các câu nâng cao thi HOÁ 12

GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694 Câu 1: Hidro hóa hồn tồn (xúc tác Ni, nung nóng) m gam trieste X (tạo glixerol axit cacboxylic đơn chức, mạch hở) cần vừa đủ 1,792 lít H2 (đktc) Đun nóng m gam X với dung dịch NaOH (lấy dư 25% so với lượng cần dùng), sau phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch Y Cô cạn dung dịch Y thu 18,44 gam chất rắn khan Biết phân tử X có chứa liên kết  Giá trị m A 17,42 B 17,08 C 17,76 D 17,28 (Trích đề thi thử THPT Quốc Gia 2019 Chuyên Vinh Lần 1- Hướng dẫn giải - Cô Thân Thị Liên – GV chun luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) X có liên kết  => X + H2 ( Trừ liên kết  gốc COO ) => nX = 0,08 : = 0,02 mol t → 3RCOONa + C3H5(OH)3 (RCOO)3C3H5 + 3NaOH ⎯⎯ 0,02 0,06 0,02 mol NaOH lấy dư 25% so với lượng cần dùng => n NaOH = 0,06.125% = 0,075 mol Bảo toàn khối lượng => m = 0,02.92 + 18,44 – 0,075.40 = 17,28 g Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần dùng 3,08 mol O2, thu CO2 mol H2O Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu glixerol 35,36 gam muối Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,12 B 0,16 C 0,20 D 0,24 (Trích đề thi THPT Quốc Gia 2019 - Hướng dẫn giải - Cô Thân Thị Liên – GV chun luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) (RCOO)3C3H5 x t → CO2 + H2O + O2 ⎯⎯ 3,08 y mol Bảo toàn O ta có: 6x + 3,08.2 = 2y + (1) Bảo toàn khối lượng: m( RCOO) C3H5 = m CO2 + m H 2O − m O2 = 44.y + 2.18 – 3,08.32 = 44y – 62,56 t → 3RCOONa + C3H5(OH)3 (RCOO)3C3H5 + 3NaOH ⎯⎯ x 3x x mol Bảo tồn khối lượng ta có: m( RCOO) C3H5 + mNaOH = m xà phòng + mC3H5 ( OH ) 3  44y – 62,56 + 3x.40 = 35,36 + 92.x  28x + 44y = 97,92 (2)  x = 0, 04 Từ (1) (2) =>   y = 2, Áp dụng công thức: n CO2 − n H2O = ( số liên kết  -1) n chất béo => số lk  = 2, − + = => gốc R chất béo có lk C=C ( trừ 3lk  có gốc COO ) 0, 04 Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694 => nBr2 = 3.n chất béo = 3.0,04 = 0,12 mol Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam trigixerit X, thu H2O 1,1 mol CO2 Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu glixerol m gam muối Mặt khác, 11,76 gam X tác dụng với tối đa 0,04 mol Br2 dung dịch Giá trị m A 18,28 B 18,48 C 16,12 D 17,72 Hướng dẫn giải: ( Cô Thân Thị Liên – GV luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia - Hướng dẫn giải - Cô Thân Thị Liên – GV chun luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) (RCOO)3C3H5 t + O2 ⎯⎯ → CO2 + H2O x 1,1 y mol Đặt k số liên kết  có triglixerit X Áp dụng cơng thức: n CO2 − n H2O = ( số liên kết  -1) n chất béo  1,1 – y= (k-1) x (1) m X = mC + mH + mO = 1,1.12 + 2y.1 + 6.x.16 = 17,16  96x + 2y = 3,96 (2) Ta có: nBr2 = (k-3) n chất béo  0,04 = (k-3) x  0,04 = (k-1).x - 2x Thay (1) vào (3) ta được: 0,04 = 1,1 –y -2x  2x + y = 1,06 (3)  x = 0, 02 Từ (2) (3) =>   y = 1, 02 t → 3RCOONa + C3H5(OH)3 (RCOO)3C3H5 + 3NaOH ⎯⎯ 0,02 0,06 0,02 mol Bảo tồn khối lượng ta có: m( RCOO) C3H5 + mNaOH = m xà phòng + mC3H5 ( OH ) 3 => m xà phòng = 17,16 + 0,06.40 – 0,02.92 = 17,72 g Câu 4: Cho m gam hỗn hợp X gồm ba este đơn chức tác dụng tối đa với 350 ml dung dịch NaOH 1M, thu hỗn hợp Y gồm hai ancol dãy đồng đẳng 28,6 gam hỗn hợp muối Z Đốt cháy hồn tồn Y, thu 