BÀI TẬP VÔ CƠ VÀ HỮU CƠ HAY CÓ GIẢI ÔN THI TỐT NGHIỆP HÓA
BÀI TẬP VƠ CƠ HAY VÀ KHĨ DÀNH ĐIỂM 9, 10 Câu : Cho 12 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng với 500 ml dung dịch HNO3 aM, thu 2,24 lít NO (đktc) dung dịch X X hồ tan tối đa 9,24 gam sắt Giá trị a (biết NO sản phẩm khử N +5) A 1,28 B 1,64 C 1,88 D 1,68 Trong phản ứng 12 gam hỗn hợp Fe oxit với HNO 3, theo bảo toàn khối lượng bảo tồn electron, ta có : 56nFe + 16nO = 12 nFe = 0,18 3nFe = 2nO + 3nNO ⇒ { nO = 0,12 0,1 9,24 = 0,345 56 Xét tồn q trình phản ứng, ta thấy : Sau tất phản ứng, dung dịch thu chứa muối Fe(NO3)2 Áp dụng bảo toàn electron cho tồn q trình phản ứng, ta có : 2nFe = 2nO + 3nNO { { { 0,12 ? 0,84 0,345 nNO = 0,15 ⇒ ⇒ [HNO3] = = 1,68M n = 2n + n nHNO = 0,84 0,5 Fe(NO3)2 {NO HNO3 14 43 ? nFe Câu : Cho 46,8 gam hỗn hợp CuO Fe3O4 (tỉ lệ mol : 1) tan hết dung dịch H2SO4 (loãng, vừa đủ) thu dung dịch (A) Cho m gam Mg vào dung dịch (A), sau phản ứng kết thúc thu dung dịch (B) Thêm dung dịch KOH dư vào (B) kết tủa (D) Nung (D) khơng khí đến khối lượng khơng đổi 45,0 gam chất rắn (E) Giá trị m là: A 7,2 gam B 5,4 gam C 4,8 gam D 9,0 gam (Đề thi thử Đại học lần – THPT Đinh Chương Dương – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014) Bản chất phản ứng (không quan tâm đến hệ số cân bằng): ⇒ ∑ nFe tham gia vào toàn bộquátrình phản ứng = 0,18+ CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O Fe3O4 + H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + H2O Theo giả thiết bảo tồn electron, ta có : n = 0,15 CuSO4 80nCuO + 232nFe O = 46,8 n = 0,15 CuO ⇒ ⇒ A coù nFeSO = 0,15; n = 0,15 n = nFe O Fe3O4 CuO nFe2(SO4)3 = 0,15 Nếu lượng Mg cho vào dung dịch A không đủ để tạo Cu riêng khối lượng CuO Fe2O3 E lớn 45 gam Thật : nCuO = nCuSO = 0,15 nCuO = 0,15; nFe2O3 = 0,225 ⇒ 3n = 3nFe O = 3.0,15 = 0,45 mE > mCuO + mFe O = 48 gam(loaïi) Fe2O3 Vậy cho Mg vào A phải có kim loại bị tách Nếu có Cu bị tách ra, theo bảo tồn electron bảo tồn ngun tố Mg, Cu, Fe, ta có : 2nMg = n 3+ + 2n 2+ Fe Cu { { { 2x − 2y = 0,3 0,3 y x ⇒ + 160nFe O = 45 40x − 80y = −3 40n MgO + 80n {CuO 2233 {x 0,15− y 0,225 x = 0,375 ⇒ (loaïi) y = 0,225 > 0,15 Vậy có Cu Fe bị tách Theo bảo toàn electron bảo toàn nguyên tố Mg, Cu, Fe, ta có : 2nMg = n 3+ + 2n 2+ + 2n 2+ Fe Cu x = 0,375 { { { 14Fe2 43pö 0,3 0,15 x 2x − 2y = 0,6 y ⇒ ⇒ y = 0,075 40x − 80y = 40nMgO + 160 nFe2O3 = 45 123 {x mMg = 0,375.24 = gam 0,225− 0,5y Câu : Hòa tan hết 15,2 gam hỗn hợp gồm Fe Cu dung dịch HNO 3, thu dung dịch X 4,48 lít khí NO ( đktc) Thêm từ từ 3,96 gam kim loại Mg vào hỗn hợp X đến phản ứng xảy hồn tồn, thu 224 ml khí NO (đktc), dung dịch Y m gam chất rắn không tan Biết NO sản phẩm khử N+5 phản ứng Giá trị m là: A 9,6 B 12,4 C 15,2 D 6,4 (Đề thi thử Đại học lần – THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An, năm 2014) Theo giả thiết bảo toàn electron phản ứng Fe, Cu với dung dịch 56nFe + 64nCu = 15,2 n = 0,1 ⇒ Fe HNO3, ta có : 3.4,48 = 0,6 nCu = 0,15 3nFe + 2nCu = 3nNO = 22,4 Xét tồn q trình phản ứng ta thấy: Bản chất phản ứng Mg, Fe, Cu tác dụng với dung dịch HNO3 giải phóng khí NO Thứ tự tính khử kim loại : Mg > Fe > Cu > Fe2+ Theo bảo toàn electron, ta có: 2nMg + 2nFe + 2nCu pư = 3∑ nNO = 3.0,21= 0,63 { { 12 0,165 0,1 ? nCu pö = 0,05;nCu dö = 0,1 ⇒ mchất rắn = mCu dư = 6,4 gam Câu : Tiến hành nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Cu(NO 3)2 Cu bình kín, thu chất rắn Y có khối lượng (m – 7,36) gam Cho toàn chất rắn Y tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc, nóng (dư), đến phản ứng xảy hoàn toàn, thu 0,672 lít SO (đktc) sản phẩm khử Giá trị m là: A 19,52 gam B 20,16 gam C 22,08 gam D 25,28 gam (Đề thi thử ĐH lần – THPT chuyên Nguyễn Huệ – Hà Nội, năm học 2013 – 2014) ● Cách : Chất rắn Y tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc giải phóng SO2, chứng tỏ Y Cu Vậy chất phản ứng : Cu(NO 3)2 bị nhiệt phân tạo NO2 O2; O2 sinh oxi hóa phần Cu, tạo CuO; phần Cu lại phản ứng với H 2SO4 đặc, giải phóng SO2 Suy khối lượng chất rắn giảm khối lượng NO2 Sơ đồ phản ứng : NO2 ↑ Cu Cu(NO3)2 to CuO H2SO4 → CuSO4 + SO2 ↑ Cu Trong phản ứng nhiệt phân Cu(NO3)2, theo giả thiết bảo tồn electron, ta có : 7,36 = 0,16 nNO2 = 0,16 nNO2 = 46 ⇒ 4nO = nNO = 0,16 nO2 = 0,04 2 Theo bảo toàn nguyên tố N bảo toàn electron cho toàn q trình phản ứng, ta có : 2nCu(NO ) = nNO = 0,16 nCu(NO3)2 = 0,08; nCu = 0,11 32 ⇒ m = m 2nCu = 4nO + 2nSO = 22,08 gam Cu(NO3)2 + m {Cu {2 { { 43 0,11.64 0,04 0,03 ? 