Phương pháp bảo toàn nguyên tố (đề 1)

CO # Khi đốt cháy hoàn toàn amin đơn chức X, thu 8,4 lít khí N2 , 1,4 lít khí (các thể tích khí đo đktc) H2O 10,125 gam Công thức phân tử X C3 H N A C2 H N B C3 H N *C C H9 N D n CO2 $ Ta có n N2 = 0,375 mol, = 0,0625 mol, Vì amin đơn chức nên = 0,5625 mol n N2 nX =2 nC → n H2O = 0,125 mol nH = 0,375 : 0,125 = 3, nN = 0,5625.2: 0,125 = 9, = 0,125 : 0,125 = C3 H N X có cơng thức ## Trộn 84 gam bột Fe với 32 gam bột S đun nóng (khơng có khơng khí) Hồ tan chất rắn A sau nung dung dịch HCl dư dung dịch B khí C Đốt cháy khí C cần V lít oxi (đktc) Các phản ứng xảy hồn tồn Tính V ? A 16,8 lít *B 39,2 lít C 11,2 lít D 33,6 lít Fe :1,5mol  to S :1mol  → $ H  H 2S  FeS   Fedu A + HCl dư → C n O2 Theo bảo toàn nguyên tố x n H2 Mà n H2S + =1x → n SO2 +2x n H2 =1x( n H 2S + nS )+2x n Fe = = 1,5 mol n O2 → O2 + n H2O H O  SO2 VO2 = (1 x 1,5 + x 1) : = 1,75 mol → = 1,75 x 22,4 = 39,2 lít H2 ## Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO qua ống sứ đựng bột Ni nung nóng Sau phản ứng xảy hoàn H2O toàn, thu hỗn hợp khí Y gồm hai chất hữu Đốt cháy hết Y thu 11,7 gam H2 (ở đktc) Phần trăm theo thể tích *A 46,15% B 35,00% C 53,85% D 65,00% X CO 7,84 lít khí HCHO  Ni,t o  → H CH 3OH  HCHO CO : 0,35  H O : 0, 65 O2 $ Hỗn hợp X Y + → Bản chất đốt cháy hỗn hợp Y đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X n H2 n HCHO Đặt = x mol; n CO2 = y mol n HCHO = n H2O = 0,35 mol n H2 n HCHO = n H2 + %VH2 → → = 0,65 - 0,35 = 0,3 mol 0,3 0,3 + 0, 35 = = 46,15% ### Hỗn hợp khí X gồm đimetylamin hai hiđrocacbon đồng đẳng liên tiếp Đốt cháy hoàn toàn 100 ml hỗn hợp X lượng oxi vừa đủ, thu 550 ml hỗn hợp Y gồm khí nước Nếu cho Y qua dung dịch axit sunfuric đặc (dư) cịn lại 250 ml khí (các thể tích khí đo điều kiện) Công thức phân tử hai hiđrocacbon CH C2 H A C2 H *B C3 H C2 H C C3 H C3 H D C H8 (CH3 ) NH $ Hỗn hợp X gồm Cn H 2n + 2− 2k hai hiđrocacbon CO  H O N  O2 100 ml hỗn hợp X + → hỗn hợp Y H 2SO4 Hỗn hợp Y + VCO CO đặc, dư → cịn lại 250 ml khí VN2 + VH2 O = 250 ml → V(CH3 )2 NH Đặt = 550 - 250 = 300 ml VCn H n +2−2 k = x ml; V(CH3 )2 NH = x + y = 100 ml (1) VN2 + = y ml VCn H2 n +2−2 k + VCO V(CH3 )2 NH = + n → 2.x + n.y + V(CH3 )2 NH VCn H n +2−2 k + x = x + ny = 250 ml (2) N2 VH2 O V(CH3 )2 NH VCn H n+ 2−2 k = + (n + - k) → 3x + (n + - k)y = 300 ml (3) Lấy (3) - (2) ta có x + y - ky = 50 (4) Từ (1) (4) → ky = 50 Mà < y < 100 → < k < → k = → y = 50 → x = 100 - 50 = 50 250 − 50 50 →n= C2 H C3 H = 2,5 → Fe O3 ## Hòa tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe 0,1 mol vào dung dịch HCl dư dung dịch X Cho dung dịch X tác dụng với NaOH dư thu kết tủa Lọc kết tủa, rửa đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu m gam chất rắn Y Giá trị m A 16 B 30,4 *C 32 D 48 Fe2 O3 $ Hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe 0,1 mol Fe(OH)  Fe(OH) + HCl dư → dung dịch X Fe O3 nungtrongkhongkhi  → Dung dịch X + NaOH dư → chất rắn Y ( n Fe2 O3 (Y) Theo bảo toàn nguyên tố x ) n Fe2O3 ,bandau n Fe =1x +2x n Fe2 O3 (Y) → = (1 x 0,2 + x 0,1) : = 0,2 mol m Fe2 O3 (Y) →m= = 0,2 x 160 = 32 gam ## Đốt cháy hoàn toàn amin bậc X lượng vừa đủ khơng khí (chứa 20% oxi 80% nitơ) thu CO H2O 17,6 gam , 12,6 gam *A etylamin B propylamin C metylamin D phenylamin N2 69,44 lít (đktc) Tên gọi X RNH $ CO + khơng khí vừa đủ (20% oxi 80% nitơ) → 0,4 mol n O2 • Theo bảo tồn ngun tố oxi: x n CO2 =2x n O2 → H 2O + 0,7 mol n H2O +1x n N2 ,khongkhi = (2 x 0,4 + 0,7) : = 0,75 mol → n N tong n N2 Ta có = n RNH n N2 =2x n N2 ,khongkhi + = 0,75 x = mol n N2 → = 3,1 - = 0,1 mol = x 0,1 = 0,2 mol m RNH Theo bảo toàn khối lượng m O2 + m CO2 = m H2 O + m N2 + N2 3,1 mol m RNH → M RNH = 17,6 + 12,6 + 0,1 x 28 - 0,75 x 32 = gam → C2 H5 − = : 0,2 = 45 → R C H5 NH → X → etylamin MY ### Hỗn hợp M gồm anken X hai amin no, đơn chức, mạch hở Y, Z ( O2 M cần dùng 21 lít MZ < ) Đốt cháy hoàn toàn lượng CO sinh 11,2 lít (các thể tích khí đo đktc) Công thức Y CH3 NH *A CH3 CH CH NH B C H5 NH C CH3CH NHCH D Cn H 2n  Cm H 2m + O2 $ Hỗn hợp M gồm 3n O2 Cn H 2n + + 0,9375 mol CO →n Cm H 2m +3 N O2 + CO → 0,5 mol H2O +n 2m + H2 O CO →m + n O2 Theo bảo toàn oxi: x + n CO2 =2x n CO2 Anken X đốt cháy N2 n H2O +1x n H2O → = x 0,9375 - x 0,5 = 0,875 mol n H2O = n C m H m +3 N → Đốt cháy amin 1,5 x n H2O =∑ n C m H2 m + N → n CO -∑ CH3 NH = (0,875 - 0,5) : 1,5 = 0,25 mol → n < 0,5 : 0,25 = → Y ### Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai amin cần vừa 26,88 lít khơng khí (đktc) Hấp thụ tồn sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi dư thu 12 gam kết tủa có 22,4 lít (đktc) khí O2 khỏi bình Biết khơng khí gồm có 20% *A 3,04 B 4,56 C 3,60 D 5,40 N2 80% CO2 $ m gam hai amin + 1,2 mol khơng khí → theo thể tích Giá trị m H 2O + Ca(OH) Hấp thụ sản phẩm cháy vào • = 1,2 mol → + CaCO3 → 0,12 mol n O2 n khongkhi N2 N2 ↓ + mol ↑ thoát n N (khongkhi) = 1,2 : = 0,24 mol; = 1,2 - 0,24 = 0,96 mol n N2 (dotchay) → = - 0,96 = 0,04 mol n O2 Theo bảo toàn oxi: x n CO2 =2x n H2O +1x m O2 m a n H2O → m CO2 = x 0,24 - x 0,12 = 0,24 mol m H2O m N2 Theo bảo toàn khối lượng + = + + → m = 0,12 x 44 + 0,24 x 18 + 0,04 x 28 - 0,24 x 32 = 3,04 gam CO ### Đốt cháy hoàn toàn lượng chất hữu X thu 3,36 lít khí N2 , 0,56 lít khí (các khí đo đktc) NH − CH − COONa H 2O 3,15 gam Khi X tác dụng với dung dịch NaOH thu sản phẩm có muối cấu tạo thu gọn X Công thức NH − CH − COO − C3 H A *B C NH − CH − COO − CH3 NH − CH − CH − COOH NH − CH − COO − C H D CO $ CHC X + O2 → 0,15 mol N2 ; 0,025 mol NH − CH − COONa H2O 0,175 mol X + NaOH → O2 •X+ CO → H2O + N2 + NH − CH − COONa X + NaOH → n H2O → X aminoaxit este aminoaxit no, đơn chức ( n CO > ) Cn H 2n +1O N → Đặt CTC X n N2 nX =2x n CO2 = x 0,025 = 0,05 mol → n = NH − CH − COO − CH3 nX : C3 H O N = 0,15 : 0,05 = → → ## Đốt cháy hồn tồn V lít amin X lượng oxi vừa đủ tạo 8V lít hỗn hợp gồm khí cacbonic, khí nitơ nước (các thể tích khí đo điều kiện) Amin X tác dụng với axit nitrơ nhiệt độ thường, giải phóng khí nitơ Chất X CH 3CH