4,48 lít khí CO2 (đktc) 6,3 gam H2O Giá trị m A 21,9 B 30,4 C 20,1 D 22,8 ( Đề thi THPT Quốc Gia 2018 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chuyên luyện thi môn Hóa THPT Quốc Gia ) Đốt Y thu n CO2 = 0, mol n H2O = 0,35 mol => n Y = n CO2 − n H2O = 0,35 − 0, = 0,1 < nNaOH => hhX có este phenol => mY = mC + mH + mO = 0, 2.12 + 0,35.2 + 0,15.16 = 5,5 g RCOOR  : 0,15 mol  0,15 + 2x = 0,35  x = 0,1 Ta có: hhX  RCOOC6 H5 : x mol Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694 5,5g R OH R1COONa  28, g R 1COONa => m = 5,5 + 28,6 + 0,1.18 – 0,35.40 = 21,9 C H ONa  H O : 0,1 mol Câu 5: Hỗn hợp X gồm glyxin; axit glutamic axit metacrylic Hỗn hợp Y gồm etilen đimetylamin Đốt cháy a mol X b mol Y tổng số mol khí oxi cần dùng vừa đủ 2,625 mol, thu H2O; 0,2 mol N2 2,05 mol CO2 Mặt khác, cho a mol X tác dụng với dung dịch NaOH dư lượng NaOH phản ứng m gam Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m là: A 12 B 20 C 16 D 24 ( Đề thi THPT Quốc Gia 2018 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chuyên luyện thi mơn Hóa THPT Quốc Gia ) R1COOR  : 0,15 mol + NaOH m g ⎯⎯⎯⎯ → 0,35 mol R COOC6 H : 0,1 mol CH CO2 : 2, 05 mol   + O2 → H O Qui đổi hỗn hợp X Y COO ⎯⎯⎯⎯ 2,625 mol  NH  N : 0, mol   Bảo toàn N => n NH3 = 2.n N2 = 0, mol → N + 3H O COO ( CO2) không cháy 2NH + O ⎯⎯ 0,4 0,3 CH + O ⎯⎯ → CO + H O 1,55  2,325 Bảo tồn C ta có: n COO = n CO2 − n CH2 = 2, 05 − 1,55 = 0,5 mol => nNaOH = nCOO = 0,5 => m = 0,05.40 = 20 g Câu Hỗn hợp X gồm etyl axetat, đimetyl ađipat, vinyl axetat, anđehit acrylic ancol metylic (trong anđehit acrylic ancol metylic có số mol) Đốt cháy hoàn toàn 19,16 gam X cần dùng 1,05 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O dẫn qua nước vôi lấy dư, sau phản ứng xảy hồn tồn, thu dung dịch có khối lượng giảm m gam so với ban đầu Giá trị m A 37,24 B 33,24 C 35,24 D 29,24 (Trích đề thi thử THPT Quốc Gia Liên Trường Nghệ An 2019 - Hướng dẫn giải - Cô Thân Thị Liên – GV chun luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) ( Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chun luyện thi THPT Quốc Gia mơn Hóa ) CH3COOC2 H5  C H O CH3OOC − ( CH )4 − COOCH3 C H O   14 ⎯ → hhX gồm CH3COOCH = CH CH = CH − CHO C H O 2  C4 H8O2 CH3OH (Vì anđehit acrylic ancol metylic có số mol => ta gộp chung chất lại thành chất có CTPT C4H8O2 ) Ta nhận thấy đặc điểm chung chất hhX số C gấp đôi số O => đặt công thức chung cho hhX C2nHyOn Trên bước đường thành công bước chân kẻ lười biếng Trang GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694 CO : a mol + O2 C2n H y O n ⎯⎯⎯⎯ →  1,05 mol H O : b mol 19,16g Bảo toàn khối lượng: 44a + 18b = 19.16 + 1,05.32 (1) n CO2 a n a + 1, 05.2 = 2a + b (2) ( n O( hhX ) = C = = ) 2 2 a = 0,88 Từ (1) (2) =>  => m dd giảm = mCaCO3 − (m H2O + mCO2 ) = 0,88.100 – (0,88.44 + 0,78.18) = 35,24 g b = 0, 78 Bảo toàn O ta có: * Cách 2: Qui đổi Nhận thấy hhX có số C gấp đôi số O nên ta qui đổi:   x = 0, 44 C O : x mol 40x + 2y = 19,16 hh X  => m dd giảm = 35,24 g → → 1,5x + 0,5y = 1, 05 y = 0, 78 H : y mol     Câu 7: Cho 12,4 gam chất X có cơng thức C3H12O3N2 tác dụng với dung dịch chứa 0,3 mol NaOH đun nóng thu hỗn hợp khí làm xanh giấy quỳ ẩm dung dịch Y Cô cạn dung dịch Y thu m gam chất rắn khan Giá