Page |1 BÀI TẬP TỔNG HỢP LẦN Câu : Hỗn hợp X gồm Al, Na2O Na Hoà tan m gam hỗn hợp X vào nước thu 8,96 lít H2 (đktc) ; dung dịch Y 0,2m gam chất rắn khơng tan Sục khí CO2 dư vào dung dịch Y thu 0,25 mol kết tủa Giá trị m : A 17,625 B 18,268 C 19,241 D 15,489 Câu 2: Hỗn hợp X gồm x mol Al y mol Na Hỗn hợp Y gồm y mol Al x mol Na TN1 : Hoà tan hỗn hợp X vào nước dư thu dung dịch X1 ; 5,376 khí H2 (đktc) m gam chất rắn khơng tan TN : Hồ tan hỗn hợp Y vào nước dư thu dung dịch Y1 khối lượng NaOH 1,2 gam Khối lượng (x+y) mol Al : A.6,75 gam B 7,02 gam C 7,29 gam D 7,56 gam Câu 3: Hỗn hợp A gồm hai kim loại Al, Ba Cho lượng nước dư vào 4,225 gam hỗn hợp A, khuấy để phản ứng xảy hồn tồn, có khí thốt, phần chất rắn lại khơng bị hòa tan hết 0,405 gam Khối lượng kim loại 4,225 gam hỗn hợp A A 1,485 g; 2,74 g B 1,62g; 2,605g C 2,16 g; 2,065 g D 0,405g; 3,82g Câu 4: Cho m gam hỗn hợp Ba, Al, Al2O3 vào nước thu dung dịch A chứa Ba[Al(OH)4]2 8,96 lít H2 (đktc) Cho dung dịch chứa 0,65 mol HCl vào dung dịch A thu 35,1 gam kết tủa m có giá trị là: A.53,32 gam B.58,72 gam C.57,35 gam D.55,36 gam Câu 5: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na2O Al2O3 vào H2O thu 200 ml dung dịch Y chứa chất tan có nồng độ 0,5M Thổi khí CO2 (dư) vào Y thu a gam kết tủa Giá trị m a A 8,2 7,8 B 13,3 3,9 C 8,3 7,2 D 11,3 7,8 Câu 6: Cho hỗn hợp X gồm ancol etylic hai axit cacboxylic no, đơn chức dãy đồng đẳng tác dụng hết với Na giải phóng 11,2 lít H (đktc) Nếu đun nóng hỗn hợp X (có H 2SO4 đặc xúc tác) chất hỗn hợp phản ứng vừa đủ với tạo thành 43,6 gam este (giả thiết phản ứng este hoá xảy đạt hiệu suất 80%) Hai axit cacboxylic hỗn hợp A CH3COOH C2H5COOH B HCOOH CH3COOH C C3H7COOH C4H9COOH D C2H5COOH C3H7COOH Câu 7: X hỗn hợp gồm axit cacboxylic đơn chức Y ancol no Z, mạch hở có số cacbon phân tử Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X cần 12,6 gam O 2, sau phản ứng thu 6,72 lít CO (đktc) 5,85 gam nước Este hóa hồn tồn 0,2 mol X khối lượng este tối đa thu là: A 12,50 gam B 8,55 gam C 10,17 gam D 11,50 gam Câu 8: Tiến hành este hóa hỗn hợp axit axetic etilenglycol (số mol nhau) thu hỗn hợp X gồm M < M E2 chất (trong có este E1 E2, E1 ) Lượng axit ancol phản ứng 70% 50% so với ban đầu Tính % khối lượng E1 hỗn hợp X? A 51,656% B 23,934% C 28,519% D 25,574% Câu 9: Đốt cháy 1,7 gam chất hữu X cần 2,52 lít O (đktc), sinh CO2 H2O với tỉ lệ số mol CO : H2O = 2:1 Đun nóng 0,01 mol X với dung dịch NaOH thấy 0,02 mol NaOH tham gia phản ứng thu dung dịch Y X không phản