm tiếp 450 ml dung dịch NaOH 1M
vào, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,5m gam kết tủa Giá trị của V1 là:
Câu 11: Chọn C
Phân tích: X
0,15
0,5 0,1 NaOH V mol NaOH mol
Ta thấy sau khi cho thêm 0,45 mol NaOH thì khối lượng kết tủa thu được ít hơn so với lượng kết tủa thu được ban đầu nên khi cho 0,45 mol vào thì đã xảy ra quá trình
Số mol OH− dùng để tạo m(g) kết tủa là : V1– 0,15.2 = V1 - 0,3 (mol)
Số mol OH− dùng để tạo 0,5m(g) kết tủa là : V1+ 0,45 – 0,15.2 = V1 +0,15 (mol)
3
3
Al Al OH max
Để hòa tan hết toàn bộ lượng Al(OH)3 cần 0,2 mol OH− Nên khi cho thêm 0,45 mol NaOH vào m(g) kết tủa, để vẫn thu được 0,5m(g) kết tủa thì ở lần đầu tiên, lượng kết tủa chưa bị hòa tan một phần
Ta có : Al3+ + 3OH− Al(OH)3 ↓ (1)
0,2 0,6 0,2
Al(OH)3 ↓ + OH
0,2- (V1 + 0,15 − 0,6) (V1 + 0,15 − 0,6)
AlO2
+ 2H2O (2)
1
1
0,3
OH
m
6[0,2− (V1 + 0,15 −0,6)] = V1 − 0,3 V1 = 0,6
Vậy V1= 600 ml
Trang 8Câu 12 (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa): Hỗn hợp E gồm X, Y và Z là 3 peptit đều mạch hở (MX
> MY > MZ) Đốt cháy 0,16 mol X hoặc Y hoặc Z đều thu được số mol CO2 lớn hơn số mol H2O là
0,16 mol Nếu đun nóng 69,8 gam hỗn hợp chứa X, Y và 0,16 mol Z với dung dịch NaOH vừa đù thu
được dung dịch chứa 101,04 gam hai muối của alanin và valin Biết nX < nY Phần trăm khối lượng
của X trong E gần nhất với :
Câu 12: Chọn A
- Khi đốt 0,16 mol X thì : CO 2 H O 2
- Tương tự khi đốt lần lượt 0,16 mol Y và Z thì ta được kY = kZ = 4
- Gọi x là số mol của hỗn hợp E Khi đun nóng 69,8 gam E với NaOH vừa đủ thì :
+ Xét hỗn hợp muối ta có:
111n 139n m 111n 139n 101,04 n 0,76
- Ta nhận thấy rằng nZ > nValNa, nên peptit Z trong E là (Ala)4 (0,16 mol)
- Gọi x, y lần lượt là số mol của X và Y Theo đề ta có X là (Val)a(Ala)4 – a và b là (Val)b(Ala)4 – b
BT:Val
a,b 4
xa yb 0,12 xa yb 0,12
x 0,02 v¯ y = 0,04 x(4 a) y(4 b) 0, 76 4x 4y xa yb 0, 76
a = 4 v¯ b =1
x y 0, 22 0,16 0,06 x y 0,06
%mX 0,02.414.100% 11,86%
69,8
Câu 13 (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa): Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al và
Zn bằng dung dịch HNO3 Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đkc) khí Z (gồm hai hợp chất khí không màu) có khối lượng 7,4 gam Cô cạn dung dịch Y thu được 122,3 gam
hỗn hợp muối Số mol HNO3 đã tham gia phản ứng gần nhất với giá trị nào sau đây ?