trị m là: A 18,6 gam B 26,4 gam C 14,6 gam D 25,2 gam Hướng dẫn giải: ( Cô Thân Thị Liên – GV luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) X có cơng thức C3H12O3N2 => X là: Muối amin với HNO3 => X C3H7-NH3-NO3 ( loại có 10 H)  H N − CO3 – NH3 − C2 H5 HOẶC muối cacbonat amin => X  Vì X pư với NaOH thu CH3 − H3 N − CO3 – NH3 − CH3 hỗn hợp khí làm xanh q tím nên => X H4 N − CO3 – NH3 − C2 H5 H4 N − CO3 – NH3 − C2 H5 + 2NaOH ⎯⎯ → Na2CO3 + NH3 + CH3NH2 + H2O 0,1 0,2 0,1  Na 2CO3 : 0,1 mol Chất rắn gồm  => m = 14,6 gam  NaOH : 0,1 mol Câu 8: Đun nóng 12,44 gam hỗn hợp E gồm chất X (C2H8O2N2) đipeptit Y (C5H10N2O3) cần dùng 160 ml dung dịch NaOH 1M, thu khí Z (có khả làm quỳ tím ẩm hóa xanh) hỗn hợp T gồm hai muối Nếu lấy 24,88 gam E tác dụng với dung dịch HCl loãng dư, thu dung dịch chứa x gam muối Giá trị x là? A 41,64 gam B 42,76 gam C 37,36 gam D 36,56 gam ( Trích đề thi thử THPT Quốc Gia – THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội năm 2019 - Hướng dẫn giải - Cô Thân Thị Liên – GV chun luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) Đipeptit Y có CTPT C5H10N2O3 => Y đipeptit Ala-Gly ( a mol) Hỗn hợp E pư với NaOH thu dung dịch chứa muối => X muối amoni Gly => X H2N-CH2-COONH4 ( b mol) 2a + b = 0,16 a = 0, 06  Ta có:  146a + 92b = 12, 44 b = 0, 04 Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694 AlaHCl : 0,12 mol Ala − Gly : 0,12 mol  + HCl 24,88g hhE  ⎯⎯ ⎯ → GlyHCl : 0, mol H N − CH − COONH : 0, 08 mol  NH Cl : 0, 08 mol  m muối = 0,12.125,5 +0,2.111,5 + 0,08.53,5 = 41,64 g Câu 9: Chất X (CnH2n+4O4N2) muối amoni axit cacboxylic đa chức; chất Y (CmH2m-4O7N6) hexapeptit tạo amino axit Biết 0,1 mol E gồm X Y tác dụng tối đa với 0,32 mol NaOH dung dịch, đun nóng, thu metylamin dung dịch chứa 31,32 gam hỗn hợp muối Phần trăm khối lượng X E gần với giá trị sau đây? A 49 B 22 C 77 D 52 (Trích đề thi THPT Quốc Gia 2019 - Hướng dẫn giải - Cô Thân Thị Liên – GV luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) CH3 NH : 2a mol Cn H 2n + 4O4 N : a mol + NaOH 0,1 mol  ⎯⎯⎯⎯ → 0,32 mol 31,32 g Cm H 2m+ N6O7 : b mol a + b = 0,1 a = 0, 07  Ta có:  2a + 6b = 0,32 b = 0, 03 X + NaOH tạo metylamin => X có dạng: CH3NH3-OOC-R-COO-NH3CH3 → NaOOC –R- COONa + CH3NH2 + 2H2O CH3NH3-OOC-R-COO-NH3CH3 + 2NaOH ⎯⎯ 0,07 CmH2m-4O7N6 0,07 → H2 N − R  − COONa + NaOH ⎯⎯ 0,03 + H2O 0,18 m muối = 31.32 => 0,07 ( R + 134 ) + 0,18 ( 83 + R  ) = 31,32  0,07.R + 0,18 R  =  7R + 18 R  = 700 R R 38,8 14 ( CH2 ) 33,4 28 (C2H4) 28 Vậy X là: CH3NH3-OOC-C2H4-COO-NH3CH3 Y là: Ala-Ala-Ala-Ala-Ala-Ala ( M = 89.6 -5.18 = 444 ) %X = 0, 07.180 100% = 48, 61% => gần với đáp án A: 49% 0, 07.180 + 0, 03.444 Câu 10: Cho 0,3 mol hỗn hợp E gồm amin X, axit Y, peptit Z (X, Y, Z mạch hở) Hỗn hợp E có khả phản ứng cộng với tối đa 0,16 mol Br2 Mặt khác, E phản ứng vừa đủ với 0,7 mol HCl 0,6 mol NaOH Nếu đốt cháy hoàn toàn E oxi vừa đủ, dẫn tồn hỗn hợp khí thu qua Ca(OH)2 dư kết tủa m gam khối lượng dung dịch giảm 81,78 gam Giá trị m gần với giá trị sau Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694 đây? A 217 B 225 C 212 D 206 ( Trích đề thi học kì I trường THPT Trường Chinh 2017-2018 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) - Hỗn hợp E pư công tối đa với 