Phương pháp giải nhanh Hóa hữu cơ - Cao Mạnh Hùng

Đốt cháy hoàn toàn X thu được số mol nước bằng số mol X, mặt khác biết 1 mol X phản ứng vừa đủ với 4 mol AgNO 3 trong dung dịch amoniac.. Công.[r]

(1)

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH HÓA HỮU CƠ

1 Khi đôt chay hidrocacbon thì cacbon tao CO2 vầ hidro tao H2O.Tông khôi lương C và H CO2 và H2O phai

băng khôi lương cua hidrocacbon

m hidrocacbon = mC(trong CO2) + m H(H2O) = nCO2.12 + nH2O.2

Thí du1: Đôt chay hoàn toàn m gam hôn hơp gôm CH4, C3H6 và C4H10 thu đươc 17,6g CO2 và 10,8g H2O m có gia trị là:

A) 2g B) 4g C) 6g D) 8g. m = nCO2.12 + nH2O.2 = 0,4.12 + 0,6.2 = g

2 Khi đôt chay ankan thu đươc nCO2 < nH2O và sô mol ankan chay băng hiêu sô cua sô mol H2O và sô mol CO2

nAnkan = nH2O – nCO2

CnH2n+2 +

2 3 1

2

n O

+

® nCO2 + (n + 1) H2O

Có hiểu sau : lấy hệ số H2O – hệ số CO2 = n+1 – n = =nAnkan

Hoặc Gọi x số mol ankan => nCO2 = nx , nH2O = (n+1)x

Thấy nH2O – nCO2 = x =nAnkan

CT ankan = CnH2n+2 => n = nCO2/nankan = nCO2/(nH2O – nCO2) Hoặc ankan n = nCO2/(nH2O – nCO2)

Thí du 2: Đôt chay hoàn toàn 0,15 mol hôn hơp ankan thu đươc 9,45g H2O Cho san phâm chay vào dung dịch Ca(OH)2

dư thì khôi lương kêt tua thu đươc là:

A 37,5g B 52,5g C 15g D 42,5g nCO2 = nH2O – nankan = 0,525 – 0,15 = 0,375 = nCaCO3

1 m CaCO3 = 0,375.100 = 37,5 g

Thí du 3: Đôt chay hoàn toàn hôn hơp hidrocacbon liêm tiêp day đông đăng thu đươc 22,4 lit CO2(đktc) và 25,2g

H2O Hai hidrocacbon đó là:

A C2H6 và C3H8 B C3H8 và C4H10 C C4H10 và C5H12 D C5H12 và C6H14

Áp dụng CT : n = nCO2/(nH2O – nCO2 )

= 1/(1,4 -1) = 2,5 => C2H6 C3H8

3 Dưa vao phan ưng chay cua anken mach hở cho nCO2 = nH2O PT CnH2n + 3n/2 O2 => nCO2 + nH2O

Giải thích phần trên: Gọi x số mol CnH2n => nCO2 = nH2O = nx

Thí du 4: Đôt chay hoàn toàn 0,1 mol hôn hơp gôm CH4, C4H10 và C2H4 thu đươc 0,14 mol CO2 và 0,23 mol H2O Sô mol

ankan và anken có hôn hơp lần lươt là:

A 0,09 và 0,01 B 0,01 và 0,09 C 0,08 và 0,02 D 0,02 và 0,08

Do nCO2 = nH2O(khi anken đốt cháy ) => nankan = nH2O – nCO2 =0,23 – 0,14 = 0,09 ; nanken = 0,1 – 0,09 mol

Thí du 5: Đôt chay hoàn toàn hôn hơp hidrocacbon mach hở cung day đông đăng thu đươc 11,2 lit CO2 (đktc) và

9g H2O Hai hidrocacbon đó thuôc day đông đăng nào?

A Ankan B Anken C Ankin D, Aren Suy luân: nH2O = nCO2 => Vây hidrocacbon thuôc day anken

(2)

4.Dưa vao phan ưng công cua anken vơi Br2 (hoặc H2) có tỉ lệ mol 1: 1., Ankin tỉ lệ 1:2

Thí du7: Cho hôn hơp anken qua bình đưng nươc Br2 thây làm mât màu vưa đu dung dịch chưa 8g Br2 Tông sô mol

2 anken là:

A 0,1 B 0,05 C 0,025 D 0,005 nanken = nBr2 = 0,05 mol

5.Đôt chay ankin: nCO2 > nH2O va nankin (chay) = nCO2 – nH2O Giải thích:

CnH2n – + (3n – 1)/2 O2 => nCO2 + n-1 H2O

Gọi x số mol ankin => nCO2 = nx mol , nH2O = (n-1)x mol

Ta thấy nCO2 – nH2O = nx –(n-1)x = x = nankin

=> CnH2n-2 n = nCO2 / nankin = nCO2/(nCO2-nH2O)

Khi đốt cháy ankin :

n = nCO2 / nankin = nCO2/(nCO2 – nH2O)

Thí du 8: Đôt chay hoàn toàn V lit (đktc) môt ankin thể thu đươc CO2 và H2O có tông khôi lương 25,2g Nêu cho san

phâm chay qua dd Ca(OH)2 dư thu đươc 45g kêt tua

a V có gia trị là:

A 6,72 lit B 2,24 lit C 4,48 lit B 3,36 lit b Công thưc phân tử cua ankin là:

A C2H2 B C3H4 C C4H6 D C5H8

a) nCO2 = nCaCO3 = 0,45 mol => mCO2 = 19,8 g

=> nH2O = (25,2 – 19,8)/18 = 0,3 mol

=> nankin = nCO2 – nH2O = 0,15 mol => V = 3,36 lít

b Áp dụng CT n = nCO2/(nCO2 – nH2O) = 0,45 / (0,45 – 0,3) = =>C3H4

Thí du 9: Đôt chay hoàn toàn V lit (đktc) ankin thu đươc 10,8g H2O Nêu cho tât ca san phâm chay hâp thụ hêt vào bình

đưng nươc vôi thì khôi lương bình tăng 50,4g a) V có gia trị là:

A 3,36 lit B 2,24 lit C 6,72 lit D 4,48 lit

b) Tìm CT ankin:

A.C2H2 B.C3H4 C.C4H6 D.C5H10

a)Vì H2O CO2 bị kiềm hấp thụ => m tăng = mCO2 + mH2O

nH2O = 0,6 mol , nCO2 = (50,4 – 10,8)/44 = 0,9 mol

2 nankin = nCO2 – nH2O = 0,3 mol => V = 0,3.22,4 = 6,72 lít

b) Áp dụng CT : n =nCO2 / nankin = 0,9/0,3 = =>C3H4

6.Đôt chay hôn hơp cac hidrocacbon không no đươc mol CO2 Mặt # nêu hidro hóa hoàn toàn rôi đôt chay

hôn hơp cac hidrocacbon không no đó sẽ thu đươc mol CO2 Đó là hidro hóa thì sô nguyên tử C không

thay đôi và sô mol hidrocacbon no thu đươc băng sô mol hidrocacbon không no VD : Đốt cháy : C2H4 + O2 => 2CO2 => nCO2 = 2nC2H4

Hidro hóa(phản ứng cộng H2) C2H4 + H2 => C2H6

C2H6 + O2 => 2CO2 => nCO2 = 2nC2H6 mà nC2H6 = nC2H4 Cứ hidrocacbon không no (Như anken ankin)

(3)

7 Đôt chay phần thu đươc 2,24 lit CO2 (đktc)

8 Hidro hóa phần rôi đôt chay hêt san phâm thìthể tichCO2thu đươc là:

A 2,24 lit B 1,12 lit C 3,36 lit D 4,48 lit

7 Sau hidro hóa hoan toan hidrocacbon không no rôi đôt chay thì thu đươc sô mol H2O nhiêu so vơi đôt

luc chưa hidro hóa Sô mol H2O trôi chinh băng sô mol H2 đa tham gia phan ưng hidro hóa

Nhớ Anken + H2 tỉ lệ 1: (do anken có liên kết đơi) Ankin + H2 tỉ lệ 1: (do ankin có liên kết ba) Nếu xúc tác Ni nung nóng

nH2O(khi hidro hóa đốt cháy) = nH2O(khi đốt cháy) +nH2 (tham gia hidro hóa)

Thí du11: Đôt chay hoàn toàn 0,1 mol ankin thu đươc 0,2 mol H2O Nêu hidro hóa hoàn toàn 0,1 mol ankin này rôi đôt

chay thì sô mol H2O thu đươc là:

A 0,3 B 0,4 C 0,5 D 0,6 Suy luân: Do hidro hóa hồn tồn => tỉ lệ ankin H2 1:2

=> nH2 = 2nankin = 0,2 mol

=>nH2O(khi hidro hóa đốt cháy)=nH2O(khi đốt cháy)+nH2 = 0,4 mol

8.Dưa va cach tính sô nguyên tử C va sô nguyên tử C trung binh hoăc khôi lương mol trung binh…

+ Khôi lương mol trung bình cua hôn hơp:

hh hh

m M

n =

+ Sô nguyên tử C:

2

X Y

co C H

n n

n =

+ Sô nguyên tử C trung bình:

2 CO

hh

n n

n =

;

1

n a n b n

a b + =

+ Trong đó: n1, n2 là sô nguyên tử C cua chât 1, chât

a, b là sô mol cua chât 1, chât

CT lấy từ phản ứng đốt cháy hidrocacbon

Trường hơp đặc biêt : Khi sô nguyên tử C trung bình băng trung bình công cua sô nguyên tử C thì chât có sô mol băng

VD : n = 1,5 ; 2,5 ; 3,5 mol n1 = mol n2

Tương tự có số trường hợp khác : n = … , 67 ; hoặcn , 33 n = … ,2 ; n =… , Chỗ “ ” số ; ; 3;4 Thay vào tìm tỉ lệ mol chất

VD n = 1,67 n1 = , n2 =

=>1,67 = (a + 2b)/(a+b)  0,67a = 0,33b  2a = b Tức số mol chất = lần số mol chất

(4)

= 67% => %V Chất có C nhỏ = 100 – 67 = 33%

Nhận thấy % V chất có C lớn số ,67 cịn nhỏ trừ VD n = … ,3 (Chỗ … hoặc ….)

3 %V có C lớn = 30% => %V nhỏ = 70%

Nếu đề bảo tính % theo khối lượng dựa vào tỉ lệ số mol VD: Cho ankan liên tiếp tìm n = 1,67

=> tỉ lệ mol 2a = b(vừa làm trên) n1 = CH4 , n2 = C2H6

=> %CH4 = 16 a /(16a + 28b) = 16a /(16a + 28.2a) = 22,22% => % C2H6 = 77.78%

Thí dụ 12: Hơn hơp ankan là đông đăng liên tiêp có khôi lương là 24,8g Thể tich tương ưng cua hôn hơp là 11,2 lit (đktc) Công thưc phân tử ankan là:

A CH4, C2H6 B C2H6, C3H8  B C3H8, C4H10 D C4H10, C5H12

Suy luân: Gọi CT CnH2n + (n trung bình) 24,8

49,6 0,5

hh

M = =

=> 14 n + = 49,6 => n = 3,4 => hidrocacbon là C3H8 và C4H10

Thí dụ 14: Cho 14g hôn hơp anken là đông đăng liên tiêp qua dung dịch nươc Br2 thây làm mât màu vưa đu dd chưa

64g Br2

1.Công thưc phân tử cua cac anken là:

A C2H4, C3H6 B C3H8, C4H10 C C4H10, C5H12 D C5H10, C6H12

2 Tỷ lê sô mol anken hôn hơp là:

A 1:2 B 2:1 C 2:3 D 1:1 Suy luân:

Tỉ lệ anken : Br2 = : ,, CT CnH2n ( n trung bình)

=> nanken = nBr2 = 0,4 mol

14 35 0,4

anken

M = =

; => 14n =35® =n 2,5.=>Đó là : C2H4 và C3H6

2 Thấy n = 2,5 thấy (2 + 3)/2 = 2,5 (Trung bình cộng) =>nC2H4 = nC3H6 => tỉ lệ 1:1

Thí du 15: Đôt chay hidrocacbon thể kê tiêp day đông đăng thu đươc 48,4g CO2 và 28,8g H2O Phần

trăm thể tich môi hidrocacbon là:

A 90%, 10% B 85% 15% C 80%, 20% D 75% 25% nCO2 = 1,1mol , nH2O = 1,6 mol => nH2O > nCO2 : ankan( khơng nói được)

=> n= nCO2/(nH2O – nCO2) = 1,1/(1,6-1,1) =2,2 => %V chất có C lớn (Tức 3) = 20% =>%VNhỏ = 80%

9 CT tổng quát chất có chứa C,H,O ( nhớ ) Phần bổ trợ cho 12 phần este.

CnH2n +2 - 2a – m (Chức)m

Trong a số liên kết pi tính sau a = (2.số C + – số H)/2

(Áp dụng cho hidrocacbon phần hidrocacbon dựa vào CT TQ VDC3H4 ankin có2lk pi Nếu áp

(5)

m số nhóm chức ( VD : ,2 ,3 nhóm OH) (CHức: – OH , -O-,COOH,COO…)

VD:chấtC4H6O2 hỏi có lk pi? Áp dụng CT số pi =( 2.4 +2 – 6)/ =

VD: CT tổng quát rượu : Rượu có nhóm chức OH CnH2n + -2a –m(OH)m

Nếu rượu no khơng có lk pi hidrocacbon no: => a= => CT : CnH2n + –m(OH)m CnH2n+2Om

Nếu rượu khơng no có 1lk pi (như anken) liên kết pi(như ankin) thay vào ta CT Đối với hidrocacbon khơng có nhóm chức : CT tổng CnH2n+2 – 2a

VD1:Công thức rượu no, nhóm OH là:

A.CnH2n-3(OH)2 B.CnH2n+1(OH)3 √C.CnH2n-1(OH)3 D.CnH2n+2(OH)3

Áp dụng nhóm OH => m =3, rượu no => a = 0, => CT : CnH2n + -3(OH)3 => C

VD2:Công thức phân tử tổng quát rượu nhóm OH có liên kết đôi gốc hidrocacbon? A.CnH2n+2O2 B.CnH2n-2O2 √C.CnH2nO2 D.CnH2n-1O2

Là rượu nhóm OH => m = 2, có liên kết đơi tức lk pi => a = CT : CnH2n+ – 2.1 – (OH)2 = CnH2nO2 => C

VD3: Chất sinh axit đơn chức,có lk đơi? (Gợi ý axit có gốc COOH)

√A.CnH2n-1COOH B.CnH2n+1COOH C.CnH2nCOOH D CnH2n2COOH

Axit đơn chức => m =1, lk đôi => a =1

=> CT CnH2n+2 -2 -1(COOH) = CnH2n-1(COOH) => A

Bài tập vận dụng:

Bài 1: Rượu chức có lk pi Tìm CT tổng quát? Bài 2: Rượu chức có lk pi.Tìm CT tổng quát? Bài 3.Tìm số lk pi chất sau: C6H10O2;C8H12O4;

C9H10O(C6H5COCH2CH3)(Vịng benzen có CO có 1)

Bài 4:Rượu đơn chức lk pi(Giống ankin) Tìm CT tổng quát? (CnH2n-2Om)

Bài 5: X là ancol mach hở có chưa môt liên kêt đôi phân tử Khôi lương lương phân tử cua X nhỏ 58 đvC Công thưc phân tử cua X là:

√A C2H4O B C2H4(OH)2 C C3H6O D C3H6(OH)2

10 Phản ứng đốt cháy Rượu. Từ phần 10 Ta tìm CT sau:

- Rượu no : CnH2n + – m (OH)m CnH2n + 2Om ( m số chức) Để ý ô đóng khung giống hệt CT ankan

4 Bài tập giống ankan

n Rượu = nH2O – nCO2 , n = nCO2/(nH2O – nCO2) (Có thể là n ) (Không tin thử Viết PT làm phần ankan)

-Rượu khơng no,có 1lk pi (Giống anken):CnH2n+ -2-m(OH)m = CnH2n Om Giống anken => nCO2 =nH2O

(6)

Giống ankin =>n Rượu = nCO2 – nH2O, n=nCO2/(nCO2 –nH2O)

VD4:Đốt cháy hỗn hợp rượu đồng đẳng có số mol nhau, ta thu khí CO2 nước H2O có tỉ lệ mol

nCO2:nH2O = 3:4 Biết khối lượng phân tử chất 62 Công thức rượu ?

A.CH4O C3H8O B,C2H6O C3H8O √C.C2H6O2 C4H10O2 D.CH4O C2H6O2

Áp dụng CT: nH2O>nCO2 => rượu no

n = nCO2/(nH2O –nCO2) = 3/(4-3) = => C

VD 5: Khi đôt chay môt ancol đa chưc thu đươc nươc và CO2 theo tỉ lê khôi lương mCO2 : mH O2 =44 : 27 Công thưc

phân tử cua ancol là:

√A C2H6O2 B C4H8O2 C C3H8O2 D C5H10O2

mCO2:mH2O = 44:27 => nCO2/nH2O = 2/3 => ( Rượu no nH2O > nCO2)

=> n = nCO2/(nH2O – nCO2) = /(3-2) =2 => A

11 Dưa phan ưng tach nươc cua rươu no đơn chưc anken → n andehit = n rươu (vì sô nguyên tử C không thay đôi Vì vây đôt rươu và đôt anken tương ưng cho sô mol CO2 nhau.)

VD6: Chia a gam ancol etylic thành phần đêu nhau. Phần 1: mang đôt chay hoàn toàn → 2,24 lit CO2 (đktc)

Phần 2: mang tach nươc hoàn toàn thành etylen, Đôt chay hoàn toàn lương etylen → m gam H2O m có gia trị là:

A 1,6g B 1,8g C 1,4g D 1,5g

Suy luân: nCO2(khi đốt cháy rượu) = nanken(khi đốt cháy rượu) = 0,1 mol Mà đốt cháy anken nCO2 =nH2O = 0,1 mol => mH2O = 1,8g

12 Đôt chât hưu cơ, phân tử có cung sô nguyên tử C, đươc cung sô mol CO2 thi chât hưu mang đôt chay cung sơ mol.

Vì số mol CO2 ln = sốC(trong chất hữu cơ) Mol hữu cơ VD: C2H5OH => 2CO2 C2H6 => 2CO2

VD7: Đôt chay a gam C2H5OH đươc 0,2 mol CO2 Đôt chay 6g CH3COOH đươc 0,2 mol CO2 Cho a gam C2H5OH tac

dụng vơi 6g CH3COOH (có H2SO4đ xt, t0 Gia sử H = 100%) đươc c gam este C có gia trị là:

A 4,4g B 8,8g C 13,2g D 17,6g Suy luân: nC2H5OH = nCH3COOH = 1/2nCO2 = 0,1 mol.