CH NH *A CH = CHCH NH B CH3CH NHCH C CH = CHNHCH D O2 CO $ V lít amin + → 8V lít hỗn hợp gồm HNO2 X+ H2O + N2 + N2 → ↑ Cx H y N • Nhận thấy đáp án amin đơn chức Đặt CTC X VN2 = x VCO VCO2 VX = 0,5V lít; VH2 O + = xV lít; = x yV = 0,5yVlít VN2 + HNO •X+ VH2 O = xV + 0,5yV + 0,5V = 8V → 2x + y = 15 Biện luận x = 3, y = N2 → CH CH CH NH → X amin đơn chức → X (CH )2 CHNH ## Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol môôt amin no, mạch hở X oxi vừa đủ thu 0,5 mol hỗn hợp Y gồm khí Cho 4,6 gam X tác dụng với dung dịch HCl (dư), số mol HCl phản ứng A 0,1 B 0,4 C 0,3 *D 0,2 Cn H 2n + + x N x $ 0,1 mol amin no, hở 4,6 g X + HCl n CO • O2 + n CO2 =nx CO → 0,5 mol hỗn hợp khí gồm n H2O = n x 0,1 = 0,1n mol; H2O + N2 + n N2 = (n + + x/2) x 0,1 mol; = x/2 x 0,1 mol nY →∑ = 0,1n + (n + + x/2) x 0,1 + x/2 x 0,1 = 0,5 → 2n + x = Biện luận n = 1; x = NH CH NH → X NH Cl − CH − NH Cl NH CH NH • + 2HCl → n NH2 CH2 NH2 n HCl = 0,1 mol → = 0,2 mol ## Hỗn hợp X gồm mol aminoaxit no, mạch hở mol amin no, mạch hở X có khả phản ứng tối đa với CO2 mol HCl mol NaOH Đốt cháy hoàn toàn X thu mol , x mol tương ứng *A 1,0 B 1,5 C 1,0 D 1,5 $ Hỗn hợp X gồm mol aminoaxit no, mạch hở mol amin no, mạch hở X + mol NaOH mol HCl O2 CO H2O N2 X+ → mol + x mol + y mol • X + mol NaOH → aminoaxit có nhóm -COOH H 2O N2 y mol Các giá trị x, y − NH X + mol HCl → aminoaxit amin có nhóm Cn H 2n −1O N Đặt CTC aminoaxit amin 6n − O2 Cn H2n −1O4 N →n 6m + O2 + n N2 2n − H2 O CO + Cm H 2m +3 N + =( N2 + 2m + H2 O CO →m n Cn H n−1O N C m H 2m +3 N + N2 + n C m H m +3 N + ) : = (1 + 1) : = mol n CO2 = mol → n x + m x = → m + n = n H2 O = 2n − 2m + + 2 = (m + m) + = mol MX ### Hỗn hợp M gồm anken hai amin no, đơn chức, mạch hở X Y đồng đẳng ( O2 cháy hoàn toàn lượng M cần dùng 4,536 lít A Etylmetylamin B Butylamin *C Etylamin D Propylamin C n H 2n $ Hỗn hợp M gồm hai amin Hỗn hợp M + 0,2025 mol Cn H 2n + ( CO → CO 0,1 mol H2O + ; 2,24 lít (đktc) Chất Y MY < →n ) N2 + +n + 2m + H2 O CO →m + n O2 Theo bảo toàn nguyên tố oxi: x N2 + n CO2 =2x n H2O +1x n H 2O → = x 0,2025 - x 0,1 = 0,205 mol n CO2 Khi đốt cháy anken n H 2O = → Do đó, đốt cháy amin 1,5 x n = (0,205 - 0,1) : 1,5 = 0,07 mol → m < 0,1 : 0,07 ≈ 1,43 CH N → Hai amin C2 H N n H2O C m H 2m + N n C m H2 m + N → Y etylamin ) Đốt CO2 H2O 6m + O2 Cm H 2m +3 N (đktc) thu C m H 2m +3 N M X O2 3n O2 H2O N2 MY < =∑ n CO2 -∑ ### Đốt cháy hoàn toàn 50 ml hỗn hợp khí X gồm trimetylamin hiđrocacbon đồng đẳng lượng H 2SO4 oxi vừa đủ, thu 375 ml hỗn hợp Y gồm khí Dẫn tồn Y qua dung dịch khí cịn lại 175 ml Các thể tích khí đo điều kiện Hai hiđrocacbon C2 H C3 H A C3 H C H8 *B C2 H C C3 H C3 H D C4 H10 (CH )3 N C n H 2n + − 2k O $ 50 ml hai Dẫn Y đặc, dư → V(CH3 )3 N • Đặt CO → 375 ml hỗn hợp Y gồm VN + H 2O + N2 + VH2 O = 175 ml; = 375 - 175 = 200 ml VCn H n +2−2 k = a ml; V(CH3 )3 N O2 + VCO H 2SO = b ml VCn H n+ 2−2 k + VCO đặc (dư) Thể tích = a + b = 50 ml (*) VN2 + V(CH3 )3 N =3x VH2 O VCn H2 n +2−2 k +nx V(CH3 )3 N + V(CH3 )3 N x = 3a + nb + 0,5a = 175 ml (**) VCn H n +2−2 k = 4,5 x + (n + - k) x Từ (*) (**) → n = 3,5 Nếu k = (***) - (**) → a + b = 25 ml → loại = 4,5a + (n + - k)b = 200 (***) C3 H Nếu k = (***) - (**) → a = 25 ml → b = 25 ml → Hai anken C H8 ### Hỗn hợp Z gồm hai este X Y tạo môôt ancol hai axit cacboxylic dãy đồng đẳng MX ( MY < O2 ) Đốt cháy hoàn toàn m gam Z cần dùng 6,16 lít khí CO (đktc), thu 5,6 lít khí H2O gam Cơng thức este X giá trị m tương ứng CH COOCH3 A ; 6,7 HCOOC2 H5 B ; 9,5 HCOOCH *C ; 6,7 (HCOO) C2 H D ; 6,6 $ Hỗn hợp Z gồm este X Y tạo ancol hai axit O2 Z + 0,275 mol n CO2 • Vì CO → 0,25 mol H2O + 0,25 mol n H 2O = → hai este no, đơn chức (đktc) 4,5 Cn H 2n O2 Đặt CTC hai este n Cn H n O2 Theo bảo toàn nguyên tố oxi: x n O2 +2x n CO2 =2x n H 2O +1x n Cn H2 n O2 → = (2 x 0,25 + 0,25 - 0,275 x 2) : = 0,1 mol → n = 0,25 : 0,1 = 2,5 HCOOCH CH COOCH → Hai este n HCOOCH3 • Đặt n CH3COOCH3 = a mol; = b mol a + b = 0,1   2a + 3b = 0, 25 Ta có hpt a = 0, 05   b = 0, 05 → m HCOOCH3 m CH3COOCH →m= + = 0,05 x 60 + 0,05 x 74 = 6,7 gam Fe3 O Fe2 O3 ## X hỗn hợp Hòa tan m gam X dung dịch HCl dư dung dịch Y Dung dịch Y tác Cl dụng vừa đủ với 200ml dung dịch KI 0,5M dung dịch Z chất rắn E Lọc tách E sục khí dư vào dung dịch Z dung dịch F Cho dung dịch F tác dụng với dung dịch NaOH dư kết tủa G Nung G đến khối lượng Fe O3 không đổi (m + 0,24) gam chất rắn H Tỉ lệ mol Fe3O4 A : *B : C : D : n Fe3O4 $ Đặt Fe n Fe2O3 = a mol; 3+ I − +2 Fe + n Fe3O4 =2x = b mol I2 2+ →2 n Fe3+ X n Fe2 O3 +2x Fe2 O3 = 2(a + b) = 0,1 → a + b = 0,05 (*) Fe3 O4 Fe2 O3 • Chất rắn H gồm 0,24 gam chuyển thành → 160 x 1,5a - 232a = 0,24 → a = 0,03 mol Từ (*) → b = 0,02 → a : b = 0,03 : 0,02 = : CO ## Đốt cháy hoàn toàn ancol X thu H2O có tỉ lệ số mol tương ứng : Thể tích khí oxi cần CO dùng để đốt cháy X 1,5 lần thể tích khí C3 H O *A C3 H 8O B C3 H O C thu (ở điều kiện) Công thức phân tử X C3 H O D O2 CO2 $ Ancol X + VO2 H2O → có tỉ lệ : VCO2 = 1,5 VCO • Vì VH2 O VH2 O : =3:4→ VCO > → Ancol no, mạch hở Cn H 2n + Oa Đặt CTC ancol 3n + − a O2 Cn H 2n + Oa + CO →n n = n +1 + (n + 1) C3 H O a Ta có →n=3→ VO2 3.3 + − a = 1,5.3 VH2 O Ta có H2O = 1,5 → C3 H O →a=1→ CO ### Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp M gồm hai ancol X Y đồng đẳng nhau, thu 0,3 mol H 2O 0,425 mol Mặt khác, cho 0,25 mol hỗn hợp M tác dụng với Na (dư), thu chưa đến 0,15 mol thức phân tử X, Y C2 H O A C3 H O C2 H6 O B CH O C3 H O C C H8 O C2 H6 O C3 H O *D $ Hỗn hợp M gồm hai ancol X Y đồng đẳng O2 M+ CO2 → 0,3 mol H2 + 0,425 mol H2 0,25 mol M + Na dư → < 0,15 mol n CO • n H2O = 0,3 mol < = 0,425 mol → Ancol no, mạch hở Cn H 2n + Oa Đặt CTC hai ancol n 0, = n + 0, 425 Ta có H2 C2 H Oa → n = 2,4 → Hai ancol C3 H O a Công H2 • 0,25 mol M + Na dư → < 0,15 mol C2 H O → Hai ancol Do đó, hai ancol cần tìm ancol đơn chức C3 H O ### Khi thực phản ứng tách nước ancol X, thu anken Oxi hố hồn tồn CO lượng chất X thu 5,6 lít A B *C D O2 (ở đktc) 5,4 gam nước Có cơng thức cấu tạo