0,08.188 ● Cách : Chất rắn Y tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc giải phóng SO2, chứng tỏ Y Cu Sơ đồ phản ứng : +4 N O2 ↑ Cu +2 +5 Cu(NO ) to +6 +4 CuO H2 S O4 +2 → CuSO4 + S O2 ↑ Cu Căn vào tồn q trình phản ứng, ta thấy : Chất khử Cu; chất oxi hóa +5 +4 +6 +4 N S , sản phẩm khử tương ứng N O2 vaøS O2 Khối lượng chất rắn giảm khối lượng NO2 thoát Theo bảo toàn nguyên tố N bảo toàn electron cho toàn q trình phản ứng, ta có : 7,36 n = 0,08; nCu = 0,11 2nCu(NO3)2 = nNO2 = 46 = 0,16 Cu(NO3)2 ⇒ m = m 2n = n = 22,08 gam Cu(NO3)2 + m + 2n {Cu NO2 SO {Cu { 43 { 0,11.64 ? 0,08.188 0,16 0,03 Câu : Cho 0,5 mol Mg 0,2 mol Mg(NO3)2 vào bình kín khơng có oxi nung nhiệt độ cao đến phản ứng hoàn toàn, thu hỗn hợp chất rắn X Hỗn hợp chất rắn X tác dụng với nhiều 500 ml dung dịch Fe(NO 3)3 có nồng độ aM Giá trị a A 0,667 B 0,4 C D 1,2 (Đề thi thử Đại học lần – THPT chuyên Quảng Bình, năm học 2013 – 2014) Sơ đồ phản ứng : +4 N O2 Mg +5 Mg(N O ) to +2 +3 MgO Fe(NO3)3 Mg(NO3)2 +2 → + MgO ↓ +2 Mg Fe(NO3)2 Xét tồn q trình phản ứng, ta thấy: +5 +3 Chất khử Mg; chất oxi hóa N vàFe Theo bảo toàn nguyên tố N bảo toàn electron, ta có : nNO = 2nMg(NO ) = 2.0,2 = 0,4 n Fe(NO3)3 max = 0,6 32 ⇒ 2nMg = nNO + nFe(NO ) max 0,6 = 1,2M { 44 2343 43 { [Fe(NO3)3] = 0,5 0,4 ? 0,5 PS : Lượng Fe(NO3)3 dùng nhiều Fe3+ bị khử thành Fe2+ Câu : Hòa tan hết m gam hỗn hợp Fe, Mg vào 100 ml dung dịch H 2SO4 loãng, thu dung dịch X Cho dung dịch X tác dụng với lượng dư KNO 3, thu dung dịch Y 168 ml khí NO (đktc) Nhỏ dung dịch HNO3 lỗng, dư vào dung dịch Y thấy thêm 56 ml khí NO (đktc) Cũng lượng dung dịch X trên, cho phản ứng với dung dịch NaOH dư, thu 5,6 gam kết tủa Biết NO sản phẩm khử N+5 Giá trị m A 3,52 B 2,96 C 2,42 D 2,88 (Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định, năm học 2013 – 2014) Sơ đồ phản ứng : NO Fe2+ , Mg2+ KNO Fe H2SO4 → (1) 2− + Mg SO4 , H (2) 44 43 NO dd X (4) NaOH Mg(OH)2 Fe(OH)2 Fe2+ , Fe3+ HNO3 2+ 2− Mg , SO4 (3) + − K , NO3 Fe3+ , Mg2+ + 2− H , SO4 + − K , NO3 Bản chất phản ứng (2), (3) Fe 2+ bị oxi hóa hồn tồn NO3− / H+ , tạo 0,01 mol NO Bản chất phản ứng (4) phản ứng trao đổi, kết tủa thu Fe(OH)2 Mg(OH)2 Theo bảo toàn electron, giả thiết bảo toàn nguyên tố Fe, Mg, ta có : n 2+ = 3nNO { Fe { 0,01 x = 0,03 x ⇒ ⇒ m = 0,03.56 14 43 + 0,05.24 14 43 = 2,88 gam 90nFe(OH)2 + 58nMg(OH)2 = 5,6 y = 0,05 mFe mMg 14 43 14 2x 43 y Câu : Dẫn luồng nước qua than nóng đỏ thu V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm CO2, CO, H2, tỉ khối X so với H 7,8 Tồn V lít hợp khí X khử vừa đủ 24 gam hỗn hợp CuO, Fe 2O3 nung nóng thu rắn Y có kim loại Ngâm toàn Y vào dung dịch HCl dư thấy có 4,48 lít H2 bay (ở đktc) Giá trị V A 13,44 lít B 10,08 lít C 8,96 lít D 11,20 lít (Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định, năm học 2011 – 2012) Theo bảo toàn nguyên tố Fe, bảo toàn electron bảo tồn khối lượng, ta có : 2nFe O = nFe = nH = 0,2 nFe O = 0,1 m(CuO, Fe O ) − mFe O ⇒ 24 − 0,1.160 3 = 0,1 nCuO = nCuO = 80 80 Theo giả thiết, theo bảo toàn electron phản ứng C với H 2O phản ứng CO, H2 với CuO, Fe2O3, ta có : 28nCO + 44nCO + 2nH 2 = 7,8.2 = 15,6 nCO + nCO + nH 2 nCO = 0,1 ⇒ nCO = 0,1⇒ n(CO, CO , H ) = 11,2 lít 2nCO + 4nCO2 = 2nH2 2 2n + 2n = 2n + 6n n = 0,3 CO H2 H2 Fe O {CuO 2233 0,1 0,1 Câu : Hòa tan hồn tồn 0,1 mol FeS 200 ml dung dịch HNO 4M, sản phẩm thu gồm dung dịch X chất khí Dung dịch X hòa tan tối đa m gam Cu Biết trình trên, sản phẩm khử N+5 NO Giá trị m : A 12,8 B 6,4 C 9,6 D 3,2 (Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2012) Sơ đồ phản ứng : NO NO