0,16 mol Br2 => số lk C=C trung bình có hh E = trung bình lk  C=C 15 - Hỗn hợp E pư vừa đủ với 0,7 mol HCl => số nhóm NH2 trung bình có hhE = bình 0,16 => E có = 0,3 15 0, 7 = => E có trung 0,3 N phân tử - Hỗn hợp E pư vừa đủ với 0,6 mol NaOH => số nhóm COOH trung bình có hhE = trung bình 2lk  nhóm COOH => Cơng thức tổng quát E có dạng: Cn H 8  2n + 2− 2. +  +  15  O z N  Cn H 2n − 11 15 0, = => E có 0,3 Oz N ( Cần nhớ công thức tổng quát HCHC Cn H 2n + 2−2k + t Oz N t với k: số lk pi) 11   + O2 Oz N ⎯⎯⎯ → nCO2 +  n −  H 2O + N 30   11   0,3 mol → 0,3n  n −  0,3 30   - Dẫn sản phẩm cháy qua Ca(OH)2 khối lượng dd giảm 81,78 gam => m dd giảm = m CaCO3 − ( m CO2 + m H2O ) Cn H 11 2n − 15 11    81,78 = 0,3n.100 – ( 0,3n.44 +  n −  18 ) 30   => n = => m kết tủa = 0,3.7 100 = 210 gam GẦN NHẤT VỚI ĐÁP ÁN C: 212 gam Câu 11: X amino axitcó cơng thức H2NCnH2nCOOH, Y axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở Cho hỗn hợp E gồm peptit Ala-X-X Y tác dụng vừa đủ với 450 ml dung dịch NaOH 1M, thu m gam muối Z Đốt cháy hoàn toàn Z cần 25,2 lít khí O2 (đktc), thu N2, Na2CO3 50,75 gam hỗn hợp gồm CO2 H2O Khối lượng muối có phân tử khối nhỏ Z A 14,55 gam B 26,10 gam C 29,10 gam D 12,30 gam ( Trích đề thi học kì I trường THPT Trường Chinh 2017-2018 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV luyện thi môn hóa THPT Quốc Gia) Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694   RCOONa  Na CO3 : 0, 225 mol RCOOH   + O + NaOH ⎯⎯⎯⎯ → H N − Cn H 2n − COONa ⎯⎯⎯⎯ → N2  0,45 mol 1,125 mol Ala − X − X C H NO Na   50, 75g CO2 : a mol  H O : b mol Ta có: 44a + 18b = 50,75 Bảo tồn O ta có: (1) 0,45.2 + 1,125.2 = 0,225.3 + 2a + b (2) ( n O muối = 2.nNa = 0,45.2 =0,9 mol ) a = 0, 775 Từ (1) (2) =>  b = 0,925 Ta có: đốt muối aminoaxit thu n CO2 = n H 2O Khi đốt muối axit cacboxylic no đơn chức, mạch hở CnH2n+1COONa ( x mol) ta được:  2n +  n CO2 − n H2O = (n + 1) −  = x    0, 775 + 0, 225 − 0,925 = x  x = 0,15 => n hh muối aminoaxxit = 0,45 – 0,15 = 0,3 mol => n peptit = 0,3 : = 0,1 mol Đặt số C axit n, số C aminoaxxit X m: Bảo tồn C ta có: 0,15.n + 0,1.(3+2.m) = 0,775 + 0,225  3n + 4m = 14 n => Y CH3COOH m 2,75 ( loại) => X Gly Vậy muối có khối lượng phân tử nhỏ CH3COONa => m CH3COONa = 0,15.82 = 12,3 g Câu 12: Hỗn hợp M gồm peptit X Y cấu tạo từ loại amino axit, tổng số liên kết peptit phân tử X Y có tỉ lệ mol tương ứng 1:3 Thủy phân hoàn toàn m gam M thu 81 gam Glyxin 42,72 gam Alanin Giá trị m A 115,28 B 104,28 C 109,5 D 110,28 ( Trích đề thi học kì I trường THPT Nguyễn Công Trứ 2017-2018 - Hướng dẫn giải: Cơ Thân Thị Liên – GV luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) Hỗn hợp peptit X Y có tổng số lk peptit => thủy phân hh peptit ta thu phân tử aminoaxxit TH1: Giả sử X gồm Gly Y gồm Ala ta có: → nGly X ⎯⎯ a an mol => an = 1,08 (1) Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694 → (7-n)Ala Y ⎯⎯ 3a (7-n).3a => (7-n).3a = 0,48 Chia (1) cho (2) ta được: (2) n 1, 08 = = n = 6, 097 ( loại) 3(7 − n) 0, 48 TH1: Giả sử X gồm Ala Y gồm Gly ta có: → nAla X ⎯⎯ a an mol => an = 0,48 (1) → (7-n)Gly Y ⎯⎯ 3a (7-n).3a => (7-n).3a = 1,08 Chia (1) cho (2) ta được: (2) n 0, 48 = = n = ( nhận) => x = 0,12 3(7 − n) 1, 08 Ala − Ala − Ala − Ala : 0,12 mol Vậy hh gồm  => m = 0,12 302 + 0,36 189 = 104,28 g Gly − Gly − Gly : 0,36 mol Câu 13: Hỗn hợp M gồm X, Y Z ba peptit mạch hở (MX> MY> MZ) Đốt cháy hoàn toàn 0,16 mol chất X Y Z thu số mol CO2 lớn số mol H2O 0,16 mol Nếu đun nóng 69,8 gam hỗn hợp chứa X, Y 0,16 mol Z với dung dịch NaOH vừa đù thu dung dịch chứa 101,04 gam hai muối alanin valin Biết nX< nY Phần trăm theo khối lượng X M gần với giá trị sau đây? A 60 B 55 C 12 D 15 ( Trích đề thi học kì I trường THPT Trường Chinh 2017-2018 - Hướng dẫn giải: ( Cô Thân Thị Liên – GV luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) Giả sử X k-peptit => công thức tổng quát X là: Ckn H2kn + 2−k Nk Ok +1 k k  + O2 Ckn H 2kn + 2− k N k O k +1 ⎯⎯⎯ → knCO +  kn + −  H 2O + N 2  0,16 → 0,16.kn k   kn + −  0,16 2  n CO2 − n H2O = 0,16 k   0,16.kn −  kn + −  0,16 = 0,16  k = 2  => X tetrapeptit Tương tự ta có Y, Z tetrapeptit  X H 2O : a mol  + NaOH 69,8g Y ⎯⎯⎯→ C3H NO Na : x mol 4a mol 101, 04   Z : 0,16 mol C5 H10 NO Na : y mol  a mol  Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694 Bảo toàn khối lượng ta có: 69,8 + 4a.40 = 101,04 + 18a => a = 0,22 mol Bảo toàn Na => n hh muối = nNa = 4.0,22 = 0,88 mol  x + y = 0,88  x = 0, 76 Ta có:   111x + 139y = 101, 04  y = 0,12 Z tetrapeptit có số mol = 0,16 => Z ko thể có Val => phải Ala-Ala-Ala-Ala Ta có: M X,Y = 69,8 − 0,16.302 = 358 => loại trường hợp X, Y (Ala)2(Val)2 có M=358 0, 22 − 0,16 TH1: X (Ala)3Val: b mol Y (Val)4: c mol b + c = 0, 06 b = 0, 04 =>  loại nX < nY  330b + 414c = 69,8 − 0,16.302 = 21, 48 c = 0, 02 TH2: X (Val)4 : 0,02 mol Y (Ala)3Val: 0,04 mol %X = 11,86% gần với đáp án C = 12% Câu 14: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 Fe3O4 vào dung dịch HCl dư, thu a mol H2 dung dịch chứa 31,19 gam hỗn hợp muối Mặt khác, hòa tan hồn tồn m gam X dung dịch chứa 0,55 mol H2SO4 (đặc) đun nóng, thu dung dịch Y 0,14 mol SO2 (sản phẩm khử S+6) Cho 400ml dung dịch NaOH 1M vào Y, sau phản ứng kết thúc thu 10,7 gam chất kết tủa Giá trị a A 0,06 B 0,03 C 0,04 D 0,05 (Trích đề thi THPT Quốc Gia 2019 - Hướng dẫn giải: Cơ Thân Thị Liên – GV luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) H (a mol) Fe FeO  Fe 2+  + HCl ⎯⎯⎯ → m gam hh X   31,19g Fe3+ Fe O3 Cl− Fe3O  Fe SO (0,14 mol) FeO  + H 2SO4 Fe3+ + NaOH → m g hh X  ( qui đổi hh thành Fe O) ⎯⎯⎯⎯ 0,55 mol Fe O dd Y Fe(OH)3 (0,1 mol)  + ⎯⎯⎯→ 0,4 mol  H   Fe3O4 → Fe(OH)3 Dd Y pư với NaOH : Fe3+ + 3OH- ⎯⎯ 0,3  0,1 mol → H2O H+ dư + OH- ⎯⎯ 0,1  0,1 Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694 → Fe3+ → O2Fe - 3e ⎯⎯ O +2e ⎯⎯ 0,24 0,72 0,44 + 2- 2H +O  0,22 ⎯⎯ → H2O 0,44 → 0,22 ( nH+ = 0,55.2 – 0,56 -0,1 =0,44 mol) → SO2 +2 H2O 4H+ + SO42- + 2e ⎯⎯ 0,28  0,56  0,14 mol Hh pư với HCl: Ta có: mCl− = 31,19 − (m Fe2+ + m Fe3+ ) = 31,19 − 0, 24.56 = 17, 75g => n H+ (HCl) = n Cl− = 17, 75 = 0,5 mol 35,5 Bảo tồn H+ ta có: n H2 = n H+ (HCl) − n H+ (H O) 2 = 0,5 − 2.n O(oxit) = 0,5 − 0, 22.2 = 0,03 mol Câu 15: Cho 28 gam hỗn hợp X gồm Fe; Fe3O4; CuO vào dung dịch HCl, thu 3,2 gam kim loại không tan, dung dịch Y chứa muối 1,12 lít H2 (đktc) Cho Y vào dung dịch AgNO3 dư, thu 132,85 gam kết tủa Biết phản ứng xảy hoàn toàn Khối lượng Fe3O4 X là: A 5,8 gam B 14,5 gam C 17,4 gam D 11,6 gam ( Trích Đề thi THPT Quốc Gia 2018 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chuyên luyện thi mơn Hóa THPT Quốc Gia ) 3, 2g Cu : 0, 05 mol Fe : a mol  + HCl 28g hhX Cu : b mol ⎯⎯⎯ → O : c mol  Fe 2+ : a mol  AgCl : (2a + 2b − 0,1) mol + AgNO3 ddY Cu 2+ : (b − 0, 05) mol ⎯⎯⎯⎯ →132,85g   Ag : a mol  − Cl : (2a + 2b − 0,1) mol  H : 0, 05 mol H O : c mol Khối lượng hhX: 56a + 64b + 16c = 28 (1) Khối lượng kết tủa: 143,5.