phù hợp với X ? CO H2O $ Ancol X + + 0,3 mol → 0,25 mol X tách nước → anken n CO • n H2O < → Ancol no, mạch hở Cn H 2n + Oa Đặt CTC X n 0, 25 = n + 0,3 Ta có C5 H12 O a →n=5→ H2O • X tách → anken nên X ancol đơn chức → a = HO − [CH2 ]4 − CH3 HO − CH − CH(CH3 ) − CH − CH C5 H12 O có CT phù hợp ; HO − CH − CH − CH(CH3 ) ; ## X ancol no, mạch hở Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần 5,6 gam oxi, thu nước 6,6 gam CO Công thức X C3 H7 OH A C3 H (OH) B C3 H5 (OH)3 *C C2 H (OH)2 D O2 $ 0,05 mol ancol X + 0,175 mol CO → 0,15 mol Cn H 2n + Oa • X ancol no, mạch hở → CTC n CO n= n C n H n + Oa : C3 H O a = 0,15 : 0,05 = → H2O + 10 − a O2 C3 H O a + CO →3 H2O +4 10 − a 0,15 C3 H5 (OH)3 Ta có = 3.0,175 → a = → ## Đốt cháy hồn tồn mơơt lượng hỗn hợp X gồm ancol (đều no, đa chức, mạch hở, có số nhóm -OH) cần O2 CO H2O vừa đủ V lít khí , thu 11,2 lít khí 12,6 gam *A 14,56 B 15,68 C 11,20 D 4,48 $ Hỗn hợp X gồm ancol no, đa chức, hở, số nhóm -OH O2 Hỗn hợp X + CO2 → 0,5 mol (các thể tích khí đo đktc) Giá trị V H2O + 0,7 mol C n H 2n + Oa • Đặt CTC hai ancol 3n + − a O2 Cn H 2n + Oa + n C n H n +2 O a →n n H2O H2O + (n + 1) n CO = - n CO2 Ta có n = CO = 0,7 - 0,5 = 0,2 mol n C n H n + Oa : C2 = 0,5 : 0,2 = 2,5 → C3 3n + − a 3.2,5 + − = 2 Mà hai ancol đa chức → ancol hai chức → a = → n O2 → = 3,25 VO2 = 0,5.3,25:2,5 = 0,65 mol → = 0,65 x 22,4 = 14,56 lít CO ## Khi đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, mạch hở thu V lít khí H2O gam Biểu thức liên hệ m, a V là: m = 2a − V 22, m = 2a + V 11, A B m=a+ V 5, C m=a− *D V 5, (ở đktc) a C n H 2n + O $ m gam hỗn hợp + 3n O2 C n H 2n + O →n n H2O CO2 H 2O → V lít CO + n C n H n +2 O O2 + a gam H 2O + (n + 1) n CO2 = - m Cn H n +2 O = a/18 - V/22,4 (mol) mC + m H + mO Ta có = = V/22,4 x 12 + a/18 x + (a/18 - V/22,4) x 16 = a - V/5,6 O2 ## Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol axit cacboxylic đơn chức, cần vừa đủ V lít CO (ở đktc), thu 0,3 mol H 2O 0,2 mol A 8,96 *B 6,72 C 4,48 D 11,2 Giá trị V Cx H y Oz $ 0,1 mol O2 + CO2 → 0,3 mol H2O + 0,2 mol n C x H y Oz • Theo bảo tồn ngun tố oxi: x n O2 +2x n O2 n CO2 =2x n H2O +1x VO2 → = (2 x 0,3 + 0,2 - x 0,1) : = 0,3 mol → = 0,3 x 22,4 = 6,72 lít ## Hỗn hợp M gồm anđehit X (no, đơn chức, mạch hở) hiđrocacbon Y, có tổng số mol 0,2 (số mol X nhỏ CO2 Y) Đốt cháy hoàn toàn M, thu 8,96 lít khí H2O (đktc) 7,2 gam Hiđrocacbon Y CH A C2 H B C3 H C C2 H *D Cn H 2n O $ Hỗn hợp M gồm C m H 2m + − 2k O2 0,2 mol hỗn hợp M + n CO • CO → 0,4 mol n H2O = → Y anken C tb Ta có H2O + 0,4 mol C2 H O = 0,4 : 0,2 = → Anđehit C2 H ; anken # Hai chất hữu X Y đơn chức đồng phân Đốt cháy hoàn toàn 5,8 gam hỗn hợp X Y cần VCO2 : VH 2O CO 8,96 lít oxi (đktc) thu khí giản X Y nước theo tỉ lệ = 1:1 ( (đo điều kiện) Công thức đơn C H8 O A C2 H4 O B C3 H O *C C5 H10 O D n CO2 = n H 2O = x $ m X + m O2 = m CO2 + m H2 O BTKL: → 44x + 18x = 5,8 + 0,4.32 = 18,6 → x = 0,3 mol m X − mC − mH mO(X) = nO = 5,8-0,3.12-0,3.2 = 1,6 gam → nC : nH : nO = 0,1 mol (C3 H 6O) n = 0,3:0,6:0,1 = 3:6:1 → X, Y : C3 H O n=1→ ### Xà phịng hố este no đơn chức mạch hở X 0,6 mol MOH (M kim loại kiềm) thu dung dịch Y O2 Cô cạn Y đốt chất rắn thu khí 31,8 gam muối Giá trị a ? *A 7,2 gam B gam C 5,4 gam D 10,8 gam CO dư, đến phản ứng hồn tồn tạo 2,24 lít H2O (đktc), a gam Cn H 2n +1COOCm H 2m +1 $ + 0,6 mol MOH → dung dịch Y CO Cô cạn Y đốt chất rắn O2 dư → 0,1 mol n M2 CO3 = M CO3 + 31,8 gam M M 2CO3 n MOH • Ta có H2O + a gam : = 0,3 mol → Cn H 2n +1COOCm H 2m +1 = 31,8 : 0,3 = 106 → M Na C n H 2n +1COONa + NaOH → Cm H 2m +1OH + C n H 2n +1COONa Giả sử este phản ứng x mol Vậy chất rắn sau phản ứng gồm có x mol mol Phương trình đốt cháy: Cn H 2n +1COONa O2 + n CO2 CO → (2n + 1) (2n + 1).x = → O2 2NaOH + n Na CO3 Na CO3 H O → 0, − x = + H 2O + (2n + 1) Na CO3 + NaOH dư (0,6 - x) n Na CO3 nC Theo bảo toàn nguyên tố cacbon: n CO2 Ta có n H2O = (2n + 1)x 0, − x = − 2 n CO2 + = 0,3 + 0,1 = 0,4 mol nX = 0,1 → + x = 0,4 (2n + 1)x 0, − x = + 2 = nx + 0,3 H 2O Thay giá trị từ bốn đáp án vào thấy đáp án 7,2 gam không thỏa mãn (do n lẻ) CO2 ## Đốt cháy hoàn toàn 3,150 gam cacbohiđrat X thu 2,352 lít khả tham gia phản ứng tráng gương X chất ? *A Glucozơ B Xenlulozơ C 2-hiđroxietanal D Saccarozơ n CO2 = 0,105 (đktc) 1,89 gam nước Biết X có n H2O $ mol; mO = m X − mC − m H = 0,105 mol nO = 3,15-0,105.12-0,105.2 = 1,68 gam → nc : n H : nO = 0,105 mol (CH O)n = 1:2:1 = X: X cacbohidrat → Glucozơ H2O ## Khi đốt cháy cacbohiđrat X người ta thu tỉ lệ khối lượng X ? CO2 : Công thức phân tử C6 H12 O6 A C12 H 22 O11 *B (C6 H10 O5 )n C Cn (H O) n D Cm (H O)n $ X cacbohiđrat → X có dạng nC : n H nC : nH : nO 3: = → (C3 H O )k 3: 4: = → X: C12 H 22 O11 Chỉ có thỏa mãn ### Đốt cháy hoàn toàn 2,7 gam X (chứa C, H, O) dẫn toàn sản phẩm cháy vào 100 ml dung dịch chứa 0,065 Ca(OH) mol thu gam kết tủa dung dịch Y, khối lượng bình tăng 5,58 gam Đun nóng dung dịch Y lại Cu(OH) thấy xuất kết tủa Mặt khác, 13,5 gam X phản ứng với lượng dư kết tủa Chất X A HCHO /NaOH (đun nóng) 10,8 gam (CHO) B C6 H12 O6 *C HO − C4 H8 − CHO D $ Đun nóng Y lại thấy kết tủa nên phản ứng tạo muối n CO2 = n CaCO3 2(n Ca (OH) − n CaCO3 ) + = 0,04 + 2.(0,065-0,04) = 0,09 mol m tan g − mCO2 m H2 O = n H2 O = 0, 09 = 5,58-0,09.44 = 1,62 gam → m O(X) = mX − mC − m H mol nO = 2,7-0,09.12 = 1,44 gam → nC : nH : nO = 0,09 mol (CH O)n = 0,09:0,18:0,09 = 1:2:1 → X: n Cu O = 0,075 mol n Cu O n HCHO Nếu X HCHO → = 0,45 mol → Gọi x số nhóm -CHO X nX = 13, 30n 2n X = = 0,9 > 0,75 nên loại 13,5 x 30n n Cu O ; = = 0,075 x =  n = → n = 6x → C6 H12 O6 → X: MX ### Đốt cháy hoàn toàn gam hợp chất hữu X (chứa C, H, O < 200) cho toàn sản phẩm cháy hấp Ba(OH) thụ hết vào bình chứa lít dung dịch 0,1M Sau thí nghiệm, khối lượng bình tăng 18,6 gam có 0,1 mol kết tủa Lọc lấy dung dịch đem đun nóng lại thấy xuất kết tủa Mặt khác 1,8 gam X phản ứng với lượng dư AgNO3 NH dung dịch A HCHO / 0,02 mol Ag Công thức X C6 H12 O6 *B C12 H 22 O11 C HOC H CHO D $ Đun nóng dung dịch lại thấy kết tủa nên phản ứng tạo muối n CO = n BaCO3 + 2(n Ba (OH) − n BaCO3 ) m H 2O = m tan g − m CO2 = 0,1 + 2.