FeS2 HNO3 Fe3+ , SO 2− − + NO3 , H Cu Cu2+ , Fe2+ − 2− NO3 , SO4 Áp dụng bảo toàn electron cho tồn q trình phản ứng, bảo tồn điện tích cho dung dịch sau phản ứng bảo tồn ngun tố Fe, S, N, Cu, ta có : ìï 14n = 3nNO FeS2 + 2n ïï { {Cu { ïï x y ìï 2x - 3y =- 1,4 ìï x = 0,2 0,1 ïí Þ íï Þ íï ïï 2n 2+ + 2n 2+ = 2n 2- + n ïïỵ 2x + y = ïïỵ y = 0,6 Fe Cu SO4 NO3 ïï 144 2443 144 2443 144244 14424 43 ïï 0,1 x 0,2 0,8- y ỵ Suy : mCu = 0,2.64 = 12,8 gam Câu : Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe Fe3O4 dung dịch chứa 0,1 mol H2SO4 0,5 mol HNO3, thu dung dịch Y hỗn hợp gồm 0,1 mol NO a mol NO2 (khơng sản phẩm khử khác) Chia dung dịch Y thành hai phần nhau: - Phần tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu 5,35 gam chất kết tủa - Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu m gam kết tủa Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m A 20,62 B 41,24 C 20,21 D 31,86 (Đề thi tuyển sinh khối B năm 2014) Hướng dẫn giải Xét phản ứng nửa hỗn hợp X Chất kết tủa thu Fe(OH)3 (0,05 mol) Theo giả thiết, bảo toàn electron, bảo tồn ngun tố Fe, N bảo tồn điện tích nửa dung dịch Y, ta có : ìï 10,24 ïï 56n + 232n = 5,12 Fe3O4 = ïï {Fe 1442443 ïï x ïìï 56x + 232y = 5,12 ïìï x = 0,05 y ïï ïï ï ïï 3nFe + nFe O = 3nNO + nNO Þ í 3x + y - 0,5a = 0,15 Þ ïí y = 0,01 { 43 ïï ï í { { 14424 ïï x 0,05 ïïỵ 3x + 9y + 0,5a = 0,25 ïïïỵ a = 0,02 0,5a y ïï ïï n + n + = 2n 2- + n ïï { Fe3+ SO4 NO3 {K 144244 14424 43 ïï x+3y- 0,05 0,2 0,05 0,25- 0,05- 0,5a ïỵ Suy : ìï Fe3+ : 0,08 mol ïï ìï Fe(OH) ¯: 0,08 mol ïï + Ba(OH) dö 2ù đ SO4 : 0,05mol ị Y ắắ ắ ¾2¾ ¾ í ïï ïï BaSO4 ¯: 0,05 mol ỵ144444444424444444443 ïï H+ , NO ïỵ1444444424444444 mkế t tủ a=0,08.107+0,05.233= 20,21gam nử a dung dich Y Câu : Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 (0,05 mol) NaCl dòng điện có cường độ khơng đổi 2A (điện cực trơ, màng ngăn xốp) Sau thời gian t giây ngừng điện phân, thu dung dịch Y khí hai điện cực có tổng thể tích 2,24 lít (đktc) Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8 gam MgO Biết hiệu suất điện phân 100%, khí sinh khơng tan dung dịch Giá trị t A 6755 B 772 C 8685 D 4825 (Đề thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2014) Hướng dẫn giải Dung dịch Y hòa tan MgO chứng tỏ Y có chứa ion H + Suy Y có chứa ion H+, Na+ SO42- Áp dụng bảo tồn điện tích phản ứng Y với MgO bảo tồn điện tích Y, ta có : ìï 2.0,8 ïï n = 2n = 2nMgO = = 0,04 ìï n = n + = 0,06 ïï H+ O240 Na ïíï ClÞ ín ïï Na+ + nH+ = 2nSO 2ïï n = 0,03 { ïï { ïỵ Cl2 (ởanot) 144244 0,04 ïïỵ ? 0,05 Theo giả thiết bảo tồn electron, ta có : ïìï nO (ởanot) + nH (ởcatot) + nCl = 0,1 2 (ởanot) ïï 1444 4244443 ïï 0,03 í ïï 2n 2+ + 2nH (ởcatot) = 2nCl + 4nO (ởanot) 2 (ởanot) Cu ïï 144 2443 1444 4244443 ïï 0,05 0,03 ỵ ìï n ïï H2 (ởcatot) = 0,04; nO2 (ởanot) = 0,03 Þ ïí nelectron trao đổi.F (2nCl2 + 4nO2 ).96500 ïï t = = = 8685 giâ y ïï I ỵ Câu : Cho a gam hỗn hợp X gồm Fe 2O3, Fe3O4, Cu vào dung dịch HCl dư thấy có mol axit phản ứng lại 0,256a gam chất rắn khơng tan Mặt khác, khử hồn tồn a gam hỗn hợp X H2 dư, thu 42 gam chất rắn Tính % khối lượng Cu hỗn hợp X? A 25,6% B 50% C 44,8% D 32% (Đề thi thử Đại học lần – THPT chuyên Chu Văn An – Hà Nội, năm 2014) Theo giả thiết, suy : Khử X H2 dư, thu 42 gam Fe Cu Áp dụng bảo toàn điện tích phản ứng bảo tồn khối lượng, ta có : 2nO2− = nH+ = nO2− = 0,5 mCu dö = 0,256a = 12,8 mX = m(Cu, Fe) + m 2− ⇒ a = m(Cu, Fe) + m 2− = 50 ⇒ O 14 43 { 14 43 {O m(Fe2O3, Fe3O4 , Cu) pö = 37,2 a 0,5.16 42 42 Trong phản ứng 37,2 gam Fe 2O3, Fe3O4, Cu với HCl, chất khử Cu, chất oxi hóa oxit sắt Áp dụng bảo tồn electron, bảo tồn điện tích dung dịch muối sau phản ứng, ta có : nFe O + nFe O = nCu { { {z x + y − z = x = 0,05 y x 2n 2+ + 2n 2+ = n − = ⇒ 6x + 4y + 2z = ⇒ y = 0,1 Fe Cu Cl { { 232x + 160y + 64z = 37,2 z = 0,15 z 3x+ 2y 232n + 160n + 64n = 37,2 Fe3O4 Fe2O3 {Cu { { z x y 12,8+ 0,15.64 Vậy %mCu/X = 100% = 44,8% 50 Câu : Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến nước bắt đầu bị điện phân hai điện cực ngừng điện phân, thu