PT: Học axit ( Nói sau tổng quát phần este)

=>nC2H5OH= nCH COOC H3 =0,1mol®meste = =c 0,1.88 8,8= g

13 Dưa phan ưng đôt chay anđehit no, đơn chưc cho sô mol CO2 = sô mol H2O Anđehit

2,

H xt +

ắắắđru

0 2,

O t +

ắắắđcung cho sụ mol CO2 bng sụ mol CO2 đôt anđehit sô mol H2O cua rươu thi nhiêu Sô mol H2O trôi băng sô mol H2 đã công vao andehit.(Phần giông phần 7)

nH2O(Khi đốt cháy rượu) = nH2O(hoặc n CO2 đốt cháy andehit) + nH2 (khi phản ứng với andehit)

VD8: Đôt chay hôn hơp anđehit no, đơn chưc thu đươc 0,4 mol CO2 Hidro hóa hoàn toàn anđehit này cần 0,2 mol H2

thu đươc hôn hơp rươu no, đơn chưc Đôt chay hoàn toàn hôn hơp rươu thì sô mol H2O thu đươc là:

(7)

14 Dưa va phan ưng trang gương (Nhưng chât có gôc CHO)

Phản ứng andehit: Tỉ lệ andehit với Ag = 1:2n ( với n số gốc CHO VD C2H5(CHO)2 => có gốc CHO) =>nHCHO : nAg = : , H – C - H có gốc CHO (2 ô thể gốc)

O

nR-CHO : nAg = : 2(trường hợp có nhóm CHO)

VD9: Cho hơp HCHO và H2 qua ông đưng bôt nung nóng Dân toàn bô hôn hơp thu đươu sau phan ưng vào bình

nươc lanh để ngưng tụ chât lỏng và hoa tan cac chât có thể tan đươc , thây khôi lương bình tăng 11,8g Lây dd bình cho tac dụng vơi dd AgNO3/NH3 thu đươc 21,6g Ag Khôi lương CH3OH tao phan ưng hơp H2 cua HCHO

là:

A 8,3g B 9,3g C 10,3g D 1,03g Suy luân: H-CHO + H2

Ni t

ắắđ CH

3OH

(mCH OH3 +mHCHO) chưa phan ưng là 11,8g

Tỉ lệ mol : HCHO với H2 = :

1 1 21,6 0,05

4 4 108

HCHO Ag

n = n = × = mol

mHCHO = 0,05.30 = 1,5g ; mCH OH3 =11,8 1,5 10,3- = g

VD10: Cho hôn hơp gôm 0,1 mol HCOOH và 0,2 mol HCHO tac dụng hêt vơi dd AgNO3/NH3 thì khôi lương Ag thu

đươc là:

A 108g B 10,8g C 216g D 21,6g Suy luân:

0,1 mol HCO-OH → 0,2 mol Ag 0,2 mol HCHO → 0,8 mol Ag

→ nAg = mol => Đap an A

15 Dưa vao công thưc tính sô ete tao từ hôn hơp rươu hoăc dưa vao ĐLBTKL. VD11: Đun hôn hơp rươu no đơn chưc vơi H2SO4đ , 1400C thì sô ete thu đươc là:

A 10 B 12 C 15 D 17

Suy luân: Ap dụng công thưc : ( 1)

2

x x+

ete → thu đươc 15 ete

VD12: Đun 132,8 hôn hơp gôm rươu đơn chưc vơi H2SO4 đặc, 1400C → hôn hơp cac ete có sô mol băng và có

khôi lương là 111,2g Sô mol môi ete là:

A 0,1 mol B 0,2 mol C 0,3 mol D 0,4 mol Suy luân: Đun hôn hơp rươu tao ete.

Theo ĐLBTKL: mrươu = mete + H O2

m → mH O2 = 132,8 – 111,2 = 21,6g

Do

21,6 1,2 18

ete H O

n = n = = molÞ

å å

nmôi ete =

(8)

16 Dưa vao phương phap tăng giam khôi lương:

Nguyên tăc: Dưa vào sư tăng giam khôi lương chuyển tư chât này sang chât khac để xac định khôi lương hôn hơp hay chât

Cụ thể: Dưa vào pt tìm sư thay đôi vê khôi lương cua mol A → 1mol B chuyển tư x mol A → y mol B (vơi x, y là tỉ lê cân băng phan ưng)

Tìm sư thay đỏi khôi lương (A→B) theo bài ở z mol cac chât tham gia phan ưng chuyển thành san phâm Tư đó tinh đươc sô mol cac chât tham gia phan ưng và ngươc lai

 Đôi vơi rươu: Xet phan ưng cua rươu vơi K:

2

( ) ( )

2

x x

x

R OH +xK®R OK + H

Hoặc ROH + K → ROK +

1 2H2

Theo pt ta thây: cư mol rươu tac dụng vơi K tao mol muôi ancolat thì khôi lương tăng: 39 – = 38g

Vây nêu đê cho khôi lương cua rươu và khôi lương cua muôi ancolat thì ta có thể tinh đươc sô mol cua rươu, H2 và tư đó

xac định CTPT rươụ

Đôi vơi a nđehit : xet pha n ưng t rang gương cu a a nđehit 

R – CHO + Ag2O

0 3,

NH t

ắắắđR COOH + 2Ag

Theo pt ta thây: cư 1mol anđehit đem trang gương → mol axit

Þ Dm = 45 – 29 = 16g Vây nêu đê cho manđehit, maxit → nanđehit, nAg → CTPT anđehit.  Đôi vơi axit: Xet phan ưng vơi kiêm

R(COOH)x + xNaOH → R(COONa)x + xH2O

Hoặc RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O

1 mol → mol → Dm = 22g  Đôi vơi este: xet phan ưng xà phong hóa

RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

1 mol → mol → Dm = 23 – MR’  Đôi vơi aminoaxit: xet phan ưng vơi HCl

HOOC-R-NH2 + HCl → HOOC-R-NH3Cl

1 mol → 1mol → Dm = 36,5g

VD13: Cho 20,15g hôn hơp axit no đơn chưc tac dụng vưa đu vơi dd Na2CO3 thì thu đươc V lit CO2 (đktc) và dd

muôi.Cô can dd thì thu đươc 28,96g muôi Gia trị cua V là:

A 4,84 lit B 4,48 lit C 2,24 lit D 2,42 lit E Kêt qua khac. Suy luân: Goi công thưc trung bình cua axit là: R COOH

-Ptpu: 2R COOH- + Na2CO3 → 2R COONa- + CO2 + H2O

Theo pt: mol → mol mol Þ Dm = 2.(23 - 11) = 44g

Theo đê bài: Khôi lương tăng: 28,96 – 20,15 = 8,81g → Sô mol CO2 =

8,81 0,2

44 = mol → Thể tich CO2: V = 0,2.22,4 = 4,48 lit

VD14: Cho 10g hôn hơp rươu no đơn chưc kê tiêp day đông đăng tac dụng vưa đu vơi Na kim loai tao ra 14,4g chât răn và V lit H2 (đktc) V có gia trị là:

(9)

Suy luân:2 R-OH +2Na => 2RONa + H2 PT 2mol 2mol 1mol m Tăng = 22.2 = 44g

Theo đầu khối lượng tăng = 14,4 – 10 = 4,4 g 6 nH2 = 4,4 /44 = 0,1 mol => V = 2,24 lít

Tớ thường làm theo cách # tương tự không viết PT Ta biết R-OH => RONa M tăng 22 g

Mà m tăng = 4,4 g => nR-OH =nRONa = 0,2 mol

Mà tỉ lệ R-OH với H2 2:1 => nH2 = 1/2nR-OH = 0,1 mol

17 Dưa vao ĐLBTNT va ĐLBTKL:

- Trong cac phan ưng hóa hoc, tông khôi lương cac chât tham gia phan ưng băng tông khôi lương cua cac san phâm tao thành

A + B → C + D Thì mA + mB = mC + m D

9 Goi mT là tông khôi lương cac chât trươc phan ưng

MS là tông khôi lương cac chât sau phan ưng

Du phan ưng vưa đu hay chât dư ta vân có: mT = mS

- Sử dụng bao toàn nguyên tô phan ưng chay:

Khi đôt chay hơp chât A (C, H) thì nO CO( 2) +nO H O( ) =nO O pu( )

→ mO CO( 2) + mO H O( ) = mO O pu( ) Gia sử đôt chay hơp chât hưu A (C, H, O) A + O2 → CO2 + H2O

Ta có: mA m+ O2 =mCO2 +mH O2 Vơi mA = mC + mH + mO

VD15: Đôt chay hoàn toàn m gam hôn hơp Y: C2H6, C3H4, C4H8 thì thu đươc 12,98g CO2 và 5,76g H2O Tinh gia trị m?

(Đap sô: 4,18g)

VD16: cho 2,83g hôn hơp rươu đơn chưc tac dụng vưa đu vơi Na thì thoat 0,896 lit H2 (đktc) và m gam muôi khan

Gia trị cua m là:

A 5,49g B 4,95g C 5,94g D 4,59g

VD17:Cho 4,2g hôn hơp gôm rươu etylic, phenol, axit fomic tac dụng vưa đu vơi Na thây thoat 0,672 lit H2 (đktc) và

1dd Cô can dd thu đươc hôn hơp răn X Khôi lương cua X là: A 2,55g B 5,52g C 5,25g D 5,05g

Suy luân: Ca hơp chât đêu có nguyên tử H linh đông → Sô mol Na = 2nH2 = 2.0,03 = 0.06 mol

Ap dung ĐLBTKL:

→ mX = m hỗn hợp + mNa – mH2 = 4,2 + 0,06.23 – 0,03.2 = 5,52g.

Hoặc dùng tăng giảm khối lượng mX = m hỗn hợp + m Tăng = 4,2 + 0,06(23-1)=5,52 VD18: Chia hôn hơp anđehit no đơn chưc làm phần băng nhau:

P1: Đem đôt chay hoàn toàn thu đươc 1,08g H2O

P2: tac dụng vơi H2 dư (Ni, t0) thì thu hôn hơp A Đem A đôt chay hoàn toàn thì thể tich CO2 (đktc) thu đươc là:

(10)

→ nCO P2( 2) =nC P( 2) =0,06mol

Theo BTNT và BTKL ta có: nC P( 2) =nC A( ) =0,06mol → nCO A2( ) =0,06mol

→ VCO2 =22,4.0,06 1,344= lit

VD19: Tach nươc hoàn toàn tư hôn hơp Y gôm rươu A, B ta đươc hôn hơp X gôm cac olefin Nêu đôt chay hoàn toàn Y thì thu đươc 0,66g CO2 Vây đôt chay hoàn toàn X thì tông khôi lương CO2 và H2O là:

A 0,903g B 0,39g C 0,94g D 0,93g

nCO2(Đốt cháy rượu) = nCO2(đốt cháy anken) = nH2O(đốt cháy anken) = 0,015 mol

7 m = 0,015(44 + 18)=0,93 g

MỘT SỐ BÍ QUYẾT GIẢI NHANH PHẦN HIDROCACBON  Số đồng phân ankan CnH2n+2 (4 ≤ n ≤ 7): 2n-4 + 1

 Đốt cháy hidrocacbon ( ankan, anken, ankin, ankadien, hay hidrocacbon thơm hay hỗn hợp) sinh khí CO2 H2O ln có

2.12 .2

CO H O

hidrocacbon

m =n +n

2 2

1

2 2

pu

O CO H O hidrocacbon

soO

n =n + n - n

2

CO H O

n soC soH = n

 Anken hay ankin có Σπ = k tác dụng với dung dịch brom, Số mol Br2 phản ứng

2 / .

Br pu nanken ankin k

n =

 Đun nóng X gồm a mol hydrocarbon không no b mol H2 thu Y, cho Y lội qua bình nước brom dư sau

phản ứng kết thúc bình tăng m(g) có V(l) khí Z Tỷ khối Z so với H2 k Tính m

( )

.

. . 22,4Z

H hydrocarbon

M V

m a M= p +b M

- Cho hỗn hợp gồm anken CnH2n H2 có PTK M1, sau cho qua bột Ni nung nóng tạo hh khơng làm

màu dd Br2 có PTK M2 thì:

2

( 2)

14( )

M M

n

M M

-=

-Chú ý: Dùng H2 dư M2<28 đvC

*Đối với ankin:

2

( 2)

7( )

M M

n

M M

-=

-

 % ankan A tham gia pư tách (gồm tách nước cracking):tách ankan A, tạo hh X thì: % pu A 1 X

M M

A =

- Tách V(lít) ankan A  V’ (lít) hh X thì: M V'.M X A V=

 Tính hiệu suất pư hiđro hoá anken: tiến hành pư hiđro hoá hh X (CnH2n H2 có tỉ lệ mol 1:1), sau pư tạo hh Y

thì: % 2 2. X

Y

M M

H =

(11)

% B % A % B % A

B A B A B A B A

M M M M C C C C

A B A B

M M M M C C C C

- - -

-= = = =

- - -

-PHƯƠNG PHÁP 13: -PHƯƠNG PHÁP KHẢO SÁT TỈ LỆ SỐ MOL CO2 VÀ H2O I CƠ SƠ CỦA PHƯƠNG PHÁP

Các hợp chất hữu đốt cháy thường cho sản phẩm CO2 H2O Dựa vào tỷ lệ đặc biệt

2

CO H O n

n

2

CO H O V

V toán đốt cháy để xác định dãy đồng đẳng, công thức phân tử để tính tốn lượng chất 1 Với hydrocacbon

Gọi cơng thức tổng quát hidrocacbon CnH2n+2-2k (k: Tổng số liên kết  vòng)

CnH2n+2-2k +

3n k 2 +

-O2  nCO2 + (n + – k) H2O

Ta có: 2

H O CO

n n k 1 k

1

n n n

+ -

-= = +

2

H O CO n

1

n > (nH O2 >nCO2)  k =  hyđrocacbon ankan (paraffin)  Công thức tổng quát CnH2n+2

2

H O CO n

1

n = (nH O2 =nCO2)  k =

 hyđrocacbon anken (olefin) xicliankan  Công thức tổng quát CnH2n

2

H O CO n

1

n <  k <  hyđrocacbon có tổng số liên kết  vòng  * Một số ý:

a, Với ankan (paraffin): nankan= nH O2 - nCO2

b, Với ankin ankađien): nankin= nCO2- nH O2

1 Với hợp chất có chứa nhóm chức a, Ancol, ete

Gọi công thức ancol : CnH2n + – 2k – m(OH)m hay CmH2n + – 2kOm

CnH2n+2-2kOm +

3n k m 2 +

-O2  nCO2 + (n + – k) H2O

2

H O CO

n n k 1 k

1 1

n n n

+ -

-= = + > k =

 Ancol no, mạch hở, có cơng thức tổng qt CnH2n+2Om nancol= nH O2 - nCO2

b, Anđêhit, xeton Gọi công thức anđehit : CnH2n + – 2k – m(CHO)m

(12)

CnH2n + – 2k – m(CHO)m +

3n k m 2 +

-ổ ử

ỗ ÷

è øO2  (n + m)CO2 + (n + – k)H2O

2

H O CO

n n k n 1 k

n n m n m n m

+ - +

= =

-+ + +

2

H O CO n

1

n = (nH O2 =nCO2) k = m =  anđehit no, đơn chức, mạch hở, công thức tổng quát là:

CnH2n + 1CHO hay CxH2xO (x  1)

Tương tự ta có: 2

H O CO n

1

n = (nH O2 =nCO2) xeton no, đơn chức, mạch hở

c, Axit, este Gọi công thức axit là: CnH2n + – 2k – m(COOH)m

Ta có phương trình đốt cháy

CnH2n + – 2k – m(COOH)m +

3n k 2 +

-ỉ ư

ỗ ữ

ố ứO2 (n + m)CO2 + (n + – k)H2O

2

H O CO

n n k n 1 k

n n m n m n m

+ - +

= =

-+ + +

2

H O CO n

1

n = (nH O2 =nCO2) k = m =  axit no, đơn chức, mạch hở, công thức tổng quát là:

CnH2n + 1COOH hay CxH2xO2 (x  1)

Nhận thấy: Công thức tổng quát axit este trùng nhau, nên: 2

H O CO n

1

n = (nH O2 =nCO2) este no, đơn chức,

mạch hở, có cơng thức tổng quát là: CnH2n + 1COOH hay CxH2xO2 (x  2)

II CÁC DẠNG BÀI TẬP THƯỜNG GẶP Dạng 1: Khảo sát tỉ lệ số mol H2O CO2 cho loại hiđrocacbon:

Ví dụ Đốt cháy hồn toàn hiđrocacbon X thu 0,11 mol CO2 0,132 mol H2O Khi X tác dụng với khí Clo

(theo tỉ lệ số mol : l) thu sản phẩm hữu Tên gọi X

A 2-metylbutan B 2-metylpropan

C 2,2-đimetylpropan D etan

Giải:

nH2O > nCO2

X ankan, có cơng thức tổng quát CnH2n+2

nankan = nH2O - nCO2 = 0,022 mol

Số nguyên tử cacbon = 5 C5H12 0,022

0,11  

Mặt khác, tác dụng với khí Clo (theo tỉ lệ số mol : 1) thu sản phẩm hữu nên công thức cấu tạo X :

CH3

(13)

CH3

Đáp án C

Ví dụ Đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon mạch hở X O2 vừa đủ Dẫn tồn sản phẩm cháy qua bình đựng H2SO4

đặc dư, thể tích sản phẩm giảm nửa X thuộc dãy đồng đẳng

A anken B ankan

C ankin D xicloankan

Giải:

Sản phẩm cháy CO2 H2O, bình đựng H2SO4 đặc dư, thể tích sản phẩm giảm nửa,

 

2

CO

V HO

2

V

X anken xicloankan. Do X có mạch hở

X anken Đáp án A

Ví dụ 3: Chia hỗn hợp ankin thành phần nhau:

-Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu 1,76 gam CO2 0,54 gam H2O

-Phần 2: Dẫn qua dung dịch Br2 dư Khối lượng Br2 phản ứng là:

A 2,8 gam B 3,2 gam C 6,4 gam D 1,4 gam Giải:

Số mol ankin = nCO2 - nH2O =1,76 : 44 – 0,54 : 18 = 0,01 mol Số mol Br2 phản ứng = 2nankin = 0,02 mol

Khối lượng Br2 phản ứng = 0,02.160 = 3,2 gam

Đáp án B

Dạng 2: Khảo sát tỉ lệ số mol H2O CO2 cho hỗn hợp hiđrocacbon:

Ví dụ Đốt cháy hồn tồn 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm: CH4, C2H4, C2H6, C3H8 C4H10 thu 6,16 gam CO2

và 4,14 gam H2O Số mol C2H4 hỗn hợp X

A 0,09 B 0,01 C 0,08 D 0,02

Giải:

Hỗn hợp khí X gồm anken (C2H4) ankan, đốt cháy riêng loại hidrocacbon, ta có:

Ankan: nH2O - nCO2 = nankan

Anken: nH2O - nCO2 =

Số mol Ankan (X) = nH2O - nCO2 = 4,14 : 18 - 6,16 : 44 = 0,09 mol

Số mol C2H4 = nX – nankan = 2,24 : 22,4 – 0,09 = 0,01

Đáp án B

Dạng 3: Khảo sát tỉ lệ số mol H2O CO2 cho loại dẫn xuất hiđrocacbon:

Ví dụ Đốt cháy hoàn toàn m gam rượu X thu 1,344 lít CO2 (đktc) 1,44 gam H2O X tác dụng với Na dư

cho khí H2 có số mol số mol X Công thức phân tử X giá trị m

A C3H8O2 1,52 B C4H10O2 7,28

C C3H8O2 7,28 D C3H8O3 1,52

(14)

Ta có: nCO2= 1,344 : 22,4 = 0,06 mol; nH2O= 1,44 : 18 = 0,08 mol

2

CO

n < nH2O

X rượu no, có cơng thức tổng qt CnH2n+2Om

nX = nH2O - nCO2 = 0,02

Số nguyên tử cacbon = 3 02 , 0

06 , 0 n n

X

CO2  

Vì số mol khí H2 thu X  X chứa nhóm -OH

Cơng thức phân tử: C3H8O2 m = 0,02 76 = 1,52 gam

Đáp án A

Ví dụ Hỗn hợp X gồm chất hữu thuộc dãy đồng đẳng Phân tử chúng có loại nhóm chức Chia X làm phần

- Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn cho tồn sản phẩm cháy (chỉ có CO2 H2O) qua bình (l) đựng dung

dịch H2SO4 đặc, bình (2) đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy khối lượng bình (l) tăng 2,16 gam, bình (2) có gam kết tủa

- Phần 2: Cho tác dụng hết với Na dư thể tích khí H2(đktc) thu bao nhiêu?