(0,2-0,1) = 0,3 mol n H O = 0,3 = 18,6-0,3.44 = 5,4 gam → mol m X − mC − mH mO(X) = nO = 9-0,3.12-0,3.2 = 4,8 gam → nC : nH : nO = 0,3:0,6:0,3 = 1:2;1 → X: n HCHO n Ag = 4n X Nếu X HCHO → = 0,06 mol → Gọi x số nhóm -CHO X 1,8 30n nX = = 0,3 mol (CH O)n n Ag = = 0,24 > 0,02 nên loại 1,8 x 30n ; = 0,02 x =  n = C6 H12 O → n = 6x → → # Cho X hexapeptit Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val Y tetrapeptit Gly-Ala-Gly-Glu Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X Y thu amino axit, có 30 gam glyxin 28,48 gam alanin Giá trị m A 73,4 B 77,6 *C 83,2 D 87,4 nX = x $ ; ; n Gly = 2n X + 2n Y 2n X + n Y n Ala n Glyxin = 0, nY = y = n Alanin mol; = 0,32 mol → 2x + 2y = 0,4 → 2x + y = 0,32  x = 0,12   y = 0, 08 → m = mX + mY = 0,12.472 + 0,08.332 = 83,2 gam H SO4 ## Hòa tan hỗn hợp X gồm 11,2 gam Fe 2,4 gam Mg dung dịch loãng (dư), thu dung dịch Y Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu kết tủa Z Nung Z khơng khí đến khối lượng khơng đổi, thu m gam chất rắn Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m *A 20 B 36 C 18 D 24 n Mg n Fe $ = 0,2 mol; = 0,1 mol Fe2 O3  MgO  Fe   Mg → m = m Fe2 O3 + m MgO = 0,2.0,5.160 + 0,1.40 = 20 gam HNO3 # Đốt 5,6 gam Fe khơng khí, thu hỗn hợp chất rắn X Cho toàn X tác dụng với dung dịch loãng (dư), thu khí NO (sản phẩm khử nhất) dung dịch chứa m gam muối Giá trị m là: A 18,0 B 22,4 C 15,6 *D 24,2 n Fe = n Fe(NO3 )3 $ BTNT Fe: m Fe( NO3 )3 = 0,1 mol → = 0,1.242 = 24,4 gam CO ## Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic đơn chức Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X cần 0,24 mol O2 thu H2O 0,2 mol Công thức hai axit C H5 COOH A HCOOH CH = C(CH )COOH B CH COOH C C2 H5 COOH CH = CHCOOH CH COOH *D n CO2 = 2n X + 2n O2 = 2n CO2 + n H2 O $ BT oxi: 2.0,1 + 2.0, 24 − 0, 2 → n CO2 − n H2 O = 0,24 mol = 0,24-0,2 = 0,04 → X gồm axit no axit không no HNO3 ## Đun nóng m gam hỗn hợp Cu Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng : với lượng dung dịch Khi NO phản ứng kết thúc, thu dược 0,75m gam chất rắn, dung dịch X 5,6 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm NO HNO3 N +5 có sản phẩm khử khác A 44,8 B 33,6 C 40,5 *D 50,4 m Cu : m Fe = : $ m r = 0, 75m > mCu ) Biết lượng mCu = 0, 7m → đã phản ứng 44,1 gam Giá trị m m Fe = 0,3m ; Fe(NO3 ) → Fe phản ứng chưa hết, Cu chưa phản ứng, dung dịch chứa n hh = n NO + n NO2 n HNO3 = 0,7; = 0,25 mol n HNO3 − n hh NO3− BTNT Nito: = n Fe( NO3 )2 = 0,7-0,25 = 0,45 mol → = 0,225 mol (không n Fe( NO3 )2 n Fe,pu = m Fe,pu = 0,225 mol → = 12,6 gam m Fepu = 0,25m → m = 50,4 gam ## Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala–Ala–Ala–Ala (mạch hở) thu hỗn hợp gồm 28,48 gam Ala, 32 gam Ala– Ala 27,72 gam Ala–Ala–Ala Giá trị m là: A 111,74 *B 81,54 C 90,6 D 66,44 n Ala $ n Ala − Ala = 0,32 mol; n Ala − Ala −Ala = 0,2 mol; BTNT Nito: = 0,12 mol n Ala + 2n Ala − Ala + 