dung dịch X 6,72 lít khí (đktc) anot Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al2O3 Giá trị m A 25,6 B 23,5 C 51,1 D 50,4 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013) 2+ Thứ tự khử catot : Cu > H2O; Thứ tự oxi hóa anot: Cl − > H2O Dung dịch X sau phản ứng điện phân hòa tan Al 2O3, chứng tỏ X chứa axit (H+) bazơ ( OH− ) Nếu dung dịch X chứa OH− khí sinh anot Cl2 (0,3 mol) Trong dung dịch X chứa ion âm SO42− OH− ion dương Na+ Vậy ion Cl − NaCl thay ion SO42− OH− Áp dụng bảo tồn điện tích dung dịch sau điện phân phản ứng Al2O3 với OH− , ta có: n − + 2n 2− = n − = 2nCl = 0,6 SO4 Cl {2 OH n n = 0,4 = n 2− = 0,1 0,3 SO4 OH− CuSO4 ⇒ ⇒ nOH− = n[Al(OH) ]− = 2nAl2O3 = 0,4 nSO 2− = 0,1 nNaCl = nCl− = 0,6 123 0,2 Suy m = mCuSO + mNaCl = 51,1gam 14 434 12 0,1.160 0,6.58,5 Nếu dung dịch sau điện phân chứa H+ khí sinh Cl2 O2 Theo giả thiết áp dụng bảo toàn điện tích ta có: n + = 3n 3+ = 3.2nAl O = 1,2 Al H ⇒ nO = 0,3⇒ nCl = (loaïi) 2 nH+ = 2nO2− H2O = 2.2nO2 Câu : Hoà tan hết 12,8 gam hỗn hợp X gồm Cu 2S FeS2 dung dịch có chứa a mol HNO3 thu 31,36 lít khí NO2 (ở đktc sản phẩm khử N+5) dung dịch Y Biết Y phản ứng tối đa với 4,48 gam Cu giải phóng khí NO Tính a ? A 1,8 mol B 1,44 mol C 1,92 mol D 1,42 mol (Đề thi thử Đại học lần – THPT Đoan Hùng – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014) Theo giả thiết áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng X với HNO 3, ta có: 160nCu S + 120nFeS = 12,8 nCu S = 0,02 2 ⇒ 10nCu2S + 15nFeS2 = nNO2 = 1,4 nFeS2 = 0,08 Dung dịch Y gồm Fe 3+, Cu2+, SO42− , NO3− , H+ Khi cho Cu (tối đa) vào Y, Cu bị oxi hóa (H+, NO3− ) Fe3+ Vậy chất toán là: Hỗn hợp Cu2S, FeS2 Cu tác dụng với dung dịch HNO 3, giải phóng hỗn hợp khí NO, NO tạo dung dịch muối (Z) Dung dịch Z có ion Fe2+, Cu2+, SO42− , ion lại H+ NO3− Vì 2nCu2+ + 2nFe2+ > 2nSO 2− nên ion lại dung dịch Z ion âm để cân điện tích, ion NO3− Áp dụng bảo toàn electron bảo toàn điện tích dung dịch Z, ta có : 10nCu S + 14nFeS + 2nCu = nNO + 3n NO { { { { {2 nNO = 0,02 0,07 ? 0,02 0,08 1,4 ⇒ 2n n = 0,02 + 2n = n + n { NO3− Cu2+ Fe2+ SO42− NO3− { 3 0,11 0,08 0,18 ? Áp dụng bảo tồn ngun tố N, ta có: nHNO = nNO + nNO + n − = 1,44 mol { { NO3 123 1,4 0,02 0,02 Câu : Cho m gam Fe vào lít dung dịch X gồm H 2SO4 0,1M, Cu(NO3)2 0,1M, Fe(NO3)3 0,1M Sau phản ứng xảy hoàn toàn thu 0,69m gam hỗn hợp kim loại, dung dịch Y khí NO (sản phẩm khử nhất) Giá trị m khối lượng chất rắn khan thu cô cạn dung dịch Y là: A 25,8 78,5 B 25,8 55,7 C 20 78,5 D 20 55,7 (Đề thi thử Đại học lần – THPT Cẩm Khê – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014) Trong phản ứng Fe với dung dịch X, chất khử Fe, chất oxi hóa NO3− / H+ , Fe3+ Cu2+ Sau phản ứng thu hỗn hợp kim loại, chứng tỏ Fe dư nên muối tạo thành dung dịch Fe2+ Áp dụng bảo toàn electron phản ứng Fe với dung dịch X, bảo toàn điện tích dung dịch Y bảo tồn ngun tố Fe, N, ta có : 2nFe = nFe3+ + 2nCu2+ + 3nNO { { {x { y 2x − 3y = 0,3 x = 0,225 0,1 0,1 ⇒ ⇒ 2n = 2n + n 2x + y = 0,5 y = 0,05 {Fe2+ SO42− NO3− { { x+ 0,1 0,1 0,5− y Theo bảo tồn khối lượng, ta có : mmuối = mFe2+ + mSO 2− + mNO − = 55,7 gam { 123 1233 0,325.56 0,1.96 0,45.62 mhỗn hợp kim loại = m − 0,225.56 44 43 + 0,1.64 = 0,69m ⇒ m = 20 gam mFe dư 10 mCu + Sơ đồphả n ứ ng: H2HRCOOH H2HRCOONa ClH3HRCOOH 44 43 HCl dö 14,19 gam 0,3 mol NaOH → (COONa) → NaCl { (COOH) 14 432 0,3 mol 1 44 4 43 44 4 43 0,05 mol muố i 26,19 gam chấ t rắ nY mchấttan X + mNaOH = mY + 18nHOH { { 44 43 26,19 ?= 0,25 12 NaOH dö 18,69 + ⇒ + nH+ /(COOH) = nOH− pö = 0,25 < nOH− bđ = 0,3 G pư hế t n H+ / amino axit 4 3 43 ?= 0,15 0,1 nHCl pư vớiamino axit = n− NH = nH+ /amino axit = 0,15 ⇒ m = 0,3.58,5+ 14,19 + 0,15.36,5 { 14 43 = 37,215 gam muoái 14 43 m mNaCl mHCl amino axit Câu 54: n = 2n = 0,4 nH NCH COOH = n− NH = nHCl = 0,04 O − COOH 2 + ⇒ nCO = 0,34; nH O = 0,31 2.10,6 2 n = n = 2n = = 0,2 − COOH NaOH Na2CO3 106 n = 0,02 N2 nO/muoái + nO = 2nCO + nH O + 3nNa CO {2 { {2 14 22 433 1 ?= 0,445 0,34 0,31 0,4 0,1 + + m = m + m + m + m CO m {muoái {O2 {CO2 {H2O {N2 14Na 22 433 ?