Câu 13: Chọn D
- Xét hỗn hợp khí Z ta có :
2
2 2
N O
n 0,1mol
NO (trong muèi) NH
m m 18n 62n 122,3 25,3 18x 62(1,1 9x) x 0,05mol
4
Câu 14 (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa): Hỗn hợp X chứa chất A (C5H16O3N2) và chất B
(C4H12O4N2) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, đun nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi
cô cạn thu được m gam hỗn hợp Y gồm 2 muối D và E (MD < ME) và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm 2
amin no, đơn chức, đồng đẳng kế tiếp có tỉ khối so với H2 bằng 18,3 Khối lượng của muối E trong hỗn hợp Y là:
Câu 14: Chọn D
Trang 9- Khi cho hỗn hợp X tác dụng với NaOH vừa đủ thì :
0
t
(C H NH ) CO (A) 2NaOH Na CO (D) 2C H NH 2H O
0
t
(COONH CH ) (B) 2NaOH (COONa) (E) CH NH 2H O
- Xét hỗn hợp khí Z ta có :
3 2
n 0,5n 0, 06 mol
45n 31n 0, 2.18,3.2 n 0,12 mol m 0, 06.134 8, 04 (g)
Câu 15 (Thầy TMĐ): Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 1M đến dư vào 200 ml dung dịch chứa H2SO4 và
Al2(SO4)3 xM Phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:
Số mol kết tủa
0,42
Biết 2
1
V
1, 2
V Giá trị của x là:
Câu 15: Chọn A
- Gọi x và y lần lượt là số mol của H2SO4 và Al2(SO4)3
- Taị vị trí kết tủa đạt cực đại thì : n(max) nBaSO4nAl(OH)3 x 3y 2y 0, 42 (1)
- Theo đề bài ta có : 2 4 3
3
2 4
H SO
2 H SO Al
2n 3n
V 2n 4n 2x 8y 1, 2
- Giải hệ (1) và (2) ta được x0,12 mol và y0, 06mol, suy ra CM(Al (SO ) )2 4 3 0,06 0,3M
0,2
Câu 16 (Thầy TMĐ): Hỗn hợp X gồm metyl fomat và etyl axetat có cùng số mol Hỗn hợp Y gồm
lysin và haxemetylenđiamin Đốt cháy hoàn toàn x mol hỗn hợp Z chứa X và Y cần dùng 1,42 mol
O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 trong đó số mol của CO2 ít hơn của H2O là x mol Dẫn toàn
bộ sản phẩm cháy qua nước vôi trong (lấy dư), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thấy khối
lượng dung dịch giảm m gam; đồng thời thu được 2,688 lít khí N2 (đktc) Giá trị của m là:
Câu 16: Chọn A
- Gọi số mol của metyl fomat, etyle axetat, lysin và hexametylenđiamin lần lượt là :
- Khi đốt x mol hỗn hợp Z bằng 1,42 mol O2 thì :
2 2 4 2 4 8 2 6 14 2 2 6 16 2
2 2 4 2 4 8 2 6 14 2 2 6 16 2
CO C H O C H O C H O N C H N
H O C H O C H O C H O N C H N
BT:N
Thế tích dung dịch Ba(OH) 2 (lít)
Trang 10- Theo dữ kiện đề bài thì ta có:
+ nH O2 nCO2 nC H O2 4 2nC H O4 8 2nC H O N6 14 2 2nC H N6 16 2 b 2c2a b c 2a c 0 (2)
+ 2nC H O2 4 25nC H O4 8 28, 5nC H O N6 14 2 210nC H N6 16 2 nO (p)2 7a 8, 5b 10c 1, 42 (3)
- Giải hệ (1), (2) và (3) ta được a = 0,04 mol, b = 0,04 mol và c = 0,08 mol
- Khi sục hỗn hợp sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì :
dung dÞch gi°m CaCO CO H O
m 100n (44n 18n ) 32,88(g)
Câu 17 (Thầy TMĐ): Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, FeCO3 và Fe(NO3)2 trong dung dịch chứa NaHSO4 và 0,16 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO2 và
NO (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 4) Dung dịch Y hòa tan tối đa 8,64 gam bột Cu, thấy thoát ra 0,03 mol
khí NO Nếu cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu được 154,4 gam kết tủa Biết các phản ứng xảy ra
hoàn toàn và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của cả quá trình Phần trăm khối lượng của Fe đơn
chất trong hỗn hợp X là:
Câu 17: Chọn C
- Dung dịch Y gồm Fe3+, H+, Na+, NO3- và SO42- (dung dịch Y không chứa Fe2+, vì không tồn tại dung dịch cùng chứa Fe2+
, H+ và NO3-)
- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì:
3
BT:e
Fe NO
H (d)
- Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)2 ta có: 4 4 Fe3
233
- Xét dung dịch Y, có: 2 3
BTDT
n 2n (3n n n ) 0, 08mol
2
H O
2
- Xét hỗn hợp khí Z, có nCO2 x mol và nNO4x mol Mặt khác :
BTKL
- Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có:
3 3
mà
n
Fe
X
m
Câu 18 (Thầy TMĐ): Đun nóng 79,86 gam hỗn hợp X gồm glyxin, alanin và valin với xúc tác thích
hợp thu được hỗn hợp Y chứa hai peptit đều mạch hở gồm tripeptit (Z) và pentapeptit (T) Đốt cháy toàn bộ Y cần dùng 2,655 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 dẫn qua nước vôi trong (lấy dư), thu được dung dịch có khối lượng giảm 90,06 gam so với dung dịch ban đầu Biết độ tan của
nitơ đơn chất trong nước là không đáng kể Tỉ lệ mắc xích glyxin, alanin và valin trong T là:
Câu 18: Chọn B
- Gọi CTTQ của hỗn hợp chứa 79,86 gam X là C Hn 2n 1O N2 (a mol)