( 2a + 2b – 0,1) + 108.a = 132,85 (2) Bảo tồn H ta có: n HCl = 2.n H2 + 2.n H2O  2a + 2b − 0,1 = 2.0, 05 + 2.c  a + b − c = 0,1 (2) a = 0,3  Từ (1) (2) (3) => b = 0,1 => nCuO = 0,1 mol Bảo toàn O hhX => n Fe3O = 0,05 mol c = 0,3  Câu 16 Hòa tan hồn tồn m gam hỗn hợp X gồm Al, Cu FeS vào dung dịch chứa 0,32 mol H2SO4 (đặc), đun nóng, thu dung dịch Y (chất tan gồm muối trung hòa) 0,24 mol SO2 (là chất khí nhất) Cho 0,25 mol NaOH phản ứng hết với dung dịch Y, thu 7,63 gam kết tủa Giá trị m A 4,66 B 5,34 C 5,61 D 5,44 Hướng dẫn giải: ( Cô Thân Thị Liên – GV luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang 10 GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694 SO : 0, 24 mol + H 2O Al3+  2+ Al ( OH )3 Cu   3+ + NaOH ⎯⎯⎯→ 7, 63g  Cu(OH) Fe 0,25 Fe 2+ Fe(OH)   SO 2−  Al  + H 2SO m g hhX Cu ⎯⎯⎯⎯ → 0,32 mol FeS  Bảo toàn H => n H2O = n H2SO4 = 0,32 mol Bảo toàn O: 4.n H2SO4 = n H2O + 2.n SO2 + 4.n SO 2−  0,32 = 0,32 + 0,24 + 4.n SO 2− => n SO 2− = 0,12 mol Bảo toàn S ta có: n FeS + n H SO = n SO2 + n SO 2− 4 => nFsS = 0,04 mol  Na + : 0, 25 Dung dịch Y phản ứng với NaOH thu dd chắn chứa  , bảo tồn điện tích => dung 2− SO : 0,12 dịch sau pư phải chứa AlO2- với số mol 0,01 mol Số mol OH- kết tủa = 0,25 – 4.nAlO2- = 0,25 – 0,01 = 0,21 mol => m kim loại kết tủa = 7,63 – 0,21 17 = 4,06 gam => m hhX = mKL + mS = m kim loại kết tủa + mAl AlO2- + mS FeS = 4,06 + 0,01.27 + 0,04.32 = 5,61 gam Câu 17: Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4 Fe(NO3)2 tan hết 320 ml dung dịch KHSO4 1M Sau phản ứng, thu dung dịch Y chứa 59,04 gam muối trung hòa 896 ml NO (sản phẩm khử NO3-, đktc) Y phản ứng vừa đủ với 0,44 mol NaOH Biết phản ứng xảy hồn tồn Tính khối lượng Fe(NO3)2 X ? A 7,2 gam B 14,4 gam C.19,36 gam D 3,6 gam Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chuyên luyện thi môn Hóa THPT Quốc Gia ) Dung dịch Y chứa muối trung hòa => khơng có H+ dư NO : 0, 04 mol Fe  + KHSO4 hhX Fe3O ⎯⎯⎯⎯ → 0,32 mol Fe(NO )  Fe3+ : a mol  2+ Fe : b mol Fe(OH)3  + NaOH ddY K + : 0,32 mol ⎯⎯⎯⎯ →  0,44 mol Fe(OH)  2− SO : 0,32 mol   NO − : c mol  Bảo tồn số mol điện tích dung dịch Y ta có: 3a + 2b + 0,32 = c + 0,32.2 (1) Khối lượng chất tan ddY: 56a + 56b + 0,32.39 + 0,32.96 + 62.c = 59, 04 (2) Dung dịch Y pư hết với 0,44 mol NaOH => 3a + 2b = 0,44 (3) Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang 11 GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694 a = 0,14 n NO + n NO − 0,04 + 0,12  Từ (1) (2) (3) => b = 0, 01 bảo toàn nguyên tố N => n Fe(NO ) = = = 0,08 mol 2 c = 0,12  mFe(NO3 ) = 0, 08.180 = 14, 4g Câu 18 Hòa tan hết m gam hỗn hợp E gồm Al, Mg, MgO dung dịch hỗn hợp gồm HNO3 (0,34 mol) KHSO4 Sau phản ứng thu 8,064 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, H2 NO2 với tỉ lệ mol tương ứng 10 : : dung dịch Y chứa muối Cho NaOH dư vào Y có 2,28 mol NaOH tham