A 2,24 lít B 0,224 lít C 0,56 lít D 1,12 lít Giải:

Vì X tác dụng với Na giải phòng H2X rượu axit

O H2

n = 0,12 > HO

2

n = 0,07

X gồm rượu no Đặt công thức tổng quát rượu CnH2n+2Om

nX =nH2O - nCO2= 0,05 mol

Số nguyên tử cacbon = 1,4 0,05 0,07 n

n X

CO2  

Rượu thứ là: CH3OH

X rượu no đơn chức  n 0,025mol

2 1 nH2  X  V = 0,56 lít

Đáp án C

Ví dụ Đốt cháy hoàn toàn 1,46 gam hỗn hợp anđehit mạch hở đồng đẳng thu l,568 lít CO2 (đktc) 1,26

gam H2O Công thức phân tử hai anđehit

A HCHO CH3CHO B CH3CHO C2H5CHO

C C2H5CHO C3H7CHO D C2H4CHO C3H6CHO

Giải: Ta thấy:

2

CO

n = 1,568 : 22,4 = 0,07 mol. O

H2

n = 1,26 : 18 = 0,07 mol.

Vì nCO2 : nH2O = : nên andehit no đơn chức mạch hở

Gọi công thức chung andehit CnH2n1CHO

O 1)H n ( 1)CO n

( O 2

1 n 3 CHO H

(15)

a (n+1)a (n+1)a Do đó: a(a(14n n1)30)0,071,46n4/3

  

 

Đáp án B

Ví dụ Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm hai chất hữu đồng đẳng liên tiếp, thu 3,36 lít CO2 (đktc)

và 2.7 gam H2O Số mol axit là:

A 0,04 0,06 B 0,08 0,02

C 0,05 0,05 D 0,045 0,055

Giải:

 

 

 0,15(mol)

22,4 3,36 n

18 2,7

nH2O CO2 X hỗn hợp hai axit no, đơn chức, mạch hở, có cơng thức tổng qt CnH2nO2

Số ngun tử cacbon trung bình 1,5 1 , 0

15 , 0 n n

X

CO2   

 hai axit HCOOH (a mol) CH3COOH (b

mol)

 

  

 

 

 a b 0,05mol

0,15 2b a

0,1 b a

Đáp án C

Ví dụ Đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp X gồm este no, đơn chức, mạch hở Sản phẩm cháy dẫn vào bình đựng dung dịch nước vơi thấy khối lượng bình tăng 6,2 gam Số mol CO2 H2O sinh

A 0,1 0,1 B 0,01 0,1

C 0,1 0,01 D 0,01 0,01

Giải:

Khối lượng bình đựng dung dịch nước vôi trung tăng = mH2O + mCO2

Mặt khác X hỗn hợp este no, đơn chức, mạch hở nCO2 = nH2O = x x(44+18) = 6,2  x = 0,1 Đáp án A

Dạng 4: Khảo sát tỉ lệ số mol H2O CO2 cho hỗn hợp dẫn xuất hiđrocacbon

Ví dụ 10 Hỗn hợp X gồm axit hữu no, đơn chức, mạch hở este no, đơn chức, mạch hở Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X lượng oxi vừa đủ Toàn sản phẩm cháy dẫn chậm qua dung dịch H2SO4 đặc dư thấy

khối lượng bình đựng axit tăng m gam có 13,44 lít khí (đktc) Giá trị m

A 5,4 gam B 7,2 gam C 10.8 gam D 14,4 gam Giải:

- Sản phẩm cháy gồm CO2 H2O  khối lượng bình đựng dung dịch H2SO4 đặc tăng khối lượng H2O bị

giữ lại

- Vì X gồm axit hữu no, đơn chức, mạch hở este no, đơn chức, mạch hở X có công thức tổng quát chung CnH2nO2 nCO2 = nH2O= 13,44 : 22,4 = 0,6 mol

m= 0,6 18 - 10,8 gam Đáp án C

Ví dụ 11: Chia m gam X gồm : CH3CHO, CH3COOH CH3COOCH3 thành hai phần :

- Để đốt cháy hoàn toàn phần cần tối thiểu 5,04 lít O2 (đktc), thu 5,4 gam H2O

- Cho phần tác dụng hết với H2 dư (Ni, to ) hỗn hợp Y Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y, thu V lít CO2 (đktc)

Giá trị m V

A 22,8 1,12 B 22,8 6,72

(16)

Giải:

- chất X no, đơn chức, mạch hở, công thức tổng quát : CnH2nOm

 Khi đốt cháy: nCO2= nH2O = 5,4 : 18 = 0,3 mol lít

6,72 22,4 0,3

VCO2   

X + O2  CO2 + H2O

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

mX (một phần) = 0,3(44 + 18) – 5,04 : 22,4 32 = 11,4 gam

mX = 22,8 gam

Đáp án B

Dạng 5: Kết hợp khảo sát tỉ lệ mối liên hệ hợp chất

Ví dụ 12 Cho hỗn hợp X gồm hai anđehit đồng đẳng tác dụng hết với H2 dư (Ni, to) thu hỗn hợp hai ancol

đơn chức Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai ancol thu 11 gam CO2 6,3 gam H2O Công thức hai anđehit

là

A C2H3CHO, C3H5CHO B C2H5CHO, C3H7CHO

C C3H5CHO, C4H7CHO D CH3CHO, C2H5CHO

Giải:

Khi đốt cháy ancol cho  0,35  18

6,3

nCO2 0,25

44 11 nH2O   2 rượu no, mạch hở

nX =nH2O -nCO2= 0,1  Số nguyên tử cacbon = 0,1 2,5

25 , 0 n n

X

CO2  

hai rượu C2H5OH C3H7OH hai anđehit tương ứng CH3CHO C2H5CHO Đáp án D

Ví dụ 13 Hỗn hợp X gồm CH3COOH C3H7OH với tỉ lệ 1: l Chia X thành hai phần:

- Đốt cháy hồn tồn phần thu 2,24 lít khí CO2 (đktc)

- Đem este hố hồn tồn phần thu este Y (giả sử hiệu suất phản ứng đạt 100%) Đốt cháy hồn tồn Y khối lượng nước thu

CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O

- Tổng số mol cacbon hỗn hợp X tổng số mol cacbon có Y (Xem thêm phương pháp bảo toàn nguyên tố) Mặt khác Y este no, đơn chức, mạch hở, nên:

khi đốt cháy nH2O=nCO2= 2,24 : 22,4 = 0,1 mol mH2O= 1,8 gam

Đáp án A

MẸO GIẢI NHANH CÁC HỢP CHẤT CÓ NHÓM CHỨC NHƯ ANCOL, ETE, ANDEHIT, XETON, AXIT CACBOXYLIC, ESTE, CACBONHYDRAT, AMIN, AMINO AXIT

Mẹo tìm nhanh CTPT biết %O có CTTQ CxHyOz

%O = 32% CT thực nghiệm C5H8O2 (CH2 = C(CH3) – COOCH3: metyl metaacrylat) %O = 34,78% CT thực nghiệm C2H6O (ancol etylic, dimeyl ete)

%O = 37,21% CT thực nghiệm (C4H6O2)n (C4H6O2 n = 1) %O = 43,24% CT thực nghiệm (C3H6O2)n (C3H6O2 n = 1)

%O = 50% CT thực nghiệm CH4O

(17)

Hợp chất Số đồng phân Hợp chất Số đồng phân Ancol đơn chức no, mạch hở

CnH2n+2O 1<n<6

Este đơn chức no, mạch hở CnH2nO2 1<n<5

2n-2 Amin đơn chức no, mạch hở CnH2n+3N < n<

2n-1

Andehit đơn chức no, mạch hở CnH2nO 2<n<7

Axit cacboxylic đơn chức no, mạch hở CnH2nO22<n<7

2n-3 Số trieste (glyxerit) tạo glyxerol hỗn hợp n axit béo

2

n (n +1) 2

Ete đơn chức no, mạch hở CnH2n+2O 2<n<5

(n -1)(n - 2) 2

Ete tạo hỗn hợp n ancol đơn

chức n(n +1)2

Xeton đơn chức no, mạch hở CnH2nO 3<n<7

(n - 2)(n - 3) 2

Tính di, tri, tetra,…n peptit tối đa tạo hỗn hợp gồm x amino axit khác

Từ n aminoaxit khác thu

Nếu có m cặp aminoaxit giống số peptit

xn n! peptit

m

n! 2

 Nếu a mol (H2N)mR(COOH)n tác dụng với b mol HCl thu dung dịch X Để trung hòa dung dịch X cần c

mol NaOH c = b + a.n

 Nếu a mol (H2N)mR(COOH)n tác dụng với b mol NaOH thu dung dịch X Để trung hòa dung dịch X cần

c mol HCl c = b + a.m

 a (g) muối amin aminoaxit tác dụng vừa đủ với x (mol) OH- (NaOH, KOH, Ca(OH)

2, Ba(OH)2) cô cạn dd sau

phản ứng thu m (g) muối khan bazo

109.x m = a + m

-4

MỘT SỐ DẠNG TOÁN ANCOL – AXIT – ANĐÊHYT

C©u 1: Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO H2 qua ống sứ đựng bột Ni nung nóng Sau thời gian thu hỗn hợp

Y Đốt cháy hết Y thu 11,7 gam H2O 7,84 lít khí CO2 (ở đktc) Thể tích khơng khí cần dùng vừa đủ để đốt

cháy hết Y

A 44,8 lit B 22,4 lit C 33,6 lit D 56 lit

HDG:

2

HCHO CO

n =n =0.35; nH O2 =nH2 +nHCHOÞnH2 =nH O2 -nHCHO =0.65 0.35 0.3- =

2 2

kk O CO H O HCHO

1 1

V 5V 5.22, 4.(n n n ) 56lit

2 2

= = + - =

C©u 2: Đốt cháy ancol X nH O2 >nCO2 Kết luận sau ? A X ankanol đơn chức B X ankadiol

C X ancol no, mạch hở. D X ancol đơn chức mạch hở

HDG: Phương trình cháy tổng quát ancol:

CnH2n+2-2kOa +

3n k a 2 +

-O2 nCO2 + (n+1-k) H2O

Ta có: 2

H O CO

n n k 1 k

1

n n n

+ -

(18)

Nên nH O2 >nCO2 Û - > Û =1 k 0 k 0 Tức: ancol no, mạch hở

C©u 3: Anđehit X có tỉ khối so với H2 36 Số đồng phân cấu tạo có X

A B C 3. D

HDG: MX = 72  X đơn chức chức

+ X đơn chức  X C3H7CHO: đồng phân

+ X hai chức  X CH2(CHO)2: đồng phân

C©u 4: Dùng thuốc thử để phân biệt axit fomic axit acrylic ?

A dung dịch Br2 B Dung dịch AgNO3/NH3 C Q tím ẩm D Dung dịch Na2CO3

HDG:

+ Axit fomic axit acrylic phản ứng với Na2CO3, Br2, làm đổi màu quỳ nên khổng thể dùng chất làm

thuốc thử

+ Axit fomic có tính chất khác với axit khác có nhóm chức andehit (-CHO) phân tử nên axit fomic có phản ứng tráng gương

C©u 5: Đề hidrat hóa hồn tồn 14,8g ancol X, đốt cháy hoàn toàn lượng chất hữu hấp thu tồn sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thu 80g kết tủa thấy khối lượng dung dịch sau phản ứng

giảm 30,4g so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu X

A C4H9OH. B C4H7OH C C3H5OH D C3H7OH

HDG:

2

CO CaCO H O

80 0,8.44 30, 4

n n 0,8 n 0,8

18 ¯

-

-= = Þ = = Vì nCO2 =nH O2 Nên sản phẩm sau đề hidrat hóa anken, X ancol no đơn chức: CnH2n+2O

14,8

.n 0,8 n 4 14n 18

Þ = Þ =

+ C©u 6: Những phát biểu ln đúng?

(1) : Phenol hợp chất hữu mà phân tử có vịng benzen nhóm –OH

(2) : Phenol hợp chất hữu mà phân tử có chứa nhóm OH liên kết trực tiếp với nguyên tử cacbon vòng benzen

(3) : Phenol tan vô hạn nước lạnh (4) : Phenol tan vô hạn nước 660C

(5) : Phenol tan etanol (6) : Phenol không tan axeton

A (2), (4), (6) B (2), (4), (5). C (1), (2), (4), (5) D (3), (5), (6) HDG:

+ (1), (3) sai; (2) nên loại C, D

+ Phenol tan etanol axeton nên (5) đúng, (6) sai

C©u 7: Đốt cháy hồn tồn a gam ancol đơn chức A thu 13,2 gam CO2 8,1 gam H2O Thực phản ứng tách

nước hoàn toàn a gam A (140oC, H

2SO4 đặc) thu m gam ete Giá trị m là?

A 5,55 B 6,9 C 4,2 D 8,25

HDG: + Phản ứng cháy: nCO2 =0,3; nH O2 =0, 45ÞnA =0, 45 0,3 0,15- = + Khi tách nước:

2

H O A

1

n n 0,075

2

(19)

 Bảo toàn khối lượng: ete A H O2

0,3

m m m 0,15.(14. 18) 0, 075.18 5,55 0,15

= - = + - =

C©u 8: X hợp chất hữu (chứa C, H, O) hiđro chiếm 2,439% khối lượng Đốt cháy hoàn toàn X thu được số mol nước số mol X, mặt khác biết mol X phản ứng vừa đủ với mol AgNO3 dung dịch amoniac Cơng

thức cấu tạo có X

A HCHO B CH3CHO C HC C–CHO. D OHC–C C–CHO.

HDG: + n : nX AgNO3 =1: 4 nên loại B (tỉ lệ 1:2) C (tỉ lệ 1:3)

+ HCHO có %H = 6,67% nên loại A

C©u 9: Số liên kết π công thức cấu tạo axit cacboxylic không no, đơn chức, mạch hở có nối đơi là

A B C 2. D

HDG: + Đơn chức nên có – COOH: π

+ Mạch có π

 Cơng thức axit đơn chức, khơng no có nối đơi, mạch hở: CnH2n-2O2

C©u 10: Đốt cháy hồn tồn 0,1 mol chất hữu X dẫn xuất benzen, khối lượng CO2 thu nhỏ 35,2 gam

Biết rằng, mol X tác dụng với mol NaOH Công thức cấu tạo thu gọn X

A C2H5C6H4OH B HOC6H4CH2OH. C HOCH2C6H4COOH D C6H4(OH)2

HDG: + X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:1 nên loại D (tỉ lệ 1:2) + Số C X: C nCO2 0,8 8

0,1 0,1

= < = nên loại A C (đều có 8C)

C©u 11: Cho ancol sau: CH3-CH2-CH2-OH (1); CH3-CH(OH)-CH3 (2); CH3-CH(OH)-CH2-CH3 (3); CH3

-CH(OH)-C(CH3)3 (4); CH3-CH2-CH2-CH2-OH (5); CH3-CH2-CH(OH)-CH2-CH3 (6) Dãy gồm ancol tách nước cho

anken

A (1), (2), (5) B (1), (2), (3) C (1), (2), (4), (5), (6). D (2), (3), (6) HDG:

Chỉ có (3) tách nước cho anken (khơng tính đồng phân hình học), cịn lại dạng đối xứng (2, 6) có Ca(1, 4, 5) nên cho anken (khơng tính đồng phân hình học) tách nước

Ở khơng thể tính đồng phân hình học (4) cho anken tách nước

C©u 12: Trung hịa a gam hỗn hợp axit axetic phenol cần vừa đủ 100ml dung dịch X chứa NaOH 1M KOH 1M Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu 21,4g chất rắn Giá trị a

A 15,4 B 14,5 C 13,6 D 16,3

HDG: Ta có: nH O2 =nOH- =0, 2

Bảo toàn khối lượng: a m+ KOH+mNaOH =mcr+mH O2 Þ =a 15, 4

Hoặc dùng phương pháp tăng giảm khối lượng: a 21, 0,1.22 0,1.38 15, 4= - - =

C©u 13: Cho a gam hỗn hợp HCOOH C2H5OH tác dụng hết với Na thể tích khí hiđro (đktc) thu 1,68 lít

Giá trị a

A 4,6 gam B 5,5 gam C 6,9 gam D 7,2 gam

HDG:

Khối lượng mol hai chất 46; mặt khác hai chất phản ứng cho H2 với tỉ lệ 2:1 Nên:

(20)

C©u 14: Phenol phản ứng với chất sau đây: (1) Na; (2) NaOH; (3) dung dịch Br2; (4) dung dịch

AgNO3/NH3; (5) Na2CO3

A 1, 4, B 1, 3, C 1, 2, 3 D 1, 2,

HDG:

Phenol khơng có phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3 Na2CO3 (tính axit phenol yếu axit cacbonic!)

C©u 15: Cho 0,05 mol môt anđehit X tac dụng hêt vơi dung dịch AgNO3/NH3 (dư) đươc 21,6g Ag Hiđro hóa hoàn toàn

X đươc Y Biêt 0,05 mol Y tac dụng vưa đu vơi Na thì thu đươc 6g chât răn X là

A CH2O B C2H2O2 C C4H6O D C3H4O2. HDG

+ n : nX Ag =1: 4 Nên X HCHO R(CHO)2

+ Y: R(OH)a Þ +R 39a 120= Þ =a 2, R 42( C H )= - 6- Do X có 3C

C©u 16: Có dung dịch: CH3CHO, CH3COOH, HCOOH đựng lọ nhãn Hố chất dùng để phân biệt ba

dung dịch

A Q tím, dung dịch AgNO3/NH3 B quỳ tím, Na C dung dịch AgNO3/NH3, Cu D Q tím, CuO

HDG + Nhận axit quỳ tím

+ Phân biệt axit phản ứng tráng gương HCOOH

C©u 17: Cho Na tác dụng vừa đủ với 1,24g hỗn hợp ancol đơn chức X, Y đồng đẳng liên tiếp nhau, thấy ra 0,336 lít khí H2 (đkc) Khối lượng muối natri ancolat thu

A 1,9g. B 2,4g C 2,85g D 2,58g

HDG Dùng tăng giảm khối lượng: mRONa =mROH+44.nH2 =1,9

C©u 18: X ancol no, mạch hở Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần 5,6 gam oxi, thu nước 6,6 gam CO2 Công thức X

A C2H4(OH)2 B C3H7OH C C3H5(OH)3. D C3H6(OH)2

HDG

2

CO a

n =0,15Þ = ÞC 3 X : C H O Cách 1: C3H8Oa +

13 a 2

-O2 3CO3 + 4H2O

13 a

0,05. 0, 25 a 3 2

-Þ = Þ =

Cách 2: X no nên nH O2 =nCO2 +nX =0, 2

Bảo toàn nguyên tố O: anX+2nO2 =2nCO2+nH O2 ị =a 3

Câu 19: t chỏy hon ton m gam hỗn hợp X gồm hai anđehit no, đơn chức, mạch hở thu 0,4 mol CO2 Mặt khác

hiđro hố hồn tồn m gam X cần vừa đủ 0,2 mol H2 (Ni, to), sau phản ứng thu hỗn hợp hai ancol Đốt cháy hoàn

toàn hỗn hợp hai ancol số mol H2O thu bao nhiêu?