3n Ala − Ala −Ala 4n Ala − Ala − Ala − Ala = 4n Ala − Ala − Ala − Ala n Ala − Ala − Ala − Ala → = 0,32 + 2.0,2 + 3.0,12 = 1,08 mol → → m = 0,27.302 = 81,54 gam = 0,27 mol CO ## Cho nước qua than nóng đỏ, thu 15,68 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CO, H2 Cho tồn HNO3 X tác dụng hết với CuO (dư) nung nóng, thu hỗn hợp chất rắn Y Hịa tan toàn Y dung dịch (loãng, dư) 8,96 lít NO (sản phẩm khử nhất, đktc) Phần trăm thể tích khí CO X A 18,42% *B 28,57% C 14,28% D 57,15% n CO = x n CO3 = y n H2 = z $ ; ; → x + y + z = 0,7 (1) 2n CO + 4n CO2 Bt e: 2n H2 = 3n NO = 2n Cu = 2n CO + 2n H → 2x + 4y = 2z → 2x + 2z = 3.0,4 (3)  x = 0,   y = 0,1  z = 0,  (1); (2); (3) → %VCO = 0, 0, + 0,1 + 0, 100% = 28,57% ## Cho 0,015 mol loại hợp chất oleum vào nước thu 200 ml dung dịch X Để trung hoà 100 ml dung dịch X cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 0,15M Phần trăm khối lượng nguyên tố lưu huỳnh oleum A 37,86% *B 35,95% C 23,97% D 32,65% H 2SO nSO3 $ Hợp chất oleum có cơng thức nH O H 2SO nSO + H 2SO4 → (n + 1) n oleum n H 2SO Bảo toàn nguyên tố H → = = 0,015 Để trung hòa 100ml dung dịch X cần 0,03 mol NaOH → 200 ml dung dịch X cần 0,06 mol NaOH cần để trung hịa n H2SO4 Ta có n NaOH = : = 0,03 mol H 2SO SO3 → 0,015.(n + 1) = 0,03 → n = 1.( ) 32.2 98 + 80 → %S = ×100% = 35,95% ## Khử hoàn toàn oxit sắt X nhiệt độ cao cần vừa đủ V lít khí CO (ở đktc), sau phản ứng thu 0,84 gam CO Fe 0,02 mol khí A FeO 0,224 Cơng thức X giá trị V Fe2 O3 B 0,448 *C Fe3O4 0,448 D Fe3O4 0,224 CO $ Vì phản ứng xảy hoàn toàn nên toàn O oxit sắt bị CO lấy chuyển 0,02 mol → V = 0,02.22,5 = 0,448 lít n Fe nO : → n CO2 n O(oxit) n CO = = = Fe3O = 0,015 : 0,02 = 3: → công thức oxit sắt Al2 O3 m3 ## Điện phân nóng chảy với anot than chì (hiệu suất điện phân 100%) thu m kg Al catot 67,2 (ở đktc) hỗn hợp khí X có tỉ khối so với hiđro 16 Lấy 2,24 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X sục vào dung dịch nước vơi (dư) thu gam kết tủa Giá trị m A 54,0 *B 75,6 C 67,5 D 108,0 O2 $ Ta có 3000 mol hỗn hợp khí sau phản ứng gồm CO :x mol, Ca(OH) Khi sục 0,1 mol X qua dung dịch CO dư: y mol, CO2 tạo 0,02 mol CO → 3000 mol X có 600 mol O2  x + y = 2400  28x + 32y = 16.2.3000 − 600.44 Ta có hệ  x = 1800   y = 600 → n O2 Bảo toàn nguyên tố O → = (2.600 + 1800 + 600) : = 2100 mol n O2 n Al Bảo toàn electron → =4 : = 2800 mol → m = 75600 gam = 75,6 kg , 2400 mol CO ... khối lượng nguyên tố lưu huỳnh oleum A 37,86% *B 35,95% C 23,97% D 32,65% H 2SO nSO3 $ Hợp chất oleum có cơng thức nH O H 2SO nSO + H 2SO4 → (n + 1) n oleum n H 2SO Bảo toàn nguyên tố H → = =... n Fe2 O3 (Y) Theo bảo toàn nguyên tố x ) n Fe2O3 ,bandau n Fe =1x +2x n Fe2 O3 (Y) → = (1 x 0,2 + x 0 ,1) : = 0,2 mol m Fe2 O3 (Y) →m= = 0,2 x 160 = 32 gam ## Đốt cháy hoàn toàn amin bậc X lượng... = 16.2.3000 − 600.44 Ta có hệ  x = 1800   y = 600 → n O2 Bảo toàn nguyên tố O → = (2.600 + 1800 + 600) : = 2100 mol n O2 n Al Bảo toàn electron → =4 : = 2800 mol → m = 75600 gam = 75,6 kg ,