gia phản ứng, đồng thời thu 17,4 gam kết tủa xuất Phần trăm khối lượng Mg E A 26,28% B 17,65% C 28,36% D 29,41% ( Trích đề thi thử THPT Quốc Gia 2019 Sở Bắc Ninh - Hướng dẫn giải - Cô Thân Thị Liên – GV chun luyện thi mơn hóa THPT Quốc Gia) ( Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chun luyện thi THPT Quốc Gia mơn Hóa ) Sản phẩm khử có H2 => NO3- hết Dung dịch Y chứa muối => H+ hết Dung dịch Y pư với NaOH dư => kết tủa có Mg(OH)2 => n Mg2+ = n Mg( OH ) = 0,3 mol Mg  + HNO3 :0,34 mol → Al ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ + KHSO4 MgO   NO : 0, mol  0,36 mol H : 0,1 mol  NO : 0, 06 mol  + H 2O Al3+ : a mol  2+ Mg : 0,3 mol  + NaOH du ddY  NH + : b mol ⎯⎯⎯⎯ → Mg(OH) : 0,3 mol 2,28 mol  + K SO 2−  Bảo toàn N => n NH + = b = 0,34 − 0, − 0,06 = 0,08 mol Dung dịch Y phản ứng tối đa với 2,28 mol NaOH => 4a + 0,3.2 + 0,08 = 2,28 => a = 0,4 mol Bảo toàn e trao đổi => 2.nMg + 3.nAl = 3.nNO + 2.nH2 + nNO2 + 8.nNH4+ 3.0, + 2.0,1 + 0, 06 + 0, 08 – 0, 4.3 => nMg = = 0,15 mol Bảo toàn Mg => nMgO =  n Mg2+ − n Mg = 0,3 – 0,15 = 0,15 mol 0,15.24.100 = 17, 65% 0,15.24 + 0,15.40 + 0, 4.27 Câu 19: (1 điểm) Hòa tan 27,36 gam muối XSO4 vào nước dung dịch Y Điện phân dung dịch Y (với điện cực trơ, cường độ dòng điện khơng đổi) thời gian a giây, m gam kim loại X catot 0,07 mol khí anot Còn thời gian điện phân 2a giây tổng số mol khí thu hai điện cực 0,249 mol Giá trị m ? => %Mg = Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chun luyện thi mơn Hóa THPT Quốc Gia ) Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang 12 GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694 Tại a giây có ne = 4.nO2 = 4.0,07 = 0,28 mol => 2a giây có ne = 2.0,28 = 0,56 mol Tại thời điểm 2a giây ta có: → X X2+ +2e ⎯⎯ → O2 + 4H+ 2H2O -4e ⎯⎯ (0,56 – 0,218) → 0,171 0,56 → 0,14 → H2 + OHH2O +2e ⎯⎯ 0,218  0,109 M XSO4 = 27,36 = 160  M M = 64 0,171 → Cu Tại thời điểm a giây Cu2+ +2e ⎯⎯ 0,28 → 0,14 mol mCu = 0,14 64 = 8,96 g Câu 20 Điện phân dung dịch hỗn hợp X gồm NaCl a mol Cu(NO3)2 (điện cực trơ, có màng ngăn) hiệu suất điện phân 100% với I = 2A Sau thời gian 19300 giây thu dung dịch Y màu xanh có khối lượng giảm 24,25 gam so với dung dịch ban đầu Cho vào Y lượng Fe dư đến phản ứng hoàn tồn có 5,04 gam bột Fe phản ứng (khí NO sản phẩm khử N+5) Giá trị a mol Cu(NO3)2 A 0,2650 B 0,2450 C 0,2525 D 0,2150 ( Trích đề thi học kì I trường THPT Nguyễn Khuyến 2017-2018 - Hướng dẫn giải - Cô Thân Thị Liên – GV chuyên luyện thi môn hóa THPT Quốc Gia) ne = It 2.19300 = = 0, mol F 96500 Dung dịch Y pư với Fe tạo khí NO => dd Y có H+ => có H2O bị điện phân tạo H+ anot Sau thời gian điện phân 19300 giây thu dung dịch Y màu xanh => Cu 2+ chưa bị điện phân hết → Cu Cu2+ +2e ⎯⎯ → Cl2 Cl- -2e ⎯⎯ 0,2  0,4 2x 0,2 2x x mol → O2 + 4H+ 2H2O -4e ⎯⎯ 4y y 4y mol Khối lượng dung dịch giảm = m Cu + m Cl2 + m O2  24,25 = 0,2.64 + 71x + 32y Bào toàn e trao đổi ta có: 2x + 4y = 0,4 (1) (2) Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang 13 GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694  x = 0,15 Từ (1) (2) =>   y = 0, 025 Dung dịch Y phản ứng với Fe dư ( sắt bị oxi hóa thành Fe2+) Fe → Cu Cu2+ +2e ⎯⎯ → Fe2+ - 2e ⎯⎯ 0,09 → 0,18 z 2z mol → NO + 2H2O 4H+ +NO3- + 3e ⎯⎯ 0,1 → 0,075 mol