A 0,3 mol B 0,4 mol C 0,6 mol D 0,8 mol

HDG + Thí nghiệm 1: nH O(1)2 =nCO2

+ Thí nghiệm 2: nH O(2)2 =nH O(1)2 +nH2 =nCO2 +nH2 =0,6

C©u 20: Cho chất sau: CH3COOH, HCOOH, C6H5OH, CH2=CHCOOH, CH3CHO, CH3COCH3 Dãy gồm chất

(21)

A CH3COOH, CH3COCH3. B CH3COOH, HCOOH, CH3COCH3

C C6H5OH, CH2=CHCOOH, CH3CHO D CH3COOH, CH3COCH3, CH3CHO

HDG

Axit không no, anđehit hay axit fomic phản ứng với dung dịch Br2

C©u 21: Cho m gam hỗn hợp X gồm hai rượu (ancol) no, đơn chức, dãy đồng đẳng tác dụng với CuO (dư) nung nóng, thu hỗn hợp rắn Z hỗn hợp Y (có tỉ khối so với H2 13,75) Cho toàn Y

phản ứng với lượng dư AgNO3 NH3 đun nóng, sinh 64,8 gam Ag Giá trị m

A 3,9 B 7,8. C 7,4 D 9,3

HDG X:

2

2 RCHO H O

RCH OH; Y : RCHO H O, n+ =n Þ =R 13,75.2.2 18 29 8- - =  X: CH3OH+C2H5OH

HCHO CH CHO 1 15

R 8 n n a mol

2 +

= = Þ = =  nAg = 6a = 0,6  a = 0,1  m = 0,1(32+46) = 7,8

C©u 22: Đốt cháy hồn tồn 5,8g ancol X thu 13,2g CO2 5,4g H2O Xác định X

A C4H7OH B C3H7OH C C3H5OH. D C3H6(OH)2

HDG

2

CO H O n 2n

5,8

n 0,3; n 0,3 X : C H O .n 0,3 n 3 14n 16

= = Þ Þ = Þ =

+

C©u 23: Cho hợp chất hữu cơ: (1) ankan; (2) ancol no, đơn chức, mạch hở; (3) xicloankan; (4) ete no, đơn chức, mạch hở; (5) anken; (6) ancol khơng no (có liên kết đơi C=C), mạch hở; (7) ankin; (8) anđehit no, đơn chức, mạch hở; (9) axit no, đơn chức, mạch hở; (10) axit không no (có liên kết đơi C=C), đơn chức Dãy gồm chất đốt cháy hoàn toàn cho số mol CO2 số mol H2O là:

A (1), (3), (5), (6), (8) B (3), (4), (6), (7), (10) C (3), (5), (6), (8), (9). D (2), (3), (5), (7), (9) HDG

+ (1) cho số mol CO2 nhỏ số mol H2O  Loại A

+ (2), (4) cho số mol CO2 nhỏ số mol H2O  Loại D, B

C©u 24: Hỗn hợp X gồm ancol no A B thuộc dãy đồng đẳng (MA>MB) Cho 7,6 gam X tác dụng với Na dư thu

được 1,68 lít H2 (đktc), mặt khác oxi hóa hồn tồn 7,6 gam X CuO (t0) cho toàn sản phẩm thu tác dụng

với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu 21,6 gam kết tủa Công thức phân tử A

A C2H5OH B CH3CH2CH2OH C CH3CH(CH3)OH. D CH3CH2CH2CH2OH

HDG

2

X H Ag

n =2n =0,15; n =0, 2 X có ancol ancol bậc Gọi CTPT ancol X RCH2OH

R’OH (Với R khác H, R’ gốc bậc bậc 3) Ta có:

2

RCH OH RCHO Ag R 'OH

1

n n n 0,1 n 0,05

2

0,1(R 31) 0,05(R ' 17) 7,6 2R R ' 73

= = = Þ =

Þ + + + = Þ + =

R = 15  R’ = 43, R’ bậc bậc nên chọn C

R =29  R’ = 15: Loại CH3OH oxi hóa thành HCHO có phản ứng tráng gương

C©u 25: Hỗn hợp X gồm chất hữu dãy đồng đẳng, phân tử chúng có nhóm chức Chia X thành phần

− Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn cho tồn sản phẩm cháy (chỉ có CO2 H2O) qua bình (1) đựng

dung dịch H2SO4 đặc, bình (2) đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy khối lượng bình (1) tăng 2,16 gam, bình (2) có 7,0 gam

kết tủa

− Phần 2: Cho tác dụng hết với Na dư thể tích khí H2 (đktc) thu ?

(22)

HDG

+ Phần 1: nCO2 =0,07; nH O2 =0,12ÞXlà hỗn hợp ancol no, đơn chức (vì chất X chứa nhóm chức) + Phần 2: nH2 1nX 1(0,12 0,07) 0,025 V 0,56

2 2

= = - = Þ =

C©u 26: Có tất đồng phân ancol bền có cơng thức phân tử dạng C3H8Ox ?

A B C 5 D

HDG + x = 1: C3H8O có đồng phân

+ x = 2: C3H8O2 có đồng phân

+ x = 3: C3H8O3 có đồng phân

C©u 27: Hai chất hữu đơn chức X, Y tham gia phản ứng tráng gương, có cơng thức đơn giản CH2O

Y có khối lượng phân tử lớn X X, Y là?

A HCHO; CH3COOH B HCHO; HO-CH2-CHO

C HCHO; HCOOCH3 D HCHO; HO-CH2-[CH2]4-CHO

HDG + X, Y đơn chức nên loại B D chứa chất tạp chức

+ X, Y có phản ứng tráng gương nên loại A CH3COOH khơng có phản ứng tráng gương

C©u 28: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm ancol metylic andehit fomic cần vừa đủ V lit O2 (đktc), hấp thụ

tồn sản phẩm khí vào bình đựng nước vơi dư thấy khối lượng bình tăng 14,2g đồng thời xuất 20g kết tủa Giá trị V là?

A 4,48 B 5,60 C 6,72 D 8,96

HDG Nhận xét: HCHO cháy cho số mol nước số mol CO2

2

CO H O CH OH HCHO

14, 0, 2.44

n 0, 2; n 0,3 n 0,3 0, 0,1 n 0, 0,1 0,1 18

-= = = Þ = - = Þ = - =

Bảo toàn O2: CH OH3 HCHO O2 CO2 H O2 O2

1 1

(n n ) n n n n 0, 25 V 5,6

2 + + = +2 Þ = Þ =

C©u 29: Đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp anđehit acrylic anđehit oxalic, hấp thụ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 thu 10g kết tủa dung dịch X Biết khối lượng dung dịch X giảm so với khối lượng dung dịch

Ca(OH)2 ban đầu 4,08g đun nóng dung dịch X lại thu thêm 0,5g kết tủa Hỏi hidro hóa hồn tồn m

gam hỗn hợp ban đầu cần lit H2 (đktc)?

A 2,24 B 1,12 C 3,36 D 4,48

HDG Nhận xét: Cả hai andehit có độ bất bão hịa

+ Phản ứng cháy:

2

CO H O hh

10 0,11.44 4,08

n 0,1 2.0,005 0,11; n 0, 06 n 0,11 0,06 0,05 18

-

-= + = = = Þ = - =

+ Phản ứng cộng: nH2 =2nhh =0,1ị =V 2, 24

Câu 30: t cháy hoàn toàn 17,7 gam hỗn hợp A gồm axit acrylic, axit oleic axit metacrylic hấp thụ toàn sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư Sau phản ứng thu a gam kết tủa thấy khối lượng dung dịch sau phản ứng

giảm so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu 41,7 gam Giá trị a là?

A 95 B 105 C 90 D 115

HDG

(23)

+ Bảo toàn O2: hh O2 CO2 H O2 1

n n n n

2

+ = + (2)

+ Từ (1) (2)  O2 H O2 3

n n

2 =

+ Bảo toàn khối lượng: 17,7 32.n+ O2 =44nCO2 +18nH O2 Þ44nCO2 -30nH O2 =17,7 (3) + Khối lượng dung dịch giảm: Dmdd =mCaCO3¯-mCO2-mH O2 Þ41,7 56n= CO2 -18nH O2 (4)

+ Giải hệ phương trình (3) (4) ta c nCO2 =1,05ị =a 105

Câu 31: Hòa tan 26,8 gam hỗn hợp hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở vào nước dung dịch X Chia X thành hai phần Phần 1: Cho phản ứng hoàn toàn với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu 21,6 gam bạc kim loại Để

trung hòa hoàn toàn phần cần 200,0 ml dung dịch NaOH 1,0M Cơng thức hai axit

A HCOOH, C2H5COOH B CH3COOH, C3H7COOH C HCOOH, C3H7COOH D CH3COOH, C2H5COOH

HDG

+ X có phản ứng tráng gương nên X có HCOOH RCOOH nHCOOH = ½ nAg = 0,1

+ Phần 2: nRCOOH = nNaOH - nHCOOH = 0,1

+ Khối lượng X: 26,8 = 0,2.46+0,2.(R+45)  R = 43 (C3H7-)

C©u 32: Hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic, axit oxalic Khi cho a gam X tác dụng với Na2CO3 dư thu 7,84

lit khí (đktc) Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn a gam X cần 8,96 lit O2 (đktc), thu V lit CO2 (đktc) 10,8g H2O Giá trị

của V

A 15,68 B 22, C 17,92 D 13,44

HDG Gọi số mol chất x, y, z Ta có:

+ Phản ứng với Na2CO3: CO2

1 1

n x y z 0,35

2 2

= + + =

+ Phản ứng đốt cháy: Bảo toàn O2

2 2

O CO H O CO

1

x y 2z n n n n 0,8 V 17,92

2

+ + + = + Þ = ị =

Câu 33: Axit cacboxylic no, mch h X có cơng thức đơn giản C3H4O3, công thức phân tử X

A C9H12O9 B C12H16O12 C C6H8O6. D C3H4O3

HDG

X: C3nH4nO3n X no nên 6 8 6

3n 2 6n 4n

n 2 X : C H O

2 2

+

-D = = ị = ị

Câu 34: Xột cỏc loi hp chất hữu cơ, mạch hở sau: Rượu đơn chức no (X), andehit đơn chức no (Y), rượu đơn chức không no đối đôi (Z); andehit đơn chức, không no nối đôi (T) Ứng với công thức tổng quát CnH2nO là:

A X, Y B Z, T C Y, Z D T

HDG

Do CnH2nO có độ bất bão hịa nên anđehit no, đơn (Y) ancol khơng no có nối đơi, đơn chức

(Z)

C©u 35: Đốt cháy hồn tồn a mol axit hữu Y 3a mol CO2 Mặt khác, để trung hòa a mol Y cần vừa đủ 2a mol

NaOH Công thức cấu tạo Y

A HOOCCH2COOH. B CH3COOH C CH3CH2COOH D HOOCCOOH

HDG + Phản ứng cháy: C =

(24)

C©u 36: Hỗn hợp X gồm HCOOH CH3COOH (tỉ lệ mol 1:1) Hỗn hợp Y gồm CH3OH C2H5OH (tỉ lệ mol 3:2) Lấy

11,3g X tác dụng với 7,52g Y (xt H2SO4 đặc) thu m gam hỗn hợp este Biết hiệu suất phản ứng este

80% Giá trị m

A 11,616 B 12,197 C 14,52 D 15,246

HDG + Hỗn hợp X: 8COOH

+ Hỗn hợp Y: 20,6OH

8COOH + 20,6OH ƒ 8COO20,6 + H2O

0,213 0,2  0,2.0,8=0,16

 m = 11,616

C©u 37: Cơng thức đơn giản andehit no X có dạng C2H3O Số CTCT có X là?

A 2 B C D

HDG

X: C2nH3nOn, X no nên

2 4n 3n

n n 2 X : C H O

2

+

-D = = Þ = ị Hay C2H4(CHO)2 cú ng phõn

Câu 38: Chỉ dùng hóa chất để phân biệt hai bình nhãn chứa khí C2H2 HCHO?

A Dung dịch AgNO3/NH3. B Dung dịch NaOH

C Dung dịch Br2 D Na

HDG + C2H2 phản ứng cho kết tủa vàng nhạt

+ HCHO cho kết tủa trắng (hoặc nâu - đen)

C©u 39: Hỗn hợp khí A chứa hidro ankanal X Tỉ khối A hidro Đung nóng nhẹ hỗn hợp A có mặt chất xúc tác Ni Phản ứng kết thúc thu hỗn hợp khí B có tỉ khối hidro 12 X là?

A HCHO B CH3CHO C C2H5CHO D C3H7CHO

HDG + Xét mol A  mA=MA =16

+ Bảo toàn khối lượng: mB = mA = 16  nB = 2/3 ÞnH pu2 =nXpu = -1 / 1/ 3=

+ Do MB=24 nên B có H2 dư Mà phản ứng hồn tồn nên X hết  số mol H2 A – 1/3 = 2/3  mA = 2/3.2+1/3.MX = 16  MX = 44 (CH3CHO)

C©u 40: Brom phản ứng với axit butiric (X) sinh CH3CHBrCH2COOH (Y) CH3CH2CHBrCOOH (Z)

BrCH2CH2CH2COOH (T) tùy theo điều kiện phản ứng Chiều tăng dần tính axit (từ trái qua phải) axit

A Y, Z, T, X B X, T, Y, Z. C X, Y, Z, T D T, Z, Y, X HDG

Ngun tử Br gần nhóm chức tính axit mạnh C©u 41: C4H8O2 có đồng phân axit ?

A đồng phân B đồng phân C đồng phân D đồng phân

C©u 42: Cho chất sau: CH3CH2CHO, CH2=CHCHO, CH3COCH3, CH2=CHCH2OH Những chất tác dụng hoàn

toàn với H2 dư (Ni, to) cho sản phẩm?

A CH3CH2CHO, CH2=CH–CHO, CH3–CO–CH3, CH2=CH–CH2OH

B CH3CH2CHO, CH2=CH–CHO, CH3–CO–CH3

C CH2=CH–CHO, CH3–CO–CH3, CH2=CH–CH2OH

D CH3CH2CHO, CH2=CH–CHO, CH2=CH–CH2OH.

C©u 43: Andehit X mạch hở, cộng hợp với H2 theo tỷ lệ : (lượng H2 tối đa) tạo chất Y Cho Y tác dụng hết với Na

(25)

A Andehit no, hai chức B Andehit không no (chứa nối đôi C=C), hai chức C Andehit no, đơn chức D Andehit không no (chứa nối đôi C=C), đơn chức

HDG

2

H Y

n =n  Y ancol chức  X andehit chức Mà X cộng với H2 theo tỉ lệ 1:2 nên X anđehit no, chức

C©u 44: Cho chất có CTPT sau, chất khơng phải andehit?

A C5H10O B C2H2O2 C C3H8O D CH2O

HDG Với andehit D ³1 C3H8O có D =0 nên khơng thể andehit

C©u 45: Cho hỗn hợp X gồm anđehit đồng đẳng tác dụng hết với H2 (Ni, to), thu hỗn hợp Y Đốt cháy

hoàn toàn Y thu 3,36 lit CO2 4,5 gam H2O Công thức phân tử anđehit X

A CH4O C2H6O B CH2O C2H4O. C C3H6O C4H8O D C3H8O C4H10O

HDG

2

CO H O Y

n =0,15; n =0, 25Þn =0,1Þ =C 1,5

C©u 46: Cho 4,52 gam hỗn hợp X gồm C2H5OH, C6H5OH, CH3COOH tác dụng vừa đủ với Na thấy V ml khí (ở

đktc) 5,4 gam hỗn hợp rắn Giá trị V

A 448. B 560 C 672 D 896

HDG

Cả chất tác dụng với Na thay nguyên tử H nhóm OH nguyên tử Na nên D =22 5, 4,52

V .22, 0, 448lit 448ml 44

-ị = = =

Câu 47: Axit có phản ứng với Cu(OH)2/OH đun nóng cho kết tủa đỏ gạch?

A Axit oxalic B Axit stearic C Axit acrylic D Axit fomic. HDG

HCOOH có nhóm chức andehit –CHO nên bị oxi hóa Cu(OH)2/OHkhi đun nóng

C©u 48: Đốt cháy hoàn toàn 6,0 gam axit cacboxylic X dẫn tồn sản phẩm cháy qua bình (1) đựng axit H2SO4 đặc, dư bình (2) đựng dung dịch NaOH đặc, dư Kết thúc thí nghiệm, khối lượng bình (2) tăng nhiều khối

lượng bình tăng 5,2 gam Công thức cấu tạo X

A HCOOH B CH3COOH. C C2H5COOH D C3H7COOH

HDG

Từ đáp án suy X axit no đơn chức  số mol CO2 số mol H2O  CO2 H O2

5, 2 6

n n 0, 2 .n 0, 2 n 2

44 18 14n 32

= = = Þ = Þ =

- +

C©u 49: Nhiệt độ sơi axit cacboxylic cao anđehit, xeton, ancol có số nguyên tử C do A axit cacboxylic chứa nhóm C=O nhóm −OH

B phân tử khối axit lớn nguyên tử H nhóm axit linh động

C phân cực nhóm cacboxyl tạo thành liên kết hiđro liên phân tử phân tử axit D axit cacboxylic chất lỏng chất rắn

C©u 50: Cho sơ đồ chuyển hóa:

But – – en   HCl A   NaOH B  HSO ,170C

o đăc

E Tên E là:

A but – – en. B propen C iso – butilen D dibutyl ete

MỘT SỐ MẸO GIẢI NHANH BÀI TOÁN ESTE

(26)

*Nếu tỉ lệ mol NaOH 2

este

n

n = (thường đề cho tối đa chức) thì este

2

( ') 2 t ( ) 2 '

R COOR + NaOH ắắđR COONa + R OH

0

2

( ) ' 2 t 2 '( )

RCOO R + NaOH ắắđ RCOONa R OH+

0

6 2

t

RCOOC H + NaOH ắắđRCOONa C H ONa H O+ +

* Có thể áp dụng định luật bảo tồn khối lượng cho loại tốn này: meste + mNaOH = mmuối + mchất A (chất A: ancol, andehit, xeton)

*Nếu sau phản ứng Xà phòng hóa, cạn dung dịch thu chất rắn B ( tồn nước, este cịn dư, ancol sinh bay hết) Cần ý khả B cịn muối dư đó:

mrắn = mmuối + mkiềm dư

* Cho a (g) chất béo tác dụng vừa đủ với x (mol) dd NaOH Cô cạn dd thu m (g) xà phòng m = a +28.x 3 *nBr pu2 =nhchc.sop

Dạng 2: Xác định CTPT este dựa vào phản ứng đốt cháy. *

2 2

1

2 2

O CO H O Dot

soO

n =n + n - n

*Nếu este E cháy hoàn toàn mà cho sản phẩm cháy:

O H CO n

n 2  2 E este no, đơn chức, có CTTQ: CnH2nO2

Ta ln có (k-1).ndot =nCO2 -nH O2 ( với k Σπ phân tử hchc) *Áp dụng nguyên lý bảo toàn số mol nguyên tố với pư cháy este, ta có

nO(E)nO(trong O2pư)= nO(trong CO2) +nO(trong H2O)

* Với este E đơn chức CxHyO2, ta có:

O

E n

n

2 1

 (trong E) hay [(2 2 2 ) 2 2

1

O O H CO

E n n n

n    (pư)]

*Nếu đốt cháy hoàn toàn este E, cho toàn sản phẩm cháy( gồm CO2 H2O) qua dung dịch Ca(OH)2, hay

Ba(OH)2 ta có:

Độ tăng khối lượng dung dịch:D =m (mCO2 +mH O2 )- ¯m (sinh )ra

Độ giảm khối lượng dung dịch:D = ¯m m (sinh ) (ra - mCO2 +mH O2 )

*Nếu đốt cháy hoàn toàn este no đơn chức E (CnH2nO2), cho toàn sản phẩm cháy (gồm CO2 H2O) qua dung

dịch kiềm(NaOH, KOH) Độ tăng khối lượng bình D m

2 (44 18)

CO H O

m

n =n = D

+

*Nếu đề cho este no, đơn chức, mạch hở E cháy hoàn toàn, cho nO2(pư)=nCO2(sinh ra) HCOOCH3 *Este có số nguyên tử C3

Este có Meste 100 => este đơn chức

CHUYÊN ĐỀ ESTE – LIPIT CÁC CHÚ Ý KHI LÀM NHANH BÀI TẬP

(27)

- Nắm lí thuyết, phương trình, gốc hiđrocacbon thường gặp để nháp nhiều - Đốt cháy este no cho nCO2 = nH2O ngược lại