=17,46 0,445.32 0,34.44 0,31.18 0,02.28 10,6 mX + mNaOH = mmuoái + mHOH { ?={13,06 { 17,46 0,2.18 0,2.40 ⇒ 0,04.75 %m = 100% = 22,97% glyxin 13,06 Câu 55: Y làH2NR(COOH)n : x mol + X gồ m (x > y) (*) Z laøH2NR'(COOH)m : y mol 52,8 67,4 − 52,8 = 0,4 M X = 0,4 = 132 nX, Y ) = nHCl = x + y = 36,5 + ⇒ (**) 0,6 66 − 52,8 n COOH = = 1,5 = n− COOH = nx + my = = 0,6 − COONa 0,4 22 m = x = y: trá i vớ i giảthiế t (*), (**) n = + Từ ⇒ c m ≥ M X , M Y > 132 > M X CY = CZ m = hoặ 72 • Nế u m = X laøH2NCaH2aCOOH x + y = 0,4 x = 0,3 ; ⇒ Y laøH2NCa−2H2a−6 (COOH)3 x + 3y = 0,6 y = 0,1 ⇒ 0,3.(61+ 14a) + 0,1.(14a + 121) = 52,8 ⇒ a = 4; %mZ = 33,52% • Nế u m = x + y = 0,4 x = 0,3 X laøH2NCaH2aCOOH ; ⇒ Y laøH2NCa−3H2a−9(COOH)4 x + 3y = 0,6 y = 0,1 ⇒ 0,3.(61+ 14a) + 0,1.(14a + 151) = 52,8 ⇒ a = 3,46 (loaïi) Câu 56: + Từcá c sả n phẩ m tạo nh quátrình thủ y phâ n T Suy T laø: Ala − Gly − Ala − Gly − Gly hay (Ala)2(Gly)3 + Sơ đồphản ứ ng: (Ala)2(Gly)3 → (Ala)2(Gly)2 + (Ala)2(Gly) + (Ala)(Gly)2 + AlaGly + Ala + Gly + GlyGly mol : m 0,12 0,05 + Theo bảo toàn nhóm Ala, Gly, ta có: 0,08 0,18 0,1 x 10x 2m = 0,12.2 + 0,05.2 + 0,08+ 0,18+ 0,1 m = 0,35 ⇒ 3m = 0,12.2 + 0,05+ 0,08.2 + 0,18+ x + 20x x = 0,02 ⇒ m(Gly, Gly− Glu) = 0,02.75+ 0,2.(75.2 − 18) = 27,9 gam Câu 57: + Dựa o sả n phẩ m củ a phả n ứ ng thủ y phâ n, suy sốgố c Gly là2 hoặ c + Đặ t cô ng thứ c củ a pentapeptit là(Gly)a(Ala)b (Val)c 3,045 3,48 7,5 = 0,015; nGly− Val = = 0,02; nGly = = 0,1 203 174 75 + Sơ đồphả n ứ ng: + nAla−Gly− Gly = (Gly)a(Ala)b(Val)c → Ala − Gly − Gly + Gly − Val + Gly + Val + Ala mol : m 0,015 0,02 0,1 x y am = 0,015.2 + 0,02 + 0,1= 0,15 ⇒ bm = 0,015+ y mc = 0,02 + x a = ⇒ • b = 2⇒ c = m = 0,075 a = y = 0,135 ; • b = ⇒ x = 0,055 c = m = 0,075 a = y = 0,06 ; • b = 1⇒ x = 0,13 c = m = 0,05 y = 0,035 x = 0,03 Câu 58: 73 293.14,33% = Suy ra: 14 X laøtripeptit vaøY , Z làđipeptit Cô ng thứ c củ a Y vàZ là: + Sốnguyê n tửN X = H2NCHR1CONHCHR2COOH; H2NCHR3CONHCHR 4COOH + Trong phả n ứ ng củ a Y vớ i HCl : nY = 0,5nHCl = 2.10−3 R = 15(CH3 −) ⇒ R + R = 106 ⇒ −3 M Y = 0,472:2.10 = 236 R = 91(C6H5 − CH2 −) ⇒ Y laøAla − Phe hay Phe − Ala + Trong phả n ứ ng củ a Z vớ i NaOH : nZ = 0,5nNaOH = 3.10−3 R = 1(H−) ⇒ R + R = 92 ⇒ −3 R = 91(C6H5 − CH2 −) M Z = 0,666:3.10 = 222 ⇒ Z laøGly − Phe hay Phe − Gly + Vậ y X làGly − Phe − Ala hoaë c Ala − Phe − Gly Câu 59: Ala − Gly : 0,16 mol C H O N : 0,16 mol + Quy đổ i X nh ⇔ 10 − Lys− : x mol C6H12ON2 : x mol + Theo giảthiế t, ta coù : 3.16.0,16 + 16x %O X = = 21,3018% ⇒ x = 0,24 mol 146.0,16 + 128x + Sơ đồphả n ứ ng: C5H10O3N2 + H2O + 2HCl → muoá i mol : 0,16 → 0,16 → 0,32 C6H12ON2 + H2O + 2HCl → muoá i mol : 0,24 → 0,24 → 0,48 + Suy ra: mmuoái = (146.0,16 + 0,8.36,5 14 43 = 90,48 gam 4 2+ 128.0,24) 4 + 0,4.18 mX Câu 60: 74 mH 2O mHCl • Trườ ng hợp 1: X là(Ala)n , Y là(Gly)m vớ i sốmol tương ứ ng làx và3x Theo giảthiế t vàbả o n nhó m Ala, Gly, ta coù : (n − 1) + (m− 1) = n + m = n = ⇒ m ⇒ m = ⇒ m = 104,28 nx = 0,48 3xm = 1,08 = 0,75 x = 0,12 n • Trườ ng hợp : X là(Gly)n , Y là(Ala)m vớ i sốmol tương ứ ng làx và3x Theo giảthiế t vàbả o n nhó m Ala, Gly, ta coù : (n − 1) + (m− 1) = n + m = ⇒n (loaïi) nx = 1,08 3xm = 0,48 = 6,75 m Câu 61: ● Cách : Tìm peptit dựa vào số mol amino axit tỉ lệ mol peptit n keá t peptit khaù c nAla = 0,9; nGly = 0,8; nVal = X, Y , Z cósốliê + ; ng sốliê n kế t peptit X, Y , Z = Toå nX : nY : nZ = 2:3:5 X laøGly − Gly − Gly − Gly (M X = 246): 0,2 mol Y laøAla − Ala − Ala (M Y = 231): 0,3 mol ⇒ Z laøVal − Val (M Y = 216): 0,5 mol m (X, Y , Z) = 0,2.246 + 231.0,3+ 216.0,5 = 226,5 gam * Nhận xét : Với cách này, ta phải thử lắp ghép gốc amino axit dựa vào số mol peptit số mol amino axit nên nhiều thời gian ● Cách : Quy peptit lớn hơn, tìm số mắt xích peptit từ suy số phân tử H2O tham gia thủy phân peptit hỗn hợp peptit ban đầu + Quy đổ i peptit X, Y , Z nh peptit lớ n hơn: 2X + 3Y + 5Z → (X)2(Y )3(Z)5 + 9H2O 44 43 E 75 + nAla = 0,9; nGly = 0,8; nVal = 1⇒ nAla : nGly : nVal = 