Bảo tồn e ta có: 2z + 0,075 = 0,18 => z = 0,0525 mol Vậy a = 0,2 + z = 0,2525 Câu 21: Điện phân 600ml dung dịch X chứa đồng thời NaCl 0,5M CuSO4 a mol/l (điện cực trơ, màng ngăn xốp, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua hòa tan khí nước bay nước) đến thu dung dịch Y có khối lượng giảm 24,25 gam so với khối lượng dung dịch X ban đầu ngừng điện phân Nhúng sắt nặng 150 gam vào dung dịch Y đến phản ứng xảy hoàn toàn, lấy kim loại ra, rửa sạch, làm khô cân 150,4 gam (giả thiết toàn kim loại tạo thành bám hết vào sắt khơng có sản phẩm khử S+6 sinh ra) Giá trị a A 1,00 B 1,50 C 0,50 D 0,75 (Trích đề thi thử THPT Quốc Gia 2019 Chuyên Vinh Lần - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chuyên luyện thi THPT Quốc Gia mơn Hóa ) Vì nhúng sắt vào dung dịch sau điện phân khối lượng sắt tăng nên Cu2+ phải dư → Cu Cu2+ +2e ⎯⎯ 2Cl- - 2e x 0,3 → 0,3 → 2x ⎯⎯ → Cl2 0,15 → O2 + 4H+ 2H2O -4e ⎯⎯ 4y  y → 4y Khối lượng dung dịch giảm = m Cu + m Cl2 + m O2 = 64.x + 0,15.71 + 32y = 24,25 (1) Bảo tồn e ta có: 2x = 0,3 + 4y (2)  x = 0, Từ (1) (2) =>   y = 0, 025 → Fe2+ + Cu Fe + Cu2+ ⎯⎯ → Fe2+ + H2 Fe + 2H+ ⎯⎯ z 2y  4y z Khối lượng sắt tăng = 150,4 – 150 = mCu - mFe pư Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang 14 GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694  0,4 = 64z – ( z + 2y).56 => z = 0,4 => a = 0, + 0, =1 0, Câu 22: Điện phân dung dịch X chứa m gam hỗn hợp Cu(NO3)2 NaCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện khơng đổi I = 2,5A Sau 9264 giây, thu dung dịch Y (vẫn màu xanh) hỗn hợp khí anot có tỉ khối so với H2 25,75 Mặt khác, điện phân X thời gian t giây thu tổng số mol khí hai điện cực 0,11 mol (số mol khí điện cực gấp 10 lần số mol khí thoát điện cực kia) Giả thiết hiệu suất điện phân 100%, khí sinh khơng tan nước nước khơng bay q trình điện phân Giá trị m là: A 30,54 B 27,24 C 29,12 D 32,88 ( Đề thi THPT Quốc Gia 2018 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chun luyện thi mơn Hóa THPT Quốc Gia ) ne = It 2, 4.9264 = = 0, 24 mol F 96500 Hỗn hợp khí anot gồm Cl2 O2 có M = 51,5 => n Cl2 = n O2 = x mol Bảo toàn e trao đổi ta có: 2n Cl2 + 4n O2 = n e  2x + 4x = 0, 24  x = 0, 04 mol Tại thời điểm t giây ta có: → Cu Cu2+ +2e ⎯⎯ 2Cl- - 2e 0,08 → H2O + 2e ⎯⎯ 2b H2 + OH-  ⎯⎯ → Cl2  0,04 → O2 + 4H+ 2H2O -4e ⎯⎯ b 4a  a Ta có: n khí anot = 10 nkhí catot  0,04 + a = 10b (1) Tổng số mol khí điện cực : a + b + 0,04 = 0,11 (2) a = 0, 06 Từ (1) (2) =>  b = 0, 01 Bảo toàn e => n Cu 2+ = 0, 08 + 4a − 2b = 0,15 mol Vậy m= 0,15.188 + 0,08.58.5 = 32,88 g Trên bước đường thành cơng khơng có bước chân kẻ lười biếng Trang 15 ... (k -1) x (1) m X = mC + mH + mO = 1, 1 .12 + 2y .1 + 6.x .16 = 17 ,16  96x + 2y = 3,96 (2) Ta có: nBr2 = (k-3) n chất béo  0,04 = (k-3) x  0,04 = (k -1) .x - 2x Thay (1) vào (3) ta được: 0,04 = 1, 1 –y... (0,56 – 0, 218 ) → 0 ,17 1 0,56 → 0 ,14 → H2 + OHH2O +2e ⎯⎯ 0, 218  0 ,10 9 M XSO4 = 27,36 = 16 0  M M = 64 0 ,17 1 → Cu Tại thời điểm a giây Cu2+ +2e ⎯⎯ 0,28 → 0 ,14 mol mCu = 0 ,14 64 = 8,96 g Câu 20 Điện... tương ứng 1: 3 Thủy phân hoàn toàn m gam M thu 81 gam Glyxin 42,72 gam Alanin Giá trị m A 11 5,28 B 10 4,28 C 10 9,5 D 11 0,28 ( Trích đề thi học kì I trường THPT Nguyễn Cơng Trứ 2 017 -2 018 - Hướng