- Nếu đề cho hay từ đáp án suy este đơn chức phản ứng với NaOH số mol chất ln - Xà phịng hố este đơn chức cho muối nước => este phenol

- Khi cho hh chất hữu tác dụng với NaOH:

+ tạo số mol ancol bé số mol NaOH => hh ban đầu gồm este axit Khi đó: nancol = neste; nmuối = nNaOH(pư) = nhh

+ tạo số mol ancol lớn số mol NaOH => hh ban đầu gồm este ancol Dạng 1: Pư cháy

Câu 1: Khi đốt cháy hoàn toàn este no, đơn chức nCO2 =nO2 Pư Tên gọi este

A Metyl fomiat B Etyl axetat C Metyl axetat D n- Propyl axetat Hướng Dẫn

Goi CT CnH2nO2

-+ ắắđ0 +

2 2 2

3 2 2

t n n

n

C H O O nCO nH O

Ta có

2

3 2

2 2

CO O

n

n =n ® =n - ® n= ® A

Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn 7,4 gam hỗn hợp hai este đồng phân, thu 6,72 lít CO2 (đktc) 5,4 gam H2O CTPT

hai este

A C3H6O2 B C2H4O2 C C4H6O2 D C4H8O2

Hướng Dẫn

2

0,3 ( ) 2 0,6 ( )

: : 3: : 2 7, – 0,3.12 – 0,6.1

0, ( ) 16

C CO

H H O

C H O

O

n n mol

n n n

n mol

= =

ì ï

= =

ïï ® =

í ï

ï = =

ïỵ

CTĐG đồng thời CTPT hai este C3H6O2

Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp este, cho sản phẩm cháy qua bình P2O5dư khối lượng bình tăng lên 6,21 gam, sau

đó cho qua dd Ca(OH)2 dư 34,5 gam kết tủa Các este thuộc loại :

A Este no B Este không no C Este no , đơn chức , mạch hở D Este đa chức Hướng Dẫn:

2

6, 21 34,5

0,345 0,345

18 100

H O CO CaCO

n = = mol n= =n = = mol®nên hai este no đơn chức mạch hở

Câu 4: Hợp chất X T/d với dd NaOH đun nóng với dd AgNO3/NH3.Thể tích 3,7 gam chất X

thể tích 1,6 gam O2 (cùng đk nhiệt độ áp suất) đốt cháy hồn tồn gam X thể tích CO2 thu

vượt 0,7 lít (ở đktc) CTCT X

A O=CH-CH2 –CH2OH B HOOC-CHO C CH3COOCH3 D HCOOC2H5

Hướng Dẫn

Do đk nhiệt độ áp suất 2 x

1,6 3,7

0, 05 M = 74 vc

32 0,05

X O

(28)

Đốt cháy hồn tồn gam X thể tích CO2 thu vượt 0,7 lít (ở đktc)→ D

Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn 11,6 gam este X thu 13,44 lít CO2(đktc) 10,8 gam H2O Mặt khác Cho 11,6 gam este

đó T/d với dd NaOH thu 9,6 gam muối khan CT X :

A C3H7COOC2H5 B C2H5COOC2H5 C C2H5COOC3H7 D CH3COOC3H7

Hướng Dẫn

2

10,8 13, 44

0,6 0,6

18 22, 4

H O CO

n = = mol n= = = mol®nên este no đơn chức có CTTQ: CnH2nO2

CnH2nO2 ® nCO2

11,6

14n+32 11,6

. 0,6 14n+32 n= ® n= 6® C6H12O2 es

11,6 0,1 116

te

n mol

® = =

RCOOR’ + NaOH ắắđPt RCOONa + ROH

0,1 0,1 0,1 Ta có 0,1.(R+67)=9,6=> R=29: C2H5

-Vậy CTCT este C2H5COOC3H7

Câu 6: Hỗn hợp X gồm hai este no, đơn chức, mạch hở Đốt cháy hoàn toàn X cần 3,976 lít O2 (đktc) 6,38

gam CO2 Mặt khác X T/d với dd NaOH muối hai ancol đồng đẳng CTPT hai este

X

A C2H4O2 C5H10O2 B C2H4O2 C3H6O2

C C3H4O2 C4H6O2 D C3H6O2 C4H8O2

Hướng Dẫn

Do X este no đơn chức T/d với dd NaOH, muối hai ancol đồng đẳng → Goi CTcủa hai este

2 n n

C H O

Ta có 2 3,976 0,1775 à 2 6,38 0,145

22, 4 44

O CO

n = = mol v n = = mol

Phản ứng cháy

-+ ắắđ +

đ

-0

2 2

2

3 2 2

0,1775 0,1775

3 2 2 t

n n

n

n mol

n

Ta có

ỡ

= đ = đớ đ

- ợ

3 C H O 0,1775

0,145 3,625

C H O 3 2

2

n

n D

n

Câu 7: X hỗn hợp este ancol no, đơn chức axit no, đơn chức đồng đẳng Đốt cháy hịan tồn 0,1 mol X cần 6,16 lít O2(đktc) Đun nóng 0,1 mol X với 50 gam dd NaOH 20% đến Pư hịan tồn, cạn dd sau Pư

được m gam chất rắn Giá trị m là:

A 13,5 B 7,5 C 15 D 37,5 Hướng Dẫn

(29)

® Goi CTcủa hai este C H On 2n

-+ ắắđ +

-đ

0

2 2

2

3 2 2

3 2 0,1 0,1.

2 t n n

n

mol

® n=2,5 ® HCOOCH3 Và CH3COOCH3

Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 6,8 gam este A no đơn chức chứa vịng benzen thu CO2 H2O Hấp thụ tồn sản

phẩm vào bình đựng dd Ca(OH)2 lấy dư thấy khối lượng bình tăng 21,2 gam đồng thời có 40 gam kết tủa Xác định

CTPT, CTCT có A

A B C D Hướng Dẫn

Tìm CTĐG: dễ dàng tìm CTPT C8H8O2

4 CTCT: phenyl axetat; đp: o, m, p -metyl phenyl fomat

Câu 9: Hôn hơp Z gôm hai este X và Y tao bởi cung môt ancol và hai axit cacboxylic kê tiêp day đông đăng (MX < MY) Đôt chay hoàn toàn m gam Z cần dung 6,16 lit O2 (đktc), thu đươc 5,6 lit CO2 (đktc) và 4,5 gam H2O CT este

X và gia trị cua m tương ưng là

A CH3COOCH3 và 6,7 B HCOOC2H5 và 9,5

C HCOOCH3 6,7 D (HCOO)2C2H4 và 6,6

Hướng Dẫn

2 0,25

CO H O

n =n = ® X, Y este no đơn chức Áp dụng ĐLBTKL : m = 0,25.44 + 4,5 - 6,16.32

22,4 = 6,7 (gam)

Đặt công thức X, Y : C H On 2n ® 2 2 2

1 0,25

n n

C H O CO

n n

= =

®14 32 6, 7 26,8 0, 25

+ = n =

n n®n=2,5 ® n = ; n = X : C2H4O2 HCOOCH3

Y : C3H6O2 CH3COOCH3

Câu 10: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai este X, Y, đơn chức, no, mạch hở cần 3,976 lít oxi(đktc) thu 6,38 gam CO2 Cho lượng este T/d vừa đủ với KOH thu hỗn hợp hai ancol 3,92 gam muối axit hữu

CTCT X, Y

A C2H5COOC2H5 C2H5COOC3H7 B C2H5COOCH3 C2H5COOC2H5

C CH3COOCH3 CH3COOC2H5 D HCOOC3H7 HCOOC4H9

Hướng Dẫn Đặt CTTB este X, Y là: CnH2n+1COOCmH2m1

Vì X, Y este đơn chức, no, mạch hở nên: nH2O= nCO2= 6,38/44 = 0,145 mol

®meste + mO2= 44 nCO2+ 18.nH2O ® meste = 3,31 gam

Ta có : mO(trong este) = meste – mC – mH = 3,31 – 12.0,145 – 2.1.0,145 = 1,28 gam

(30)

® nmuối = neste = 0,04 mol ® Mmuối = 14n + 84 = 3,92/0,04 = 98 ® n =

Mặt khác: Meste= 3,31/0,04 = 82,75 ® 12.1 + 46 + 14m = 82,75 ® m= 1,77 Vậy: X CH3COOCH3 Y CH3COOC2H5 đáp án C

Câu 11: Este X no, đơn chức, mạch hở, khơng có Pư tráng bạc Đốt cháy 0,1 mol X cho sản phẩm cháy hấp thụ hồn tồn vào dd nước vơi có chứa 0,22 mol Ca(OH)2 thu kết tủa Thuỷ phân X dd NaOH thu

chất hữu có số nguyên tử cacbon phân tử Phần trăm khối lượng oxi X là: A 43,24% B 53,33% C 37,21% D 36,26%

Hướng Dẫn Cn  nCO2

0,1 0,1n

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (1)

0,22  0,22  0,22

CO2 + CaCO3 + H2O Ca(HCO3)2 (2)

0,22  0,22

Theo (1), (2): để thu kết tủa thì: nCO2 < 0,22+0,22 = 0,44 Hay: 0,1n < 0,44 ® n < 4,4

X + NaOH tạo chất có C = ®X có C X khơng có Pư tráng gương ® n = C4H8O2

Câu 12: Hỗn hợp X gồm hai chất hữu no, đơn chức T/d vừa đủ với 100 mldd KOH 0,4M, thu muối 336 ml ancol (đktc) Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp X trên, sau hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bình đựng dd Ca(OH)2(dư) khối lượng bình tăng 6,82 gam CT hai hợp chất hữu X

A CH3COOH CH3COOC2H5 B C2H5COOH C2H5COOCH3

C HCOOH HCOOC2H5 D HCOOH HCOOC3H7

Hướng Dẫn Nhìn vào đáp án cho thấy hỗn hợp X gồm axit este

Goi CT hỗn hợp X là: CnH2n+1COOH x mol CnH2n+1COOCmH2m+1 y mol

Tác dụng KOH 0,04

0,025 0,336

0,015 0,015 22, 4

x y

x

y y

+ =

ì =

ì

ï đ

ớ = = ớ =

ợ ùợ

Pư cháy hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bình đựng dd Ca(OH)2(dư) khối lượng bình tăng 6,82 gam →

2 6,82

CO H O

m +m =

Câu 13: Để đốt cháy hoàn toàn mol axit cacboxylic đơn chức X cần 3,5 mol O2 Trộn 7,4 gam X với lượng đủ ancol no

Y (biết tỉ khối Y so với O2 nhỏ 2) Đun nóng hỗn hợp với H2SO4 làm xúc tác Pư hoàn toàn 8,7 gam este

Z(trong Z khơng cịn nhóm chức khác) CTCT Z

A C2H5COOCH2CH2OCOC2H5 B C2H3COOCH2CH2OCOC2H3

C CH3COOCH2CH2OCOCH3 D HCOOCH2CH2OCOH

Bài giải: Phản ứng cháy: CXHyO2 + (x +

4 y

-1)O2 xCO2 +

2 y

H2O (1)

Theo (1), ta có : x + 4 y

-1= 3,5  x + 4 y

= 4,5    

 

6 y

3 x

 X : C2H5COOH

(31)

 Meste = 73m + 14n + – m = 0,1.m

7 ,

hay 14n + = 15m (2)

Mặt khác dYO2< hay 14n + + 16m < 64  30m + < 64 (vì m  n)  m < 2,1

Từ (2) 

  

 

2 m

2 n

 ancol Y : C2H4(OH)2  Z : C2H5COOCH2CH2OCOC2H5

Câu 14: Hỗn hợp X gồm axit axetic, etyl axetat metyl axetat Cho m gam hỗn hợp X T/d vừa đủ với 200 ml dd NaOH 1M Mặt khác, đốt cháy hoàn tồn m gam hỗn hợp X cần V lít O2(đktc) sau cho tồn sản phẩm cháy vào dd NaOH

dư thấy khối lượng dd tăng 40,3 gam Giá trị V là:

A 17,36 lít B 19,04 lít C 19,60 lít D 15,12 lít Hướng Dẫn

X có cơng thức chung CnH2nO2 với nX = 0,2 mol

m dd tăng = mCO2 + mH2O = 0,2.n.44 + 0,2.n.18 = 40,3 → n = 3,25

nO2 = (3n-2)/2 = (3.3,25-2)/2 → V = 17,36

Câu 15: Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat axit oleic, hấp thụ toàn sản phẩm cháy vào dd Ca(OH)2 (dư) Sau Pư thu 18 gam kết tủa dd X Khối lượng X so với khối lượng dd

Ca(OH)2 ban đầu thay đổi

A Tăng 2,70 gam B Giảm 7,74 gam C Tăng 7,92 gam D Giảm 7,38 gam Hướng Dẫn

hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat axit oleic có CT là: C Hn 2n-2O2

2 2

2 0,18

n n

C H O CO H O

n n n a

- = - = - Áp dụng ĐLBT khối lượng nguyên tố ta có:

2

2 0,18.12 2. (0,18 ).2.16 3, 42 0,15

n n C H O

m a a a mol

- = + + - = => =

Khối lượng X so với khối lượng dd Ca(OH)2 ban đầu giảm là: ( 2 ) 18 (0,18.44 0,15.18) 7,38

CaCO CO H O

m - m +m = - + = gam=> D

Câu 16: Đốt cháy hoàn toàn 10 ml este X cần vừa đủ 45ml O2 thu khí CO2 nước có tỉ lệ thể tích 4:

3 Ngưng tụ sản phẩm cháy thể tích giảm 30 ml Biết thể tích đo điều kiện Công thức X là: A C4H6O2 B C4H6O4 C C4H8O2 D C8H6O4

Hướng Dẫn Do thể tích đo điều kiện nên thể tích chình số mol Gọi CT este CxHyOz

CxHyOz + ( )

4 2

y z

x+ - O2 o

t

ắắđ xCO2 +

2

y

H2O

10 ® ( ) 4 2

y z

x+ - 10 ® 10x ® 5y Ta có ( )

4 2

y z

x+ - 10 = 45 (1) Tỉ lệ khí CO2 nước:

10 4

5 3

x

y = (2)

(32)

Từ (1),(2),(3) 4

6 C H O 2

x

y A

z

= ì ï

®í = ® ®

ï = ỵ

Câu 17: Một este A (không chứa chức khác) mạch hở tạo từ axit đơn chức rượu no Lấy 2,54 gam A đốt cháy hoàn toàn thu 2,688 lít CO2 (đktc) 1,26 gam H2O 0,1 mol A Pư vừa đủ với 12 gam NaOH tạo muối

rượu Đốt cháy toàn lượng rượu 6,72 lít CO2 (đktc) Xác định CTPT, CTCT A

A C3H5(OOCCH3)3 B C3H5(OOCC2H5)3

C C2H4(OOCCH3)3 D C3H5(OOCCH = CH2)3

Hướng Dẫn nA:nNaOH = 1:3

(RCOO)3R’ + 3NaOH  3RCOONa + R’(OH)3

0,1  0,1

Số nguyên tử cacbon rượu

0,3

3 ( )

0,1

n C H OH

® = = ®

Khi đốt cháy A => CTĐG: C6H7O3 Vì este chức => CTPT A: C12H14O6= 254

Ta có: 3(R1 + 44) + 41 = 254 R1= 27 CH2 CH

Vậy A: (C2H3COO)3C3H5

Câu 18: Đem hóa 6,7 gam hỗn hợp X gồm CH3COOH, CH3COOC2H5, CH3COOCH3 HCOOC2H5 thu 2,24 lít

hơi (đktc) Đốt cháy hoàn toàn 6,7 gam X thu khối lượng nước

A 4,5 gam B 3,5 gam C gam D gam Hướng dẫn

Gọi công thức chung X CnH2nO2 MX = 14n + 32 = = 67  n = 2,5

Sơ đồ cháy : CnH2nO2  nCO2 + nH2O

 n = 2,5.0,1 = 0,25 mol  m = 0,25.18 = 4,5 gam

Dạng 2: Xác định CTPT dựa vào tỉ khối hơi

Câu 1: Este A điều chế từ ancol metylic có tỉ khối so với oxi 2,3125 CT A là:

A C2H5COOC2H5 B CH3COOCH3 C CH3COOC2H5 D C2H5COOCH3

Hướng Dẫn Do Este A điều chế từ ancol metylic

2

3 Este 2,3125 Este 74 15 O

RCOOCH d M R

® ® = ® = ® =

Câu 2: Este X không no, mạch hở, có tỉ khối so với oxi 3,125 tham gia Pư xà phịng hố tạo anđehit muối axit hữu Có CT phù hợp với X

A.2 B.3 C.4 D.5 Hướng Dẫn

2

' '

Es Es

Es te 3,125 te 100 56

O

CT te RCOOR ®d = ®M = ® +R R =

Pư xà phịng hố tạo anđehit muối axit hữu '

2

'

3

'

4

27 29 OO

41 15 OO

55 1 OO ( ó 2 )

R R C H C C H

R R CH C C H

R R HC C H c CTCT

® = ® = ®

– –

(33)

Câu 3: X este no đơn chức, có tỉ khối so với CH4 5,5 Nếu đem đun 2,2 gam este X với dd NaOH dư, thu

được 2,05 gam muối CTCT X là:

A HCOOCH2CH2CH3 B HCOOCH(CH3)2 C C2H5COOCH3 D CH3COOC2H5

Hướng Dẫn

4

' '

Es Es

Es te 5,5 te 88 44

CH

CT te RCOOR ®d = ®M = ® +R R =

2,2 gam este X 2, 2 0,025 88

X

n mol

® = =

RCOOR' + NaOH '

RCOONa R OH

® +

0,025 0,025 mol '

3

(R 44)0,025 2,05 R 15 R 29 CH COOC H

® + = ® = ® = ®

Câu 4: Este đơn chức X có tỉ khối so với CH4 6,25.Cho 20 gam X T/d với 300 ml dd KOH 1M (đun nóng) Cơ cạn

dd sau Pư thu 28 gam chất rắn khan CTCT X

A.CH2=CH-CH2COOCH3 B.CH2=CH-COOCH2CH3

C.CH3COOCH=CH-CH3 D.CH3-CH2COOCH=CH2

Hướng Dẫn

4

' '

Es Es

Es te 6, 25 te 100 56

CH

CT te RCOOR ®d = ®M = ® +R R =

Cho 0,2 mol X T/d với 0,3 mol KOH ®28 gam chất rắn khan gồm muối KOH dư RCOOR' + KOH ®RCOONa + R OH'

0,2 ® 0,2 ® 0,2 mol '

2

(R 44 39)0, 0,1(39 17) 28 R 29 R 27 C H COOC H D

® + + + + = ® = ® = ® ®

Câu 5: Một este tạo axit đơn chứac Ancol đơn chức có tỉ khối so với CO2 Khi đun nóng este với

NaOH tạo muối có khối lượng lớn este Pư CTCT este là:

A CH3COOCH3 B HCOOC3H7 C CH3COOC2H5 D C2H5COOCH3

Hướng Dẫn

2

' '

Es Es

Es te 2 te 88 44

CO

CT te RCOOR ®d = ®M = ® +R R =

'

RCOOR + NaOH ®RCOONa + R OH'

Ta có muối có khối lượng lớn este Pư

'

' ' '

2

67 44 23 15 29 C H COOCH

RCOONa RCOOR

M M R R R R R R

® > ® + > + + ® < ® = ® = ®

Câu 6: Este tạo axit đơn chức Ancol đơn chức có tỉ khối so với CO2 Khi đun nóng este với dd

NaOH tạo muối có khối lượng 93,18% lượng este Pư CTCT este

A CH3COOCH3 B HCOOC3H7 C CH3COOC2H5 D C2H5COOCH3

Hướng Dẫn

2

' '

Es Es

Es te 2 te 88 44(1)

CO

CT te RCOOR ®d = ®M = ® +R R =

'

RCOOR + NaOH ®RCOONa + R OH'

(34)

'

' 67

.100 93,18 0,9318(2) 44

RCOONa RCOOR

M R

M R R

+

® = ® =

+ +

Từ (1) (2) '

15

CH COOC H 29

R

C R

= ì

® ®

í = ỵ

Câu 7: Một este ancol metylic T/d với nước brom theo tỉ lệ mol : thu sản phẩm brom chiếm 35,08% theo khối lượng Este là:

A metyl propyonat B metyl panmitat C metyl oleat D metyl acrylat Hướng Dẫn

Theo giả thiết mol este + mol Br2 Gọi M khối lượng mol este ta có :

3 160

0,35087 296 59 237

160 M RCOOCH R R

M + = => = = = + => =

R C17H33 Vậy este là: metyl oleat

Câu 8: Xà phịng hóa hồn toàn 20,4 gam chất hữu X đơn chức dd NaOH thu muối Y Z Cho Z T/d với Na dư thu 2,24 lít H2 (ở đktc) Nung Y với NaOH rắn thu khí R, dR/O2=0,5 , Z T/d với CuO nung nóng cho sản

phẩm khơng có Pư tráng bạc Tên gọi X :

A Etyl axetat B Iso Propyl axetat C Propyl propinoat D Isopropyl fomat Hướng Dẫn

X este đơn chức tạo acid có muối Y R-COONa ancol đơn chức Z , R’- OH.