ứng với Na điều kiện bình thường khử AgNO dung dịch NH3 đun nóng Biết MX n Al(OH)3 = 0, 45(mol) → Thấy H+ kết tủa bị tan phần 2+ Ba : a(mol) 3+ BTDT Al : 2a − 0, 45 → a = 0, 25(mol) Cl − : 0,65 Vậy dung dịch sau phản ứng : 0,65 + 0, 45.3 − 0, 4.2 BTE → n Otrong m = = 0,6(mol) BTKL → m = 0,25(137 + 27.2) + 0,6.16 = 57,35(gam) + Nếu bạn thấy khó hiểu tư sau BTE → 0, 25.2 + 3n Al = 0, 4.2 → n Al = 0,1(mol) 0,5 − 0,1 BTNT.Al BTKL → n Al2 O3 = = 0, 2(mol) → m = 57,35(gam) Câu 5: Chọn đáp án A Định hướng tư giải: n = 0,5.0,2 = 0,1(mol) Có NaAlO2 Page |5 a = m Al(OH)3 = 0,1.78 = 7,8(gam) BTNT → m = 0,05(62 + 102) = 8, 2(gam) Câu 6: Chọn đáp án D Định hướng tư giải: C2H 5OH + Na → 0,5 mol H2 C H COOH n 2n+1 Hỗn hợp X: → nX = 1mol Mà đun với H2SO4 hỗn hợp phản ứng vừa đủ với → nAxit = nAncol = 0,5 mol→ C2H5OH: 0,5 H2SO4 → CnH2n+1COOC2H5 :0,4 mol H =80% 44 4 43 CnH2n+1COOH: 0,5 43,6 gam → n = 2,5 → Hai axit cacboxylic C2H5COOH C3H7COOH Câu 7: Chọn đáp án B Định hướng tư giải: CnH2n+2-k (OH)k : x mol + O2 → CO2 + H2O { { { RCOOH: y mol 0,39375 0,3 0,325 Hỗn hợp X: 0,1 mol - Do axit ancol có số C phân tử → phân tử có nguyên tử C k = x.k + y.2 = 0,3.2 + 0,325− 0,39375.2 = 0,1375 → x = 0,0625 x + y = 0,1 y = 0,0375 → Gọi a số nguyên tử H axit → Bảo toàn nguyên tố H ta có: 0,0625.8 + 0,0375.a = 0,325.2 → a =4 C3H7OH :0,125 mol H2SO4 → C2H3COOC3H7 t0 42 43 C H COOH: 0,075 mol 0,075 Vậy: 0,2 mol → meste tối đa = 8,55 gam Câu 8: Chọn đáp án D Định hướng tư giải: C2H4(OH)2 CH3COOH C2H4 (OH)2: H2SO4 → C2H4(OH)OOCCH3 :x mol (E1) CH3COOH: C H (OOCCH ) : y mol (E ) 2 H2O Ta có: x + y = 0,5 x = 0,3 0,3.104 → x + 2y = 0,7 y = 0,2 → →% E = 1.62 + 1.60 100% = 25,574% Nhận xét: Trong toán ta cần xử lý rút kinh nghiệm vấn đề sau: - Ban đầu, không xác định chất hỗn hợp X nên xử lý rối, xác định hết hay không khơng quan trọng - Khi tính khối lượng X, ta nên tính bảo tồn khối lượng ban đầu việc tính tốn tiện lợi nhiều - Nên chọn chất ban đầu mol việc tính toán dễ dàng nhiều Câu 9: Chọn đáp án C Định hướng tư giải: 1,7 gam X + O2 → CO2 + H2O { { { 0,1125 mol 2x mol x mol Ta có: → BTKL: x = 0,05 mol Page |6 nC =0,1 mol nH =0,1 mol → n =0,025 mol → Trong 1,7 gam X có: O CTĐGN: C4H4O Mà MX < 140 gam/mol → CTPT X: C8H8O2 ( k = 5) Do X phản ứng với NaOH với tỷ lệ : 2, không phản ứng với Na điều kiện bình thường → X este phenol Mà X khử AgNO3 dung dịch NH3 → Có CTCT phù hợp X là: HCOOC6H4CH3 ( vị trí –o, -m, -p) Xét phát biểu đề ra: A X hợp chất thơm, phân tử X có liên kết л → Sai