9:8:10 Tổ ng sốmắ t xích E = 27k 0,518 < k < 1,29 ⇒ (6 + 1).2 < 27k < (6 + 1).5 ⇒ ⇒ k = * 43 14 43 k ∈ N hỗn14hợ2 p chỉcóX hỗ n hợp chỉcóZ ⇒ thủ y phâ n E cầ n 26H2O, thủ y phâ n M cầ n 26 − = 17H2O Phả n ứ ng thủ y phâ n: M + 17H2O → 9Ala + 8Gly + 10Val mol : 1,7 ¬ 0,9 0,8 + Vậ y mM = 80,1+ 60 + 117 − 1,7.18 = 226,5 gam * Nhận xét : Với cách này, ta không cần phải tìm cơng thức số mắt xích peptit thời gian làm ngắn Câu 62: ● Cách : Tìm peptit dựa vào số mol amino axit tỉ lệ mol peptit nAla = 0,18; nGly = 0,29 Sốliê n keá t peptit X, Y , Z < 17 + ; n kế t peptit X nhiề u Z Sốliê nX : nY : nZ = 2:3: X laøAla − Ala − Ala − Ala − Gly − Gly (M X = 416): 0,02 mol Y laøGly − Gly − Gly − Ala − Ala (M Y = 331): 0,03 mol ⇒ Z laøGly − Gly − Gly − Gly − Ala (M Y = 317): 0,04 mol m (X, Y , Z) = 0,02.416 + 331.0,03+ 317.0,04 = 30,93 gam ● Cách : Quy peptit lớn hơn, tìm số mắt xích peptit từ suy số phân tử H2O tham gia thủy phân peptit hỗn hợp peptit ban đầu + Quy đổ i peptit X, Y , Z nh peptit lớ n hôn: 2X + 3Y + 4Z → (X)2(Y )3(Z)4 + 8H2O 44 43 E + nAla = 0,18; nGly = 0,29 ⇒ nAla : nGly = 18:29 Tổ ngsốmắ t xích E là47k 0,76 < k < 1,53 ⇒ (17 + 1).2 < 47k < (17 + 1).4 ⇒ ⇒ k =1 * 14 43 14 43 k ∈ N hỗ hỗ n hợp chỉcóZ n hợp chỉcóX ⇒ Thủ y phâ n E cầ n 46H2O, thủ y phâ n hỗ n hợp A cầ n 38H2O A + 38H2O →18Ala + 29Gly mol : 0,38 ¬ 0,18 + Vậ y m(X, Y ) = 21,75+ 16,02 − 0,38.18 = 30,93 gam 76 Câu 63: t.nC H N = 2nN = 0,18 t.nC H N = 0,18 n 2n+ 2+ t t n 2n+ 2+ t t + (k − 1− 0,5 t )n ⇒ { { CnH2n+2+tNt = nCO2 − nH2O { { nCnH2n+2+tNt = 0,09 ?= 0,75 0,93 t = n = ⇒ ⇒ BT C : 0,09n + 3.(0,3− 0,09) = 0,75 hai amin laøCH N vaøC H N 2 nCH N + nC H N = 0,09 nCH N = 0,06; nC H N = 0,03 2 + ⇒ nCH N + 2C H N 2 = C2 amin = mCH6N2 = 0,06.46 = 2,76 gam 0,09 Câu 64: O2 , to m gam X → Y (2CnH2n+1O2N − H2O) → nCO = nH O = 0,9 2 + O2 , to 2m gam X → Z (3CnH2n+1O2N − 2H2O) → nCO = 1,8; nH O = 1,7 2 (3− 1− 0,5.3)nZ = nCO − nH O = 0,1 nZ = 0,2; nX 2mgam = 0,6; n = 2 ⇒ ⇒ namino axit X = 3nZ mX = 89.0,6 = 26,7 gam ● Lưu ý : Lượng CO2 thu đốt cháy Z gấp lần lượng CO thu đốt cháy Y : Y điều chế từ m gam X, Z điều chế từ 2m gam X Câu 65: 77 C H O N + 4NaOH → muoá i + H2O x y z + → muoá i + H2O CmHnO7Nt + 6NaOH nC H O N (tetrapeptit: (A ) ) = x x + y = 0,14 x = 0,08 + x y z ⇒ ⇒ nCmHnO7Nt (hexapeptit: (A')6 ) = y 4x + 6y = 0,68 y = 0,06 + Chuyể n (A)4, (A')6 nh cá c đipeptit: (A)4 + H2O → 2(A)2 mol : 0,08 → 0,08 (A')6 + 2H2O → 3(A')2 mol : 0,06 → 0,12 0,14 mol M ⇔ khố i lượng = 0,28.97 + 0,4.111+ 0,14.18 − 0,68.40 = 46,88 nCO = 0,28.2 + 0,4.3 = 1,76 ⇒ O2 0,14 mol M → ⇒ m(CO , H O) = 105,52 2 n = ,76 − 0,2 = ,56 H O m 46,88 ⇒ = ⇒ m = 28,128 gầ n nhấ t vớ i 28 62,312 105,52 Câu 66: C H O N + 6NaOH → muoá i + H2O x y z + ; BTNT Na:a + b = 0,9 (*) → muoá i + H2O CmH nO6N t + 5NaOH nC H O N (hexapeptit: (A ) ) = x x + y = 0,16 x = 0,1 ⇒ x y z ⇒ ⇒ nCmHnO6Nt (pentapeptit: (A')5 ) = y 6x + 5y = 0,9 y = 0,06 + Chuyể n (A)6, (A')5 nh cá c ñipeptit: (A)6 + 2H2O → 3(A)2 mol : 0,1 → 0,2 2(A')5 + 3H2O → 5(A')2 mol : 0,06 → 0,09 0,16 mol M ⇔ mM = 97a + 111b + 0,16.18 − 0,9.40 = 97a + 111b − 33,12 nCO = 2a + 3b; nH O = 2a + 3b − 0,29 ⇒ O2 2 0,16 mol M → m(CO2 , H2O) = 62(2a + 3b) − 5,22 97a + 111b − 33,12 30,73 ⇒ = (**) 62(2a + 3b) − 5,22 69,31 + Từ(*), (*) suy ra: a = 0,38; b = 0,52; a: b = 0,73 Câu 67: 78 0,1mol CnH2n+1O2N a mol O a mol O2 + 2→ CO2 ¬ 0,225 mol CnH2n+1O2N { 0,025 mol (5CnH2n+1O2N − 4H2O) 0,025n mol + BT electron: 4nO = (6n − 3)nC H n 2n+1O2N ⇒ 4a = 0,225(6n − 3) (*) Na2CO3 HCl: 0,8a mol NaCl :0,8a mol NaOH + CO2 → → ↑ + CO 23 1,2 mol cho từtừ { NaHCO :(1,2 − 0,8a) mol NaHCO 0,645mol 3 0,225n mol ⇒ 1,2 − 0,8a + 0,645 = 0,225n (**) + Từ(*), (**) suy ra:a = 1,18125; n = ⇒ Đipeptit là(2C4H11O2N − H2O) + BT electron: 4nO = 42n(2C H O N − H O) ⇒ nO = 0,12403125 mol ⇔ 2,7783 lít 2 {2 44 43 ? 