Số mol R’-OH= số mol H =2,24 : 11,2= 0,2 mol nên số mol X= 0,2 mol

Khí R có khối lượng mol = 32.0,5= 16 : CH4 nên muối Y CH3COONa

Khối lượng mol X = 20,4 : 0,2 = 102g/mol Ta có : CH3COOR’ = 59 + R’= 102

=> R’= 43 nên R’ C3H7 este X CH3-COOC3H7

Câu 9: Thực Pư xà phịng hố chất hữu X đơn chức với dd NaOH thu muối Y ancol Z Đốt cháy hoàn toàn 2,07 gam Z cần 3,024 lít O2 (đktc) thu lượng CO2 nhiều khối lượng nước 1,53 gam Nung Y với vơi

tơi xút thu khí T có tỉ khối so với khơng khí 1,03 CTCT X là:

A C2H5COOCH3 B CH3COOC2H5 C C2H5COOC3H7D C2H5COOC2H5

Hướng Dẫn - Theo đề bài: X đơn chức, tác dụng với NaOH sinh muối ancol

 X este đơn chức: RCOOR’

Mặt khác: mZ + mO2 = mCO2+ mH2O  44.nCO2+ 18.nH2O= 2,07 + (3,024/22,4).32 = 6,39 gam

Và 44.nCO2- 18.nH2O= 1,53 gam  nCO2= 0,09 mol ; nH2O= 0,135 mol

O H

n 2 > nCO2  Z ancol no, đơn chức, mạch hở có cơng thức: CnH2n+1OH (n ≥ 1)

Từ phản ứng đốt cháy Z  2

CO O H

n n

=

n n1

= 09 , 0

135 , 0

 n =

Y có dạng: CxHyCOONa  T: CxHy+1  MT = 12x + y + = 1,03.29



  

 

6 2

y x

 C2H5COOC2H5 đáp án D

(35)

TH1: Thủy Phân Este đơn chức

Câu 1: Cho este X có CTPT C4H8O2 T/d với NaOH đun nóng muối Y có phân tử khối lớn phân tử khối

X Tên gọi X là:

A Metylpropionat B Etyl axetat C Propyl fomat D Iso Propyl fomat Hướng Dẫn

C4H8O2 (X) =88 < C2H5ONa (Y) => CTCT C2H5-COOCH3 Metylpropionat

Câu 2: Thuỷ phân hoàn toàn 8,8 gam este đơn chức, mạch hở X với 100 ml dd KOH 1M (vừa đủ) thu 4,6 gam ancol Y Tên gọi X là:

A Etyl Fomat B Etyl Propionat C Etyl Axetat D.Propyl Axetat Hướng Dẫn

Nhìn vào đáp án nhận thấy este X no đơn chức, mạch hở Gọi CTCT este CnH2n + 1COOCmH2m +

nrượu = nKOH = 0,1 mol 2

4,6

46 14 18 46 2

0,1

m m

C H OH

M + m m C H OH

® = = ® + = ® = ®

neste=nKOH =0,1 mol es

8,8

88 14 74 88 1 es à OO

0,1

te

M n n tel CH C C H

® = = ® + = ® = ®

Câu 3: Cho 12,9 gam este đơn chức, mạch hở T/d hết với 150ml dd KOH 1M Sau Pư thu muối anđehit. Số CTCT este thoả mãn tính chất là:

A B C D Hướng Dẫn:

HCOOCH=CH-CH3 CH3COOCH=CH2

Câu 4: Hôn hơp M gôm axit cacboxylic X, ancol Y (đêu đơn chưc, sô mol X gâp hai lần sô mol Y) và este Z đươc tao tư X và Y Cho hôn hơp M T/d vưa đu vơi dd chưa 0,2 mol NaOH, tao 16,4 gam muôi và 8,05 gam ancol Công thưc cua X và Y là

A HCOOH và CH3OH B CH3COOH và CH3OH

C HCOOH và C3H7OH D CH3COOH và C2H5OH

Hướng Dẫn: Gọi số mol: RCOOH a

R’OH ½ a RCOOR’ b

Theo giả thiết:  nRCOONa = a + b = 0,2 mol MRCOONa = 82  R = 15 (CH3) X CH3COOH

Loại đáp án: A C ½ (a + b) < nR’OH = ½ a + b < a + b  0,1 < nR’OH < 0,2

40,25 < Mancol < 80,5 Loại đáp án B

Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn este đơn chức mạch hở X ( phân tử có số liên kết Л < 3) thể tích CO2 6/7 thể tích

O2 Pư ( thể tích khí đo điều kiện) Cho m gam X T/d với 200 ml dd KOH 0,7M dd Y Cô cạn dd Y

được 12,88 gam chất rắn khan Giá trị m là:

(36)

CnH2n-2kO2 +

3 2

2

n k O

→ nCO2 + (n-k)H2O

Từ PT giả thiết ta có: n= 6 3. 2 2 2

7 2 3

n k

k n

- - => =

-2

ì 3 ê 2 3 7,5 7,6,5, 4,3, 2 3

V k< n n n- < => <n => =n

Muốn cho k nguyên dương n phải chia hết cho

- Nếu n= k=2 nên cơng thưc C6H8O2 - Nếu n= k=0 nên cơng thưc C3H6O2=74

Vì lời giải dài phức tạp nên ta mò nghiệm cách cho este CH3COOCH3

Số mol KOH= 0,2 0,7= 0,14 mol

CH3COOCH3 + KOH → CH3COOK + CH3OH

x x x

Gọi x số mol este ta có: (0,14- x) 56 + 98x=12,88 → x = 0,12 mol nên m= 0,12 74 = 8,88 gam

Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn 17 gam hỗn hợp X gồm ancol đơn chức este no, đơn chức, mạch hở 12,32 lít CO2

(đktc) 14,4 gam H2O Mặt khác, đun 17 gam hỗn hợp X với 150 ml dd KOH 0,8M, cạn dd sau phản ứng

khối lượng chất rắn khan thu

A 8,16 gam B 10,08 gam C 9,96 gam D 11,88 gam Hướng Dẫn

- Tính số mol Ancol

2

0,55

0,8 0,55 0, 25 0,8

CO

Acol H O

n mol

=

ìï ® = - =

í =

ïỵ

- Pư cháy

( ) ( ) ( )

2

n 2n 2

m 2m 2

C H O 0, 25 mol 0, 25

0,55 0, 25 0,55 (1)

C H O b mol

0, 25 14n 18 b 14m 32 17 14 0, 25.n b.m 0, 25.18 32b 17 (2) (1),(2) b 0,15

O mol nCO n mol n bm

mCO bm mol

+ +

ỡ ỡ

ắắắđ đ + =

ớ ớ

ợ ợ

+ + + = đ + + + =

® =

 0,25n+0,15m=0,55  5n+3m=11; giá trị phù hợp n=1;m=2 ® HCOOCH3 0,15 mol

- Pư thủy phân: nKOH =0,12mol HCOOCH3 + KOH

o

t

ắắđ HCOOK + CH3OH

0,12 ® 0,12 mol 0,12.84 10,08

HCOOK

m gam B

® = = ®

Câu 7: Xà phịng hóa hoàn toàn 20,4 gam chất hữu X đơn chức dd NaOH thu muối Y Z Cho Z T/d với Na dư thu 2,24 lít H2 (ở đktc) Nung Y với NaOH rắn thu khí R , dR/O2=0,5 , Z T/d với CuO nung nóng cho sản

phẩm khơng có Pư tráng bạc Tên gọi X :

A Etyl axetat B Iso Propyl axetat C Propyl propinoat D Isopropyl fomat Hướng Dẫn

X este đơn chức tạo muối Y R-COONa ancol đơn chức Z , R’- OH.

Số mol R’-OH= số mol H =2,24 : 11,2= 0,2 mol nên số mol X= 0,2 mol

(37)

Khối lượng mol X = 20,4 : 0,2 = 102g/mol Ta có : CH3COOR’ = 59 + R’= 102

=> R’= 43 nên R’ C3H7 este X CH3-COOC3H7

Câu 8: Cho 27,6 gam hợp chất thơm X có CT C7H6O3 T/d với 800 ml dd NaOH 1M dd Y Trung hòa Y cần 100 ml

dd H2SO4 1M dd Z Khối lượng chất rắn thu cô cạn dd Z

A 31,1 gam B 56,9 gam C 58,6 gam D 62,2 gam

Hướng Dẫn

7

C H O

n = 0,2; nNaOH= 0,8; nH+= 0,2 Þ 0,6 mol NaOH phản ứng với C7H6O3

HCOO-C6H4 –OH + 3NaOH o

t

ắắđHCOONa + C6H4(ONa)2 + 3H2O

0,2 0,6 0,2 0,2 Khối lượng chất rắn = 0,2.68 + 0,2.154 + 0,1.142 = 58,6 gam

Câu 9: Cho axit salixylic (axit o-hiđroxibenzoic) Pư với anhiđrit axetic axit axetylsalixylic (o-CH3COO-C6H4

-COOH) Để Pư hoàn toàn với 43,2 gam axit axetylsalixylic cần vừa đủ V lít dd KOH 1M Giá trị V A 0,72 B 0,48 C 0,96 D 0,24

Hướng Dẫn

o-CH3COO-C6H4-COOH + 3KOH = CH3COOK +o-KO-C6H4-COOK+ 2H2O (1)

theo (1) 3. axetylsalixylic 3.43, 2 0, 72 0,72 ít

180

KOH KOH

n = n = = mol =>V = l

TH2: Thủy phân hỗn hợp Este đơn chức

Câu 1: Xà phịng hóa hồn tồn 1,99 gam hỗn hợp hai este dd NaOH thu 2,05 gam muối axit 0,94 gam hỗn hợp hai ancol đồng đẳng CTCT hai este là:

A HCOOCH3 HCOOC2H5 B C2H5COOCH3 C2H5COOC2H5

C CH3COOC2H5 CH3COOC3H7 D CH3COOCH3 CH3COOC2H5

Hướng Dẫn Goi CTTB Este RCOOR

RCOOR + NaOH to

ắắđRCOONa + ROH p dng LBTKL: meste + mNaOH = mmuối + mrượu

1,99 + mNaOH = 2,05 + 0,94 ®mNaOH = ®1 nNaOH =0,025mol

OH

3 3

3

OH

2 2,05

0,025 82 15 CH COOCH

0,025 0,94

0,025 37,6 20,6 CH COOC H

0,025

RCOONa

R

RCOONa NaOH

NaOH R

n n M R CH

CH

n n M R

C H

ì = = ® = = ® = ®

-ì ï

ï ®ï

í ì - í

ï = = ® = = đ = đ ớ ù

ợ

ù ợ

-ỵ

Câu 2: Xà phịng hóa hịan toàn 14,55 gam hỗn hợp este đơn chức X,Y cần 150 ml dd NaOH 1,5M Cô cạn dd thu hỗn hợp ancol đồng đẳng muối CT este là:

A HCOOCH3, HCOOC2H5 B CH3COOCH3, CH3COOC2H5

C C2H5COOCH3, C2H5COOCH3 D C3H7COOCH3, C2H5COOCH3

Hướng Dẫn Goi CTTB Este RCOOR

RCOOR + NaOH to

(38)

Ta có es

1 HCOOCH

14,55

65 44 65 21

HCOOC H

0, 225 20

te

R

M R R R R A

R

=

ì ì

ï

= = ® + + = ® + = ®í ®í ®

=

ï ỵ

ỵ

Câu 3: X hỗn hợp hai este ancol, no đơn chức hai axit no, đơn chức, đồng đẳng Đốt cháy hồn tồn 0,1 mol X cần 6,16 lít O2(đktc) Đun nóng 0,1 mol X với 50 gam dd NaOH 20% đế Pư hồn tồn, cạn dd sau

Pư thu m gam chất rắn Giá trị m

A 15 gam B 7,5 gam C 37,5 gam D 13,5 gam

Hướng Dẫn

Do hai este ancol, no đơn chức hai axit no, đơn chức, đồng đẳng Gọi CTTB hai este C H On 2n → n=2,5

Pư cháy

2 2

2

3 2 2 0,1(3 2) 0,1

2

n n

n

-+ ® +

-®

Ta có

3

0,1 0,1(3 2) 6,16

2,5

OO 2 3,5 0, 275

2 22, 4

HCOOCH x mol x y x

n

CH C CH y mol x y y

+ = =

ì ì ì

-= ® = ®í ®í ®í

+ = =

ỵ ỵ

ỵ 50.20

0, 25 0, 25 0,1 0,15 100.40

NaOH NaOH du

n = = mol®n = - = mol

Câu 4: Hỗn hợp X gồm hai chất hữu Cho hỗn hợp X Pư vừa đủ với dd KOH cần hết 100 ml dd KOH 5M Sau Pư thu hỗn hợp hai muối hai axit no đơn chức rượu no đơn chức Y Cho toàn Y T/d với Na 3,36 lít H2 (đktc) Hai hợp chất hữu thuộc loại chất

A axit este B este ancol C este D axit ancol Hướng Dẫn

Ta có: nKOH =0,1.5 0,5= mol Ancol no đơn chức Y: CnH2n+1OH

CnH2n+1OH + Na ® CnH2n+1ONa +

1 2H2 0,3 mol ¬ 0,15 mol

Thuỷ phân hai chất hữu thu hỗn hợp hai muối ancol Y với nY < nKOH

Vậy hai chất hữu là: este axit

Câu 5: Hỗn hợp M gồm hai hợp chất hữu mạch thẳng X Y chứa T/d vừa đủ hết gam NaOH rượu đơn chức hai muối hai axit hữu đơn chức dãy đồng đẳng Rượu thu cho T/d với Na dư 2,24 lít H2 (đktc) X, Y thuộc lọai hợp chất

A.1 axit este B.1 este ancol C.2 este D axit ancol Hướng Dẫn

0, 2 0, 2

NaOH Acol

n mol

= ì

í =

ỵ Thuỷ phân hai X, Y thu nAncol = nNaOH Vậy X, Y hai este

Câu 6: Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic hai axit cacboxylic (no, đơn chức, dãy đồng đẳng) T/d hết với Na 6,72 lít H2 (đktc) Nếu đun nóng hỗn hợp X (có H2SO4 đặc làm xúc tác) chất hỗn hợp Pư vừa

(39)

A C3H7COOH C4H9COOH B CH3COOH C2H5COOH

C C2 H5COOH C3H7COOH D HCOOH CH3COOH

Hướng Dẫn Gọi CT hỗn hợp X CH OH3

RCOOH

ìï í ïỵ

Do đun nóng hỗn hợp X chất Pư vừa đủ với ®nCH OH3 =nRCOOH =x mol

T/d hết với Na 6,72 0,3 0,3

2 2 22, 4

x x

mol x mol

® + = = ® =

RCOOH + CH3OH

, H t+ ắắắđ

ơắắắ RCOOCH3

0,3® 0,3 mol este

2 CH COOH 25

83,33 44 15 83,33 24,333

C H COOH 0,3

M R R ì

® = = ® + + = đ = đ ớ

ợ

Cõu 7: Một hỗn hợp X gồm este đơn chức thủy phân hồn tồn mơi trường NaOH dư cho hỗn hợp Y gồm rượu đồng đẳng liên tiếp hỗn hợp muối Z

- Đốt cháy hỗn hợp Y thu CO2 H2O theo tỉ lệ thể tích 7:10

- Cho hỗn hợp Z T/d với lượng vừa đủ axit sunfuric 2,08 gam hỗn hợp A gồm axit hữu no Hai axit vừa đủ để Pưvới 1,59 gam natricacbonat

Xác định CT este biết este có số nguyên tử cacbon < không tham gia phản ứng với AgNO3/NH3 A C2H5COOC2H5, CH3COOC3H7 B CH3COOCH3, CH3COOC2H5

C C2H5COOCH3, C2H5COOCH3 D C3H7COOCH3, C2H5COOCH3

Hướng Dẫn Có: RCOOR’  RCOONa RCOOH + ½ Na2CO3 0,03  0,015 Đốt Y: nH2O > nCO2 => CnH2n +1OH Từ ti lệ => n = 2,33 => rượu là: C2H5OH C3H7OH (1)

M axit = 2,08/0,03 = 69,3 => R = 24,3 (2)

Do C < kết hợp (1),(2) => C2H5COOC2H5, CH3COOC3H7 (khơng có Pư với AgNO3/NH3)

TH3: Thủy phân Este đồng phân

Câu 1: Hỗn hợp X gồm hai este đơn chức đồng phân Đung nóng m gam X với 300 ml dd NaOH 1M, kết thúc Pư thu dd Y (m – 8,4) gam hỗn hợp gồm hai anđehit no, đơn chức, đồng đẳng có tỉ khối so với H2 26,2 Cô cạn dd Y thu (m – 1,1) gam chất rắn Công thức hai este

A.CH3COOCH=CHCH3 CH3COOC(CH3)=CH2 B HCOOC(CH3)=CH2 HCOOCH=CHCH3

C C2H5COOCH=CH2 CH3COOCH=CHCH3 D HCOOCH=CHCH3 CH3COOCH=CH2

Hướng Dẫn

RCHO

M = 52,4 ®CH3-CHO, C2H5-CHO loại đáp án A, B,

Áp dụng BTKL ta có:

(40)

( )

2

es Es

44x 58y 13,1 CH CHO x mol

8, 21,5 8, 13,1

44x 58 y 26, 2.2 x y C H CHO y mol

0,1

0,1 0,15 0, 25 86 0,15

RCHO

te te

m m gam

x

n mol M D

y + = - ì ì ï = - = - = đớ đớ + = + - ù ợ ợ = ỡ đ = + = đ = đ í = ỵ å å Câu 2:

Hỗn hợp A gồm ba chất hữu X, Y, Z đơn chức đồng phân nhau, T/d với NaOH Đun nóng 13,875 gam hỗn hợp A với dd NaOH vừa đủ thu 15,375 gam hỗn hợp muối hỗn hợp ancol có tỉ khối so với H2

20,67 Ở 136,50C, atm thể tích 4,625 gam X 2,1 lít Phần trăm khối lượng X, Y, Z (theo thứ tự KLPT

gốc axit tăng dần) là:

A 40%; 40%; 20% B 40%; 20%; 40% C 25%; 50%; 25% D 20%; 40%; 40%

Hướng Dẫn

Ta có : 0,0625mol

) 5 , 136 273 ( 082 , 0 1 , 2 . 1

nX 



  MX = 74

0625 , 0 625 , 4 

Mặt khác: X, Y, Z đơn chức, tác dụng với NaOH  X, Y, Z axit este

 CTPT dạng: CxHyO2, dễ dàng 

     6 y 3 x A      mol c : H HCOOC : Z mol b : COOCH CH : Y mol a : COOH H C : X 3                    gam 375 , 15 c 68 b 82 a 96 m 67 , 20 ) c b ( c 46 b 32 d mol 1875 , c b a n muèi H / ancol A          075 , c 0375 , b 075 , a

 đáp án B

Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai este đồng phân cần dùng 27,44 lít khí O2, 23,52 lít CO2

18,9 gam H2O Cho m gam X T/d hết với 400 ml dd NaOH 1M, cô cạn dd sau Pư 27,9 gam chất rắn khan,

có a mol muối Y b mol muối Z (My < Mz) Các thể tích khí đo đktc Tỉ lệ a : b

A : B : C : D : Hướng Dẫn

Dễ dàng có n CO2 = n H2O = 1,05 mol => Este no, đơn chức có cơng thức chung CnH2nO2

Có nhhX = (3.1,05 – 2.1,225) : = 0,35 mol (bảo toàn oxi) => n = 1,05 : 0,35 =

Hai este HCOOC2H5 a mol; CH3COOCH3 b mol

Có a + b = 0,35 68a + 82b + 0,05.40 = 27,9 a = 0,2 mol ; b = 0,15 mol => a : b = :

Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai este đồng phân cần 6,272 lít O2(đktc), thu 5,376 lít CO2(đktc)

và 4,32 gam H2O Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X lượng vừa đủ dd NaOH , Oxi hóa hồn tồn ancol sinh

rồi cho sản phẩm tạo thành T/d dd AgNO3/NH3 dư thu 23,76 gam Ag Các Pư xảy hoàn toàn % khối lượng hai

este

A 62,5% 37,5% B 60% 40% C 50% 50% D 70% 30% Hướng Dẫn

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng  mX = 5,92 (g)

CO m =

2

H O

n = 0,24 (mol ) este no đơn chức, mạch hở (CnH2nO2) Dựa vào phản ứng đốt cháy giải n = 3, nX = 0,08 (mol)

CTPT: C3H6O2  CTCT

2

3

HCOOC H x (mol) CH COOCH y (mol)

ì í

(41)

Sơ đồ hợp thức: HCOOC2H5  C2H5OH  CH3CHO  2Ag

x 2x CH3COOCH3  CH3OH  HCHO  4Ag

y 4y

 2x + 4y = 0,22 (**)

Giải hệ (*) (**), ta được: x = 0,05; y = 0,03

hữu Z ; Y tạo CH2=CHCOONa khí T Các chất Z T

TH4: Thủy phân Este đa chức

Câu 1: Hợp chất hữu X chứa C, H, O mạch thẳng có phân tử khối 146 X không T/d Na Lấy 14,6 gam X T/d 100ml dd NaOH 2M thu muối rượu CTCT X là:

A C2H4(COOCH3)2 B (CH3COO)2C2H4 C (C2H5COO)2 D A B

Hướng Dẫn nX:nNaOH = 1:2 =>CT X: R(COOR’)2 (RCOO)2R’

TH1: R + 2R’ = 58 => R = 28 (-C2H4) R’ = 15 (-CH3) TH2: 2R + R’ = 58 => R’ = 28 (-C2H4) R = 15 (-CH3)

Câu 2: Thủy phân hoàn toàn 0,05 mol este axit đa chức với ancol đơn chức cần 5,6 gam KOH Mặt khác, thủy phân 5,475 gam este cần 4,2 gam KOH thu 6,225 gam muối CTCT este là:

A (COOC2H5)2 B (COOC3H7)2 C (COOCH3)2 D CH2(COOCH3)2

Hướng Dẫn Thủy phân 0,05 mol este axit đa chức với ancol đơn chức

'

es

0,1 2 es : ( )

KOH te

n = mol= n ®CT te R COOR

Pư thủy phân 5,475 gam

' '

2

( ) 2 ( OOK) 2

0,0375 0,075 0,0375 mol

R COOR + KOH ®R C + R OH

ơ đ

( )

2

'

( )

2

'

( )

166 0

COOC H

146 29

R COOK

R COOR

M R

A

M R

= ® =

ìï

®í ® ®

= ® =

ïỵ

Câu 3: Este X tạo thành từ etylen glycol hai axit cacboxylic đơn chức Trong phân tử este, số nguyên tử cacbon nhiều số nguyên tử oxi Khi cho m gam X T/d với dd NaOH (dư) lượng NaOH Pư 10 gam Giá trị m

A 14,5 B 17,5 C 15,5 D 16,5

Hướng Dẫn

Số nguyên tử cacbon nhiều số nguyên tử oxi nên có nguyên tử O X có C Cơng thức X là:

2

HCOO CH- -CH -OOCCH

2 3 4( )2

HCOO CH- -CH -OOCCH + NaOH ®HCOONa CH COONa C H OH+ +

X

1 10

= 0,125 132.0,125 16,5 on D NaOH 40 X

(42)

Câu 4: Cho 0,01 mol este X Pư vừa đủ với 100 ml dd NaOH 0,2 M, sản phẩm tạo thành gồm ancol Y muối Z với số mol Mặt khác, xà phịng hố hồn tồn 1,29 gam este lượng vừa đủ 60 ml dd KOH 0,25 M, sau Pư kết thúc đem cô cạn dd 1,665 gam muối khan CT este X là:

A C2H4(COO)2C4H8 B C4H8(COO)2C2H4 C C2H4(COOC4H9)2 D C4H8(COO C2H5)2

Hướng Dẫn Ta có: nZ = nY X chứa chức este

Sỗ nhóm chức este là:

X NaOH

n n

= 01 ,

2 , ,

=  CT X có dạng: R(COO)2R’

R(COO)2R’ + 2KOH  R(COOK)2 + R’(OH)2

Từ phản ứng thủy phân: naxit = nmuối =

2

nKOH =

2

.0,06.0,25 = 0,0075 mol

 M muối = MR + 83.2 = 0,0075

665 ,

= 222  MR = 56  R là: -C4H8

-Meste = 0,0075

29 ,

= 172  R + 2.44 + R’ = 172  R’ = 28 (-C2H4-)

Vậy X là: C4H8(COO)2C2H4 đáp án B

Câu 5: Một hợp chất hữu X có CT C7H12O4 Biết X có loại nhóm chức, cho 16 gam X T/d vừa đủ 200 gam dd

NaOH 4% thu ancol Y 17,8 gam hỗn hợp muối Xác định CTCT thu gọn X A CH3OOC-COOC2H5 B CH3COO-( CH2)2-COOC2H5

C CH3COO-(CH2)2-OCOC2H5 D CH3OOC-COOCH3

Hướng Dẫn Áp dụng DDLBTKL tín khối lượng Ancol

Câu 6: Cho 32,7 gam chất hữu X chứa loại nhóm chức T/d với 1,5 lít dd NaOH 0,5M thu 36,9 gam muối 0,15 mol Ancol Lượng NaOH dư trung hịa hết 0,5 lít dd HCl 0,6M CTCT X

A CH3COOC2H5 B (CH3COO)2C2H4

C (CH3COO)3C3H5 D C3H5(COOCH3)3

Hướng Dẫn

'

0,3 0, 45 à 0,15 : ( )

NaOH du NaOH Pu Ancol

n = mol®n = mol m n = mol®X RCOO R

PT T/d dd NaOH

( )

' '

3

3 3

( ) 3 3 ( )

0, 45 0, 45 0,15 0, 45( 67) 36, 9 15 CH COO C H

o

t

RCOO R NaOH RCOONa R OH

mol

R R C

+ ắắđ +

đ

đ + = ® = ® ®

Câu 7: Đun nóng m gam hỗn hợp X gồm chất loại nhóm chức với 600 ml dd NaOH 1,15M dd Y chứa muối axit cacboxylic đơn chức 15,4 gam Z gồm ancol Cho toàn Z T/d với Na dư, thu 5,04 lít khí H2 (đktc) Cơ cạn dd Y, nung nóng chất rắn thu với CaO Pư xảy hồn tồn 7,2 gam chất

khí Giá trị m

A 40,60 B 22,60 C 34,30 D 34,51 Hướng Dẫn

(43)

R2(OH)x  x/2 H2 0,45/x  0,225

RCOONa + NaOH CaO Na

2CO3 + RH

0,45 0,24  0,24 n ancol = 2n H2 = 0,45 mol

Có n NaOH dư = 0,6.1,15 – 0,45 = 0,24 mol M khí = 7,2 : 0,24 = 30 => C2H6 => R1 = 29

Vậy m = 0,45.96 + 15,4 – 0,45.40 = 40,6 gam Chọn A

(RCOONa + NaOH => RH + Na2CO3)

Dạng 4: Hiệu suất Pư Este Phản ứng este hóa:

RCOOH + R’OH RCOOR’ + H 2O

B/đ a mol b mol

P/ư x mol x mol x mol x mol Sau p/ư (a-x) mol (b-x) mol

1 Tính hiệu suất Pư este hóa: * Nếu a ³ b => H = x∕

b 100 => x =

100

b

H

; b =

H x100

* Nếu a < b => H = x∕

a 100 => x =

100

a

H

a =

H x100 2 Tính số cân bằng:

KC =   

x b x a

x V

x b V

x

a V

x V

x OH

R RCOOH

O H RCOOR

     





' '

] ][ [

Câu 1: Đun 12 gam axit axetic với luợng dư ancol etylic ( có H2SO4 đặc làm xúc tác) Đến Pư dừng lại thu 11 gam este

Hiệu suất Pư este hoá

A 70% B 75% C 62,5% D 50%

Câu 2: Tính khối lượng este metyl metacrylat thu đun nóng 215 gam axit metacrylat với 100 gam ancol metylic Giả thiết Pư este hoá đạt hiệu suất 60%

A 125 gam B 175 gam C 150 gam D 200 gam

Câu 3: Khi đun nóng 25,8 gam hỗn hợp ancol etylic axit axetic có H2SO4 đặc làm xúc tác thu 14,08 gam este Nếu đốt cháy

hoàn toàn lượng hỗn hợp thu 23,4 ml H2O Tìm thành phần trăm chất hỗn hợp đầu hiệu suất phản ứng este

hoá

A 53,5% C2H5OH; 46,5% CH3COOH hiệu suất 80%

B 55,3% C2H5OH; 44,7% CH3COOH hiệu suất 80%

C 60,0% C2H5OH; 40,0% CH3COOH hiệu suất 75%

D 45,0% C2H5OH; 55,0% CH3COOH hiệu suất 60%

Câu 4: Đun 12 gam axit axetic với 13,8 gam etanol ( có H2SO4 đặc làm xúc tác) đến Pư đạt tới trạng thái cân bằng, thu 11 gam

este Hiệu suất Pư este hoá là:

(44)

Câu 5: Khi thực Pư este hóa mol CH3COOH mol C2H5OH, lượng este lớn thu 2/3 mol Để đạt hiệu suất cực

đại 90% (tính theo axit) Khi tiến hành este hóa mol CH3COOH cần số mol C2H5OH (biết Pư este hoá thực nhiệt

độ)

A 2,115 B 2,925 C 2,412 D 0,456 Hướng Dẫn

CH3COOH + C2H5OH ơắắắắđCH3COOC2H5 + H2O

Ban đầu (mol) Pư 2/3 2/3 2/3 2/3 (mol) Cân 1/3 1/3 2/3 2/3

Ta có    

3 / / / / 5

3  

 OH H C COOH CH O H H COOC CH KC

Hiệu suất cực đại 90% (tính theo axit) naxit pư= 1.90%=0,9(mol)

CH3COOH + C2H5OH ơắắắắđCH3COOC2H5 + H2O

Ban u a (mol) Pư 0,9 0,9 0,9 0,9 (mol) Cân 0,1 (a – 0,9) 0,9 0,9

Ta có     a B

a a OH H C COOH CH O H H COOC CH

KC    

 

 

 2,925

) , ( , , , ) , ( , , , 5

Câu 6: Hỗn hợp X gồm HCOOH CH3COOH có số mol Lấy 5,3 gam hỗn hợp X cho T/d với 5,75 gam

C2H5OH (có H2SO4 đặc làm xúc tác) thu m gam hỗn hợp este (hiệu suất Pư este hóa 80%) Giá trị m

A 8,80 B 7,04 C 6,48 D 8,10

Hướng Dẫn

3

46 60 5,3 0,05 0,1

OO hh X

HCOOH x mol

hh X x x x mol n mol

CH C H x mol

ì

® + = ® = ® =

í ỵ

RCOOH + C2H5OH → RCOOC2H5 + H2O

Bđ 0,1 0,125

( )

2

RCOOC H 0,1.0,8 0,08 meste 0,08 44 29 6, 48 gam

n

® = = ® = + + =

Câu 7: Cho biết số cân ca phn ng este hoỏ:

CH3COOH + C2H5OH ơắắắắđCH3COOC2H5 + H2O KC =

Nếu cho hỗn hợp số mol axit ancol T/d với Pư đạt đến trạng thái cân % ancol axit bị este hoá A 50% B 66,7% C 33,3% D 65%

Câu 8: Cho cân sau: CH3COOH + C2H5OH ơắắắắđCH3COOC2H5 + H2O KC =

Khi cho mol axit T/d với 1,6 mol ancol, hệ đạt đến trạng thái cân hiệu suất Pư

A 66,67% B 33,33% C 80% D 50%

Câu 9: Đun nóng hỗn hợp X gồm mol ancol etylic mol axit axetic (có 0,1 mol H2SO4 đặc làm xt), Pư đạt đến trạng thái cân

bằng hỗn hợp Y có 0,667 mol etyl axetat Hằng số cân KC phản ứng

(45)

Câu 10: Biết Pư este hoỏ CH3COOH + C2H5OH ơắắắắđCH3COOC2H5 + H2O Cú hng s cân KC = 4, tính % Ancol

etylic bị este hoá bắt đầu với [C2H5OH] = 1M, [CH3COOH] = M

A 80% B 68% C 75% D 84,5%

Câu 11: Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở ancol đơn chức thu 0,3 mol CO2 0,4 mol H2O Thực Pư este hóa 7,6 gam hỗn hợp với hiệu suất 80% thu m gam este

Giá trị m

A 4,08 B 6,12 C 8,16 D 2,04 Hướng Dẫn

Do đốt axit no, đơn chức cho H2O = CO2 nên ancol cần tìm ancol no, đơn chức

Số mol ancol = 0,4 – 0,3 = 0,1 mol

Số mol CO2 ancol tạo < 0,3 mol Vậy ancol A có hai nguyên tử C

TH1 Ancol có nguyên tử C ancol CH3OH

Số mol CO2 axit tạo = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol

Khối lượng axit = 7,6 – 0,1.32 = 4,4 gam CT axit : CnH2n+1COOH có số mol x mol

Vậy: (n+1).x = 0,2 (14n+46)x = 4,4 Tìm được: x = 0,05 n =

Este: C3H7COOCH3 có số mol = 0,05.80% = 0,04 mol

Vậy khối lượng: 0,04.102 = 4,08 gam  A TH2 Ancol có hai nguyên tử C

Câu 12: Hỗn hợp A gồm axit axetic etanol Chia A thành ba phần nhau. + Phần T/d với Kali dư thấy có 3,36 lít khí

+ Phần T/d với Na2CO3 dư thấy có 1,12 lít khí CO2 Các thể tích khí đo đktc

+ Phần thêm vào vài giọt dd H2SO4, sau đun sơi hỗn hợp thời gian Biết hiệu suất Pư este hoá

60% Khối lượng este tạo thành

Hỗn hợp A   

mol b : OH H C

mol a : COOH CH

5

3

    

 

 

mol , n a

mol , n b a n

2

CO

H A



  

 

mol 2 , 0 b

mol 1 , 0 a

Vì a < b ( hiệu suất tính theo axit)  số mol este thực tế thu được: n = 0,1.60% = 0,06 mol  Khối lượng este thực tế thu được: m = 0,06.88 = 5,28 gam  đáp án D

Câu 13: Khi thuỷ phân este A (khơng T/d Na, có cấu tạo mạch thảng dài) môi trường axit vô chất hữu B C Đun 4,04 gam A với dd chứa 0,05 mol NaOH chất B D Cho biết MD = MC + 44 Lượng NaOH dư

trung hoà 100 ml dd HCl 0,1M Đun 3,68 gam B với H2SO4 đặc, 170oC với hiệu suất 75% 1,344 lit olêfin (đktc)

Tìm CTCT A

A C3H5(OOCCH3)2 B C3H5(OOCC2H5)2

C C2H4(OOCCH3)2 D C4H8(COOC2H5)2

(46)

67x – 45x = 44 => x = A: R(COOC2H5)2

R(COOC2H5)2 + NaOH

0,02  0,04 MA = 202 => R = 56 (-C4H8)

A: C4H8(COOC2H5)2

Câu 14: Hôn hơp M gôm ancol no, đơn chưc X và axit cacboxylic đơn chưc Y, đêu mach hở và có cung sô nguyên tử C, tông sô mol cua hai chât là 0,5 mol (sô mol cua Y lơn sô mol cua X) Nêu đôt chay hoàn toàn M thì thu đươc 33,6 lit CO2 (đktc) và 25,2 gam H2O Mặt khac, nêu đun nóng M vơi H2SO4 đặc để thưc hiên Pư este hoa (hiêu suât là 80%)

thì sô gam este thu đươc là

A 34,20 B 27,36 C 22,80 D 18,24 Hướng Dẫn

Số C = nCO2/nhh = ancol C3H7OH → 4H2O Vì nNước < nCO2 nên axit khơng no

Axit có 3C có 2TH: CH2=CH-COOH → 2H2O ; x + y = 0,5 4x + 2y = 1,4 Ta có x= 0,2 y = 0,3 (nhận)

CH≡C-COOH → 1H2O ; x + y = 0,5 4x + y = 1,4 Ta có x= 0,3 y = 0,2 (loại nY < nX)

Este CH2=CH-COOC3H7 Với m CH2=CH-COOC3H7 = 0,2*0,8*114 = 18,24 (g)

LIPIT

Dạng Tính khối lượng chất béo khối lượng xà phòng

Ta có PTTQ: (RCOO)3C3H5 + NaOH  3RCOONa +C3H5(OH)3 ( chÊt bÐo) (Xà phòng) ( glixerol)

Áp dụng ĐLBT KL: mchất béo + mNaOH = mxà phòng + mglixerol => m chất cần tìm

Câu 1: Cho 40,3 gam Trieste X Glyxerol với Axit béo T/d vừa đủ với gam NaOH Số gam muối thu là: A 38,1 gam B 41,7 gam C 45,6 gam D 45,9 gam

Hướng Dẫn Số mol NaOH = : 40= 0,15 mol :

C3H5(O-OC- R)3 + 3NaOH → C3H5(OH)3 + RCOONa

0,05 0,15 0,05 0,15 mol 40,3 0,05.92 m gam

Theo định luật BTKL ta có: Khối lượng muối RCOONa =40,3+6-0,05.92=41,7 gam

Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn m gam chất béo (triglixerit) cần 1,61 mol O2, sinh 1,14 mol CO2 1,06 mol H2O Cũng m

gam chất béo T/d vừa đủ với dd NaOH khối lượng muối tạo thành

(47)

mmuối=mchất béo+0,06*40-0,02*92 =18,28

Câu 3: Khi thủy phân Lipit X ta thu axit béo Axit oleic, Axit panmetic, Axit stearic Để đốt cháy hoàn tồn 8,6 gam X cần thể tích O2(đktc)