B Có CTCT X thỏa mãn → Sai C Cô cạn dung dịch Y thu 1,98 gam muối → Đúng D X có nhóm –OH gắn trực tiếp vào vòng benzen → Sai Câu 10: Chọn đáp án A Định hướng tư giải: Ta thấy: tristearin, tripanmitin chất béo no → có chung CTTQ C nH2n-4O6 (do có liên kết л chức este) Axit stearic axit panmitic axit no đơn chức, mạch hở → có chung CTTQ CmH2mO2 CnH2n-4O6 :x mol +O2 0,6 − 0,58 → CO2 + H2O { { = 0,01 mol CmH2mO2 : y mol 0,6 mol 0,58 mol Vậy: →x= Xà phòng hố m gam X (hiệu suất 90%)→ 0,01.0,9 mol glixerol →m = 0,828 gam Câu 11: Chọn đáp án B Định hướng tư giải Ta có : 64a + 108b = 4,2 Cu2+ :a BTE a = 0,015→ B → → + 0,804.2.60.60 = 0,06 b = 0,03 Ag : b 2a + b = 96500 → [ Cu(NO3)] = 0,015 = 0,075(M) 0,2 Câu 12: Chọn đáp án A Định hướng tư giải 2+ Cu + 2e → Cu → ne = 2a + 0,2 Catot − 2H2O + 2e → 2OH + H2 → b = 2a − 0,2 Cl − − 1e = Cl + Anot 2H2O − 4e = 4H + O2 → ne = b + 0,2 + 0,2 { n = 0,1→ n = 0,2 OH− + MgO H Ta có Chú ý : H+ sinh có nhiệm vụ trung hòa lượng OH- sinh bên catơt Câu 13: Chọn đáp án D Định hướng tư giải nH+ = 0,2 BTE nanot = 0,05 = nO2 → ne = 0,2 → dien phan = 0,1 nCu Ta có : BTKL nFe = nSO2− = 0,5a → 64(0,5a − 0,1) − 0,5a.56 = 0,8 → a = 1,8 Page |7 Câu 14: Chọn đáp án B Định hướng tư giải ne = It 2,5.1930 = = 0,05 F 96500 Cl− − 1e → Cl + + 2H O − 4e → 4H + O → ∑ H = 0,02 0,01 0,01 → H + = 0,1 → pH = Câu 15: Chọn đáp án C Định hướng tư giải Cu + 2e→ Cu Cl :0,06 It ne = = 0,2 → 2Cl − − 2e→ Cl → ∆n ↑ F O2 :0,02 + 2H2O − 4e → 4H + O2 n = 0,2 → mCu = 0,1.64 = 6,4(gam) → e V = 0,08.22,4 = 1,792(lit) Câu 16 : Chọn đáp án B Định hướng tư giải : - Có thể nói câu câu 1(phần bên trên) Tuy nhiên có chút khác biệt tý chút có khí CO Ta phân tích (1) Đầu tiên ta tính số mol chất X 2+ + + 2− (2) Z có muối trung hòa biết Z có Zn ,Na ,NH4 ,SO4 2− (3) Ta biết số mol Zn2+ qua lượng BaSO4 tính SO4 + 2− 2− (4) Khi cho NaOH vào Z dung dịch có gì? – Là Na ,SO4 ,ZnO2 Zn:0,18(mol) 24,06ZnO:0,06(mol) BTNT.C ZnCO3 :0,06(mol) → nCO2 = 0,06(mol) Ta có : Zn2+ :0,3(mol) + Na :a(mol) BTDT → a + b = 0,08 + NH4 : b(mol) BaSO4:0,34 → SO24− :0,34(mol) + Z có ZnO22− :0,3 a = 0,07 NaOH BTDT Z → Na+ :1,21+ a →1,21+ a = 0,3.2 + 0,34.2 → b = 0,01 2− SO :0,34 + Có BTKL → 24,06 + 0,34.98 + 0,07.85 = 53 {,93+ mT + mZ 0,34.2 − 0,01.4 − 0,04.2 18 Page |8 → m = 4,36(gam) Câu 17: Chọn đáp án A + Bài toán ví dụ điển hình cho mối liên hệ từ định luật BTE qua BTDT Các bạn ý − muối khơng có muối NH4NO3 số mol e nhường (nhận) số mol gốc NO muối CO : 0,15(mol) X Al, Fe,Cu:28,05(gam) CO:0,3(mol) CO : 0,15(mol) 35, 25 → O :0, 45(mol) N Al, Fe,Cu:28,05(gam) O :0,3(mol) Ta có : n NO = 0,15(mol) BTE Z → n e = 0,15.3 + 0,05.8 + 0,3.2 = 1, 45(mol) n = 0,05(mol) N2O + Lại có : BTKL → n NO− = 1, 45(mol) → m = 1, 45.62 + 28,05 = 117,95(gam) Câu 18: Chọn đáp án C Định hướng tư giải : + Câu thực đơn giản Ta bước tính tốn, tư BTE nMg = a → H2 :a vµ nX = 0,9 BTNT.C nFeCO3 = b → CO2 : b + Có 24a + 116b = 35,4 a = 0,75(mol) → b = 0,15(mol) Vậy a + b = 0,9 CO :0,15 BTNT.C → nCO2 = 0,15(mol) → M Z = 35,25 NO:0,25 Ta có + + Chú ý : Khi nhìn thấy bóng dáng Mg bạn liên tưởng tới NH4 nNH+4 = x BTE → 8x + 3.0,25= 0,75.2 { → x = 0,1125 12 + 0,15 n = 0,25 FeCO Mg Cho NO Thế Y ? – Là Mg2+ :0,75(mol) 3+ Fe :0,15(mol) BTDT + → V = 1,94 NH4 :0,1125(mol) BTNT.S 2− → SO4 :0,25V(mol) BTNT.N → NO3− :0,75V − 0,25− 0,1125 BTKL → m = 142,72(gam) Câu 19: Chọn đáp án A Định hướng tư giải : + Khi nung 34,66 gam kết tủa thu 29,98 gam chất rắn khan Thế giảm ? Ở t 2OH− → H2O ↑ +O(trong oxit) Page |9 + Do BTKL ↓ → nOH = − 34,66 − 29,98 = 0,52(mol) 18 FeS2 :a(mol) BTKL →120a+ 160b + 116c = 20,48 A Cu2 S: b(mol) → BTNT.Fe+Cu → 3a + 4b + 3c = 0,52 = nOH− FeCO :c(mol) + Gọi → n FeCO3 = n C = c = 0,08(mol) BTNT.C SO : x(mol) → CO : x − 0,02 n X = 0,1 n Y = 0,6 CO : 0,1 − x (mol) NO2 : 0,62 − x + Có M Z 86 = → x = 0,06(mol) → a = b = 0,04(mol) M 105 X Và → %FeS2 = 23, 44% Câu 20: Chọn đáp án A Định hướng tư giải : Chú ý : Vì Z có H2 nên Z khơng có muối Fe3+ 2a a b+ c = Fe O : (mol) 3 BTNT.Fe → FeCl2 :a + b (mol) FeCO3 : b(mol) → Al :c(mol) BTNT.Al → AlCl3 :c(mol) Gọi X gồm Ag:a + b BTE + BTNT.Clo →101,59 AgCl : 2a + 2b + 3c BTNT.C → CO2 : b − 0,01 nZ = 0,06(mol) → H2 :0,06 − b + 0,01= 0,07 − b (mol) Lại có 2a BTE → 1+ 0,01.4 { 123 + (0,07 2−4b).2 = 3c Al { O H Fe3+ 2 2a − 3b − 3c = a = 0,15(mol) → 395a + 395b + 430,5c = 101,59 → b = 0,02(mol) −2a + 6b + 9c = 0,54 c = 0,08(mol) ... hỗn hợp khí Z gồm NO N2O Tỉ khối Z so với H2 16 ,75 Giá trị m : A 11 7,95 B 11 4,95 C 13 3,45 D 12 1,45 Câu 18 : Hòa tan hết 35,4 gam hỗn hợp gồm Mg FeCO dung dịch HCl lỗng dư thu 20 ,16 lít hỗn hợp. .. Page |3 A 15 2,72 B 17 2,42 C 14 2,72 D 12 7,52 Câu 19 : Hỗn hợp rắn A gồm FeS2, Cu2S FeCO3 có khối lượng 20,48 gam Đốt cháy hỗn hợp A thời gian oxi thu hỗn hợp rắn B 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí X... Na+ :1, 21+ a 1, 21+ a = 0,3.2 + 0,34.2 → b = 0, 01 2− SO :0,34 + Có BTKL → 24,06 + 0,34.98 + 0,07.85 = 53 {,93+ mT + mZ 0,34.2 − 0, 01. 4 − 0,04.2 18 Page |8 → m = 4,36(gam) Câu 17 :