0,01a Câu 68: X laøCnH2n− 4N6O7 (12 ≤ n ≤ 30): x mol + Y laøCmH2m−2N4O5 (8 ≤ m ≤ 20): y mol 6x + 4y = 0,58 6x + 4y = 0,58 ⇒ (14n + 192)x + (14m+ 134)y = 45,54 ⇒ 12408x + 8560y = 1210,96 (62n − 36)x + (62m − 18)y = 115,18 (14n + 192)x + (14m + 134)y = 45,54 n = 17; m = 18 x = 0,07; y = 0,04 ⇒ ⇒ 0,07.14n + 0,04.14m = 26,74 X laøC17H30N6O7 Câu 69: + Cá c muố i natri củ a cá c amino axit cócô ng thứ c làCnH2nO2NNa + Đố t chá y CnH2nO2NNa hoặ c đố t chá y X, Y cầ n lượng O2 o t 2CnH2nO2NNa + O2 →(2n − 1)CO2 + 2nH2O + Na2CO3 + N mol : x → (2n − 1)x → nx → 0,5x → 0,5x 107,52 32 44(n − 0,5)x + 18nx + 0,5x.106 + 0,5x.28 = 151,2 + 22,4 nx = 3,9 ⇒ ⇒ x = 151,2 x = 1,4 14n + 69 nCO sinh đốtcháy E = nC/muối = 3,9; nN sinh đốt cháy E = 0,7 ⇒ m = 3,9.44 + 64,8+ 0,7.28 − 153,6 = 102,4 gam 123 { E 1m2 { mH O mO mN CO2 2 Câu 70: 79 12 = 3(min) ⇒ X, Y , Z, Y đề u làcá c đipeptit CnH2nO3N + Trong phả n ứ ng chá y, theo bả o n electron ta có : + O(X, Y , Z, T) = (6n − 6)nC H ON 2n = 4nO ⇒ 13,98(6n − 6) 14n + 76 + Trong phả n ứ ng vớ i NaOH, ta có : n = 2,52 ⇒ n = 5,666 nNaOH pö = 0,135.2 = 0,27; nNaOH bñ = 0,27 + 0,27.20% = 0,324nH O = 0,135 mchất rắn = (14.5,666 + 76).0,135+ 0,324.40 − 0,135.18 = 31,5 gam Câu 71: C H O N + 6NaOH → muoá i + H2O x y z + ; BTNT Na:a + b = 0,45(*) → muoá i + H2O CmHnO6Nt + 5NaOH nC H O N (hexapeptit: (A ) ) = x x + y = 0,08 x = 0,05 ⇒ x y z ⇒ ⇒ nCmHnO6Nt (pentapeptit: (A')5 ) = y 6x + 5y = 0,45 y = 0,06 + Chuyể n (A)6, (A')5 nh cá c đipeptit: (A)6 + 2H2O → 3(A)2 mol : 0,05 → 0,1 2(A')5 + 3H2O → 5(A')2 mol : 0,03 → 0,045 0,08 mol E ⇔ mE = 97a + 111b + 0,08.18 − 0,45.40 = 97a + 111b − 16,56 nCO = 2a + 3b; nH O = 2a + 3b − 0,145 ⇒ O2 2 0,08 mol M → m = 62(2a + 3b) − 2,61 (CO2 , H2O) 97a + 111b − 16,56 60,9 ⇒ = (**) 62(2a + 3b) − 2,61 136,14 + Từ(*), (*) suy ra: a = 0,21; b = 0,24; a: b = 0,875 Câu 72: + nNaOH = 2nNa CO = 0,4; nNaOH : n(X, Y ) = ⇒ X, Y làCnH2n− 2N 4O5 + Bả n chấ t phả n ứ ng: CnH2n− 2N4O5 + 4NaOH → 4CmH2mO2NNa + H2O mol : 80 0,1 → 0,4 → 0,4 → 0,1 O CmH2mO2NNa →(m − 1)CO2 ↑ + mH2O + 0,5N2 ↑ + Na2CO3 mol : → 0,4 (m − 1)0,4 0,4m m = 44(m− 1)0,4 + 18.0,4m = 65,6 m = 3,35 ⇒ (CO2 , H2O) ⇒ BTKL : 0,1.(14n + 134) + 0,4.40 = 0,4(14m + 69) + 0,1.18 n = 13,4 + Trong phả n ứ ng đố t chá y E, theo bả o n electron, ta coù : (6n − 12)nC H n N4O5 2n−2 = 4nO ⇒ nO = 2 (6n − 12) 1,51.0,4(14m + 69) = 3,72 ≈ 3,5 (14n + 134) Câu 73: 13,68+ 0,64125.32 − 31,68 = 0,09 mol N2 28 X làđipeptit:a mol 0,12 = = 2,667 ⇒ 0,045 Y laøtripeptit: b mol O , to + BTKL ⇒ 13,86 gam E → + Từgiảthiế t: nKOH nE a = 0,015; b = 0,03 a + b = 0,045 ⇒ ⇒ O2 , to → 0,06 mol N2 ⇔ 15,03 gam E 2a + 3b = 0,12 0,045 mol E + Đặ t : nC H O NK = x; nC H O NK = y; nC H 10O2NK =z x + y + z = 0,12 x = 0,045 113x ⇒ = 33,832% ⇒ y = 0,06 113x + 127y + 155z x = 0,015 113x + 127y + 155z = 15,03+ 0,12.56 − 0,045.18 ⇒ %mC H O NK = 0,06.127 = 50,7% gầ n nhấ t vớ i 50% 15,03 Câu 74: X, Y cótổ ng sốnguyê n tửO là13 + Sốliê n kế t peptit củ a X, Y khô ng nhỏhơn Sốliê n kế t peptit trung bình củ a X, Y = 3,8: 0,7 = 5,42 X laøpentapeptit CnH2n−3N5O6 (10 ≤ n ≤ 15) ⇒ (*) Y laøhexapeptit CmH2m− 4N6O7 (12 ≤ n ≤ 18) n = 0,4; nY = 0,3 nX + nY = 0,7 m X + ⇒ 0,4.n = 0,3.m ⇒ = (**) { { n 5nX + 6nY = 3,8 n C X nC Y + Từ(*) và(**) suy ra: m = 16 ⇒ mmuối = 331.0,4 416.0,3 44 2+ 4 43 + 3,8.40 − 0,7.18 = 396,6 gam n = 12 m(X , Y ) mNaOH mH O 81 Câu 75: A laøCnH2n−3N5O6 : x mol x + y = 0,09 x = 0,03 + ⇒ ⇒ B laøH2NCH2COOC2H5 : y mol 5x + y = 0,21 y = 0,06 + Trong phaû n ứ ng chá y đặ t nC H O N = k; nH NCH COOC H = 2k n 2n−3 2 2 m(A, B) = k(14n + 163) + 103.2k = 41,325 ⇒ m(CO2 , H2O) = 44(kn + 2k.4) + 18(k(n − 1,5) + 4,5.2k) = 96,975 nk = 0,975 n = 13 a 2x + y ⇒ ⇒ ⇒ = = ≈ 1,3 b 3x A laø(Gly)2(Ala)3 k = 0,075 Câu 76: X laøCnH2n−1N3O4 (6 ≤ n ≤ 9) + Y laøCmH2m−3N5O6 (10 ≤ m ≤ 15) (*) + Bả n chấ t phả n öù ng: 0,2 mol HCl + 0,2 mol NaOH n + nY = 0,1 n = 0,04 ⇒ X ⇒ X 0,1mol (X, Y ) + 0,42 mol NaOH 3nX + 5nY = 0,42 nY = 0,06 m(X, Y ) 0,04.(14n + 105) + 0,06(14m+ 163) 13,15 ⇒ = = nN tạo từX, Y 1,5.0,04 + 2,5.0,06 0,105 ⇒ 0,56n + 0,84m = 12,32 (**).Từ(*) và(**) ⇒ n = 7; m = 10 Trong X có2 gố c Gly và1gố c ala ⇒ c Gly Trong Y có5 gố Câu 77: + Quy đổ i X, Y vềamino axit: (X, Y ) + H2O → CnH2n+1O2N mol : k x Đố t chá y X, Y hoặ c CnH2n+1O2N đề u thu lượng CO2 , N2 + m(X, Y ) = mC H O N − 18k n 2n+1 t CnH2n+1O2N thu lượng H2O nhiề u đố t X, Y là18k gam Đố 82 BT N : x = 2nN = 0,22 ⇒ BTKL : 0,22(14n + 47) − 18k + 0,99.32 = 46,48 + 0,11.28 m(CO2 , H2O) = 44.0,22n + 18.0,11(2n + 1) − 18k = 46,48 3,08n − 18k = 7,54 CGly + CVal nGly n = 3,5 ⇒ ⇒ ⇒ n= ⇒ = nVal 13,64n − 18k = 44,5 k = 1,8 Câu 78: A :CnH2n−2N4O5 (8 ≤ n ≤ 12): x mol + X gồ m (*) B làCmH2m−3N5O6 (10 ≤ m ≤ 15): y mol BTKL : m(A , B) + mNaOH = mmuoái + mH O { 123 123 {2 x = 0,06 m+15,8 18(x+ y) ⇒ 40(4x+ 5y) + m y = 0,04 BTNT N : 4x + 5y = 2n = 0,44 N BTNT C : n = n − nC Na CO = 0,06n + 0,04m− 0,22 CO2 C A , B + BTNT H : nH O = (n − 1).0,06 + (m − 1,5).0,04 + 0,12 = 0,06n + 0,04m m(CO2 , H2O) = 44(0,06n + 0,04m − 0,22) + 18(0,06n + 0,04m) = 56,04 ⇒ 3,72n + 2,48m = 65,72 (**) n = 9; m = 13 + Từ(*) và(**) suy ra: 0,06.260 %mA = 0,06.260 + 345.0,04 = 53,06% Câu 79: − HNC3H5(COOH)CO− : 0,1a mol + Quy đổ i X nh hỗ n hợp E goà m −CnH2n−1ON− : 0,1b mol; H2O: 0,1mol 0,2a + 0,1b = 0,7 + Suy ra: 0,1a.129 + 0,1b.(14n + 29) + 0,1.18 5,25.0,1a + (1,5n − 0.75).0,1b = 6,876 0,369 a = 2; b = 3; n = 0,2a + 0,1b = 0,7 (a ≤ 3) ⇒ ⇒ 1,1502a + 1,5858b − 0,5148nb = −0,6642 Y làC5H11O2N + Tetrapeptit tạo từY là(4C5H11O2N − 3H2O) Theo BT electron ta có : 108n(4C H O N −3H O) = 4nO ⇒ m = 13,8 gam {2 4541122 43 ?=1/30 0,9 • Lưu ý : BT electron suy ra: nO đố t chá yE = 5,25.0,1a + (1,5n − 0.75).0,1b Câu 80: 83 + Đặ t nAla− Val − Ala = x mol; ncác đipeptit lại = y mol + Quy đổ i X nh C3H7NO2 :a mol; C5H11NO2 : b mol; H2O: −(2x + y) mol + Theo giảthiế t vàbả o n N ta có : x + y = 0,4 4a − 5b = a: b = 5: ⇒ 195a + 319b − 18(x + 0,4) = 216,1 195a + 319b − 18(2x + y) = 216,1 a + b = x + 0,8 a + b = 3x + 2y a = 0,5 0,1.(89.2 + 117 − 2.18) ⇒ b = 0,4 ⇒ %mAla− Val − Ala = = 31,47% 89.0,5+ 117.0,4 − 18.0,5 x = 0,1 Câu 81: + Sô đồphả n ứ ng: X : n − peptit C2H6NO2Cl HCl 44x2mol4 43 { C2H4NO2Na 0,72 NaOH mol E : → G : → T : C3H8NO2Cl :amino axit NO2Na Y NaCl 1C43H462 4 43 43 x mol 4 43 (m+12,24) gam 44 4 43 63,72 gam mgam mE + mNaOH = mmuoáitrong G + mH O 12 42 43 { nx = 0,3 n = { + m 40(x+ nx) ⇒ 18.2x ⇒ m+12,24 x = 0,06 X có4 liê n keá t peptit n NaOH = x + nx = 0,36 111,5nC H NO Cl + 125,5nC H NO Cl = 63,72 − 0,36.58,5 = 42,66 + n + n = 0,72 − 0,36 = 0,36 C2H6NO2Cl C3H8NO2Cl X :(Gly) (Ala) ; Y :Gly %m = 20,29% N X ⇒ nC H NO Cl = 0,18 M > 4M : thỏ a mã n %mN Y = 18,67% X Y ⇒ ⇒ E : n = 0,18 X :(Gly) (Ala) ; Y : Ala C3H8NO2Cl M X < 4M Y : loaïi Câu 82: 84 to , xt Hỗ n hợp X, Y + CnH2n (COOH)2 → Este G thuầ n c 42 43 Z + AgNO3 /NH3 , to O2 , to n hợp X, Y → CO2 , H2O; D (goà m X, Y ) → ↓ Hoã 44 43 43 nX = nY nCO = nH O 2 X laøCH ≡ C − CyH2yOH (k = 2) X làCxH2x+1OH (k = 0) ⇒ hoặ c Y laøCxH2x+1OH (k = 0) Y laøCH ≡ C − CyH2yOH (k = 2) 4 4 44 4 4 43 4 4 44 4 4 43 2+ y= x+1 x= y+ X : 2a mol AgNO3 0,06 molNaOH + Y : a mol → CH ≡ C − CyH2yOH → CAg ≡ C − CyH2yOH ↓ vừ a đủ NH3 , to 4 44 4 43 G : 2a mol 10,08 gam ⇒ nG (CH≡ CCyH2yOOCCnH2nCOOCxH2x+1) = 2a = 0,5nNaOH = 0,03 mol − Nế u X làCH ≡ C − CyH2yOH nCAg≡C−C H OH↓ = nCH≡C − C H OH = 2a = 0,06 y 2y y 2y y = + ⇒ 9,78 = 163 x = M CAg≡ C−CyH2yOH↓ = 0,06 ⇒ 0,03.56 14n) 14 43 + 0,015.46 14 43 + 0,03.(156 4 4+ = 8,31⇒ n = mX mY mG ⇒ Z laøHOOC(CH2 )3COOH 144424443 axit glutaric − Nế u Y làCH ≡ C − CyH2yOH nCAg≡C −C H OH↓ = nCH ≡C− C H OH = 3a = 0,045 y 2y y 2y + (loaïi) 9,78 = 217,33 M CAg≡ C−CyH2yOH↓ = 0,045 85 86 ... H 2O phản ứng CO, H2 với CuO, Fe2O3, ta có : 28nCO + 44nCO + 2nH 2 = 7,8.2 = 15,6 nCO + nCO + nH 2 nCO = 0,1 ⇒ nCO = 0,1⇒ n (CO, CO , H ) = 11,2 lít 2nCO + 4nCO2 = 2nH2 2 ... ngun tố C, cơng thức nCO = n + − n 2− bảo tồn điện H CO3 tích dung dịch X, ta có : 39,4.2 nCO2 + nK 2CO3 = nBaCO3 = 197 = 0,4 14 43 { nK CO = 0,2 ? 0,2 nCO + nK CO = n + n 2− ⇒ n... = 0,06 { 14 24 HCO3− /X CO3 /X 33 CO3 /X 0,2 ? n = 0,34 − n = n − n = 0,06 HCO3 /X CO 2− /X + CO { {H 0,12.2 0,15.2 ⇒ n + = 2n 2− + n ⇒ x = 0,06 /X CO3 /X HCO3− /X 1K2 14 43