A 16,128 lít B 20,16 lít C 17,472 lít D 15,68 lít Hướng Dẫn

X có CTCT

Câu 4: Đun nóng 44,5 gam chất béo triglixerit axit hữu no với 70 ml dd NaOH 20% (d=1,2g/ml).Để trung hoà lượng kiềm dư cần 22,5ml HCl 36,5%(d=1,2g/ml).CTCT chất béo

A.(C17H29COO)3C3H5 B.(C17H31COO)3C3H5

C.(C17H35COO)3C3H5 D.(C15H29COO)3C3H5

Câu 5: Thủy phân hoàn toàn 444 gam lipit thu 46g glixerol hai loại axit béo.Hai loại axit béo A.C17H31COOH C17H33COOH B C15H31COOH C17H35COOH

C C17H33COOH C17H35COOH D C15H31COOH C17H33COOH

Hướng Dẫn n glixerol = 0,5

Triglixerit + 3H2O→ RCOOH + Glixerol

1,5 1,5 0,5

Theo định luật bảo toàn khối lượng: m axit = 444 +1,5.18 – 46 = 425g

Vậy M tb axit = 425: 1,5 = 283,3 phải có a xit < 283,3 C17H33COOH (282)hoặc C17H31COOH ( 280)

C15H31COOH (256)và a xit > 283,3 C17H35COOH (284)

Nhưng thử lại có :0,5.282 + 0,5.2.284 = 425 hợp lí Chọn C

Câu 6: Đun nóng 7,2 gam este X với dd NaOH dư Pư kết thúc thu glixerol 7,9 gam hỗn hợp muối Cho tồn hỗn hợp muối T/d với H2SO4 loãng thu axit hữu no, đơn chức, mạch hở Y, Z, T Trong Z, T đồng phân

của nhau, Z đồng đẳng Y CTCT X A CH2

CH CH2

OCOC2H5 OCOCH2CH2CH3

OCOCH(CH3)2

B CH2 CH CH2

OCOCH2CH2CH3 OCOC2H5 OCOCH(CH3)2

C CH2 CH CH2

OCOCH2CH2CH3

OCOCH(CH3)2 OCOC2H3

D A B

Hướng Dẫn Vì Y, Z đồng đẳng Z, T đồng phân

 đặt cơng thức chung este X: C3H5(OCOCnH2n1)3

C3H5(OCOCnH2n1)3 + 3NaOH  3CnH2n1COONa + C3H5(OH)3 (1)

Theo (1), ta có : nmuối = 3neste

68 n 14

9 , ) n 14 45 ( 41

2 ,

  



 n 2,67  CTCT chất:     

COOH CH

CH T

COOH CH

CH CH Z

COOH H C Y

2

5

) ( : : :

(48)

Câu 7: Một loại chất béo có chứa 25% triolein ,25% tripanmitin 50% tristearin khối lượng Cho m Kg chất béo Pư vừa đủ với dd NaOH đun nóng, thu xà phịng nguyên chất Giá trị m

A 972,75 B 1004,2 C 1032,33 D 968,68 Hướng Dẫn

(C17H33COO)3C3H5 + 3NaOH  3C17H33COONa+ C3H5(OH)3

(M=884) (912)

(M=806) (834)

(M=890) (918) 912.0, 25 834.0, 25 918.0,5

x( ) 1 x 0,968679 968,68(kg)

884 + 806 + 890 = Þ = »

Câu 8: Một loại mỡ chứa 40% triolein, 20% tripanmitin 40% tristearin (về khối lượng) Xà phịng hóa hồn tồn m gam mỡ thu 138 gam glixerol Giá trị m :

A 1,326 kg B 1,335 kg C 1,304 kg D 1,209 kg Hướng Dẫn ) ( 304 , 1 5 , 1 890 4 , 0 806 2 , 0 884 4 , 0 806 , 890 , 884 kg m m m m co Ta M M

MTriolein Trítearin Tripanmitin

        

Câu 9: A este tạo chức mạch hở Đun nóng 7,9 gam A với NaOH dư thu 9,6 gam muối D Ancol B Tách nước từ B thu propenal Cho D T/d dd H2SO4 thu axit no đơn chức mạch hỏ, axit có

phân tử khối nhỏ đồng phân CTPT axit có phân tử khối nhỏ

A C5H10O2 B C7H14O2 C C4H8O2 D C6H12O2

Hướng Dẫn - Ancol B tách nước thu propenal Vậy B Glixerol - T/d dd NaOH

67 , 47 67 , 173 , 173 , 173 , ) ( 3 )

( 3 3 5 3 5 5

           R R R R R OH H C COONa R NaOH H C COO R

® axit có phân tử khối nhỏ đồng phân C3H7COOH

Câu 10: Một este X phát xuất từ anol A axit B đơn chức 0,01 mol X (mX = 8,90 gam) Pư vừa đủ với 0,3 lít dd NaOH

0,1M cho ancol B muối C (mC = 9,18 gam) Xác định CTCT X

A C3H5(OOCC15H31)3 B C3H5(OOCC17H35)3

C C3H5(OOCC17H33)3 D C3H5(OOCC15H29)3

Câu 11: Cho 2,4 gam este X bay bình kín dung tích 0,6 lít Khi este bay hết áp suất bình ở 136,50C 425,6 mmHg Để thủy phân 25,4 gam X cần 0,3 mol NaOH thu 28,2 gam muối Xác định

CTCT X, biết X phát xuất từ ancol đa chức

(49)

C C2H4(OOCCH3)3 D C3H5(OOCCH = CH2)3

Dạng Chỉ số axit số xà phịng

Chỉ số axít chất béo: Là số miligam KOH cần để trung hoà lượng axit béo tự có gam chất béo Chỉ số axít =

â éo . 56

( )

ml M ch t b

V C

m gam

Chỉ số xà phịng hố chất béo: tổng số miligam KOH cần để trung hồ lượng axit tự xà phịng hố hết lượng este gam chất béo

Chỉ số xà phòng = â éo

. 56 ( )

ml M ch t b

V C

m gam

Câu 1: Xà phòng hoá hoàn toàn 2,5 gam chất béo cần 50 ml dd KOH 0,1 M Chỉ số xà phòng hoá chất béo là:

A 280 B 140 C 112 D 224

Hướng Dẫn Chỉ số xà phòng =

â éo

. 56 50.0,1.56 112 ( ) = 2,5 = ®

ml M ch t b

V C

C

m gam

Câu 2: Để trung hoà 14 gam chất béo cần 15 ml dd KOH 0,1 M Chỉ số axit chất béo

A B C D

Hướng Dẫn Chỉ số axít =

â éo

. 56 15.0,1.56 6 ( ) = 14 = ®

ml M ch t b

V C

A

m gam

Câu 3: Để xà phịng hố hồn tồn 2,52 gam lipít cần dùng 90 ml dd NaOH 0,1M Tính số xà phịng lipit

A 100 B 200 C 300 D 400

Câu 4: Để trung hoà 15 gam loại chất béo có số axit 7, cần dùng dd chứa a gam NaOH Giá trị a

A 0,150 B 0,280 C 0,075 D 0,200

Hướng dẫn:

-3 -3

châtbeo

KOH NaOH NaOH

m . axit 15.7

n = chi so = =1,875.10 = n => a = m =1,875.10 40= 0,075

1000.56 1000.56

Câu 5: Cho 200 gam loại chất béo có số axit T/d vừa đủ với lượng NaOH, thu 207,55 gam hỗn hợp muối khan Khối lượng NaOH tham gia phản ứng là:

A 31 gam B 32,36 gam C 30 gam D 31,45 gam

Hướng dẫn: Gọi số mol NaOH ban đầu a

(RCOO)3C3H5 (Chất béo) + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3 (1)

RCOOH (tự do) + NaOH → RCOONa + H2O (2)

(50)

Béo + KOH → muối (xà phòng) + C3H5(OH)3 + H2O (3)

 Chỉ số axit nên số mol KOH dùng trung hòa axit là: 200.7.10-3/56 = 0,025mol = số mol NaOH

 số mol H2O tạo ra: 0,025 mol

 số mol NaOH phản ứng với trieste : a – 0,025  số mol glixerol thu được: 3

025 0, ) a

( 

ĐLBTKL: mX + m NaOH = m muối + mglixerol + mH2O 200 + 40a = 207,55 + 92

3 025 0, ) a

( 

+ 18 0,025  a = 0,775  m NaOH = 31 gam

Câu 6: Để xà phịng hố hồn tồn 50 gam chất béo có số axit cần 0,16 mol NaOH Tính khối lượng glixerol thu được?

A 9,43gam B 14,145gam C 4,715gam D 16,7 gam Hướng dẫn:

(RCOO)3C3H5 (Chất béo) + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3 (1)

Béo + NaOH → muối (xà phòng) + C3H5(OH)3 + H2O (3)

Cần nắm rõ khái niệm

1 Chỉ số axit: số mg KOH (2) cần để trung hồ hết axit tự có gam chất béo Chỉ số este: số mg KOH (1) cần để thuỷ phân hết este béo có gam chất béo Chỉ số xà phòng = số axit + số este

4 Khối lượng xà phịng thu xà phịng hóa

Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng cho phương trình số (3) mbéo + mKOH = mxà phòng + mnước + mglixerol

→ mxà phòng = mbéo + mKOH - mnước - mglixerol

Câu 7: Xà phịng hóa kg chất béo có số axit ,chỉ số xà phịng hóa 200.Tính khối lượng glixerol thu A 9,43gam B 14,145gam C 4,715gam D 105,7 gam

Hướng dẫn Chỉ số este hóa = 200 - = 193

Số mol KOH este hóa = 1000*0,193/56 = 3,446429 ==> mol Glyxerol = mol KOH/3 = 1,14881

==> khối lượng glyxerol = 92*1,14881 = 105,7

Câu 8: Xà phịng hố hồn tồn 12,5 gam chất béo có số xà phịng 224, thu 13,03 gam muối( Giả thiết gốc axit este axit tự nhau) Lấy toàn lượng glyxerol sinh đem điều chế thuốc nổ trinitro glyxerat Chỉ số axit khối lượng thuốc nổ thu là:

A.6,5 5,942g B 5,6 4,125g C 5,6 5,942g D Đáp án khác Hướng dẫn

(RCOO)3C3H5 (Chất béo) + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3 (1)

3a a

(51)

) ( 405 , 3 227 . 015 , 0 4 , 22 5 , 12 . 1000 . 56 . 005 , 0 05 , 0 , 015 , 0 ) 4 ( ), 3 ( ) 4 ( 18 92 03 , 13 40 . 05 , 0 5 , 12 ) 3 ( 05 , 0 3 ) ( ) ( ) ( ) ( 05 , 0 1039 . 5 , 12 224 . 3 ) ( gam m Axit sô Chi b a b a m m m m m ĐLBTKL b a mol b O H mol a OH H C Goi mol n ONO H C O H glyxerol muoi NaOH beo Chat NaOH                            

nNaOH=3.224−12,5.1039 = 0,05mol gọi số mol glyxerol= a số mol H2O= b

⇒ 3a + b = 0,05

BTKL: mchatbeo + mNaOH = mmuoi + mglyxerol + mH2O

⇒12,5+0,05.40=13,03+92a+18b

⇒a=0,015 va` b=0,005

Chỉ số axit: 0,005.56.100012,5=22,4 Thuốc nổ là: C3H5(ONO2)3

m = 0,015.227=3,405 gam

Câu 9: Một chất béo trieste a xit a xit tự a xit chứa chất béo.Chỉ số xà phòng chất béo 208,77 số a xit 7.Công thức Axit 1gam chất béo

A Stearic B.Oleic C panmitic D linoleic Hướng dẫn:

208,77mg = 0,20877g <=> 0,003728mol KOH 7mg = 0,007g <=> 0,000125mol KOH

(RCOO)3C3H5 + 3KOH→ 3RCOOK + C3H5(OH)3

0,001201 0,003603 RCOOH + KOH→ RCOOK + H2O

0,000125 0,000125

Bài cho: 0,001201.(3R +173) + 0,000125.(R+45) = =>R= 211 a xit 211+45 =256:panmitic =>Chọn C

Câu 10: Để xà phịng hóa 100 kg chất béo có số axit cần dd chứa 14,18 kg NaOH.Khối lượng xà phòng chứa 28% chất phụ gia thu

(52)

nNaOH = 14180:40 = 354,5mol

n NaOH cần trung hòa a xit béo dư 100 kg là: 0,125.100 = 12,5 mol => nNaOH để xà phịng hóa là: 354,5 -12,5= 342mol

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH→ 3RCOONa + C3H5(OH)3

342 114 RCOOH + NaOH→ RCOONa + H2O

12,5 12,5

Theo định luật bảo toàn khối lượng 2phương trình: mchất béo + mNaOH = mmuối + m glixerol + m H2O

 mmuối = 100000 + 14180 – 114.92 – 12,5.18 =103467g

 mxà phòng = 103467.100/72 = 143704,16g =143,7kg

 Chọn A

Câu 11: Để xà phịng hố 35 kg triolein cần 4,939 kg NaOH thu 36,207 kg xà phòng Chỉ số axit mẫu chất béo là:

A B C D 10 Hướng Dẫn

Theo đề bài: nRCOONa (xà phòng) = 119,102mol

304 1000 . 207 , 36



 nNaOH (dùng để xà phịng hố) = 119,102 mol

 nNaOH (để trung hoà axit béo tự do) = 119,102 4,375mol

40 1000 . 939 , 4

 

 nKOH (để trung hoà axit béo tự do) = 4,375 mol  mKOH (trong g chất béo) = .1000 7mg

35000 56 . 375 ,

4 

 số axit =  đáp án A

Câu 12: Một loại chất béo có số xà phịng hoá 188,72 chứa axit stearic tristearin Để trung hồ axit tự có 100 g mẫu chất béo cần ml dung dịch NaOH 0,05 M

A 100 ml B 675 ml C 200 ml D 125 ml Hướng Dẫn

axp = 188,72.10-3 Để phản ứng với 100 g chất béo cần mKOH = 188,72.10-3 100 = 18,872 g

 nKOH = 0,337( )

56 872 , 18

mol

  nNaOH = 0,337 mol 

  

 



 



g n

n m

mol n

n n

tristearin axit

chÊtbÐo

tristearin axit

NaOH

100 890

284

337 , 0 3



  

 

mol 109 , 0 n

mol 01 , 0 n

tristearin axit

Vậy: Trong 100 g mẫu chất béo có 0,01 mol axit tự  nNaOH (pư) = 0,01 mol  Vdd NaOH = 200 ml  đáp án C

(53)

Bài 1: Cho este C3H6O2 xà phịng hố NaOH thu muối có khối lượng 41/37 khối lượng este Tìm CTCT este

HD: RCOOR’

Suy luận: Do este đơn chức mà mmuối > meste nên gốc R’ < 23 nên CT este CH3COOCH3

Chi tiết: Ta có:

37 41 OR' ONa  RCO RCO

m m

=>

37 41 OR' ONa  RCO RCO

M M

(este đơn chức nên số mol chất nhau)

=> MRCOONa = .74

37 41

= 82 => R = 15 => R’ = 15 CT: CH3COOCH3

Bài 2: Tìm CTCT este C4H8O2 biết tác dụng hết với Ca(OH)2 thu muối có khối lượng lớn khối lượng este

HD: 2RCOOR’ + Ca(OH)2  (RCOO)2Ca + 2R’(OH) a  a/2

bài ta có: (2R + 88 +40)a/2 > (R + R’ + 44)a => R’ < 20 (-CH3) CTCT: CH3CH2COOCH3

Bài 3: Cho vào bình kín (có V = 500 ml) 2,64 gam este A hai lần este đem nung nóng bình đến 273˚C tồn este hóa áp suất bình lúc 1,792 atm Xác đ ịnh CTPT

của A

HD: => 12x+y = 68 => C5H8O4

Bài 4: Đun nóng 0,1 mol chất hữu X với lượng vừa đủ dung dịch NaOH thu 13,4 gam muối axit hữu Y 9,2 gam rượu Cho rượu bay 127°C 600 mmHg thu thể tích 8,32 lít CTCT X là:

A C2H5OOC COOC2H5 B CH3OOC-COOC2H5

C CH3OOC-CH2-COOC2H5 D C2H5OOC CH2 COOC2H5 HD:

nrượu = 0,2 => Mrượu = 46 => C2H5OH

nrượu = nX nên este phải este axit hai chức rượu đơn chức có dạng: R(COOC2H5)2

R(COOC2H )2 + 2NaOH  2C2H5OH + R(COONa)2 0,2  0,1 Mmuối = 134 => R = => A

Bài 5: Cho chất HCOOCH3; CH3COOH; CH3COOCH=CH2; HCOONH4; CH3COOC(CH3)=CH2; CH3COOC2H5; HCOOCH2-CH=CH2 Khi cho chất tác dụng với dd NaOH thu sản phẩm có khả tác dụng với dd AgNO3/NH3 Số chất thoả mãn điều kiện là: A B C D HD: HCOOCH3; CH3COOCH=CH2; HCOONH4; HCOOCH2-CH=CH2

Bài 6: Cho 12,9g este đơn chức, mạch hở tác dụng hết với 150ml dd KOH 1M Sau phản ứng thu muối và anđehit Số CTCT este thoả mãn tính chất là:

A B C D

HD: HCOOCH=CH-CH3 CH3COOCH=CH2

Bài 7: Hợp chất hữu X chứa C, H, O mạch thẳng có phân tử khối 146 X không tác dụng Na Lấy 14,6g X tác dụng 100ml dd NaOH 2M thu muối rượu CTCT X là:

A C2H4(COOCH3)2 B (CH3COO)2C2H4 C (C2H5COO)2 D A B HD nX:nNaOH = 1:2 =>CT X: R(COOR’)2 (RCOO)2R’

TH1: R + 2R’ = 58 => R = 28 (-C2H4) R’ = 15 (-CH3) TH2: 2R + R’ = 58 => R’ = 28 (-C2H4) R = 15 (-CH3)

(54)

HD:Theo => (RCOO)3R’

Theo pt => nmuối = 0,3

 Mmuối = 24,6/0,3 = 82 MRCOONa = 82 =>R = 15

 MA = 21,8/0,1= 218

 3(15 + 44) + R’ = 218 R’ = 41

 CT este là: (CH3COO)3C3H5

Bài 9: X chất hữu đơn chức có M = 88 Nếu đem đun 2,2 gam X với dung dịch NaOH dư, thu 2,75 gam muối Công thức cấu tạo thu gọn chất sau phù hợp với X:

A HCOOCH2CH2CH3 B CH3CH2CH2COOH.

C C2H5COOCH3 D HCOOCH(CH3)2

* Nhận xét: Với lập luận X chất hữu no, đơn chức, phản ứng với dung dịch NaOH nên X axit este (loại khả năng phenol Mphenol ≥ 94 > 88 (MC6H5OH = 94))

Bài 10: Đun 20,4 gam hợp chất hữu đơn chức A với 300 ml dung dịch NaOH 1M thu muối B hợp chất hữu C Khi cho C tác dụng với Na dư cho 2,24 lít khí H (đktc) Biết đun nóng muối B với NaOH (xt CaO, t˚) thu khí K có tỉ khối O2 0,5 C hợp chất đơn chức bị oxi hóa CuO (t˚) cho sản phẩm D không phản ứng với dung dịch AgNO3 /NH3 dư

a CTCT A là:

A CH3COOCH2CH2CH3 B CH3COOCH(CH3)CH3

C HCOOCH(CH3)CH3 D CH3COOCH2CH3

b Sau phản ứng A NaOH thu dung dịch F Cô cạn F m(g) hỗn hợp chất rắn Tính m HD: a Suy luận:

MK = 16 CH4 nên axit tạo este CH3COOH este có dạng CH3COOR’

D không phản ứng với dung dịch AgNO3 /NH3 dư => D xeton

=> câu B

Chi tiết:  este có dạng CH 3COOR

Vì este đơn chức: neste = nrượu = 2nH = 0,2 => 15+44+R’ = 102 => R’ = 43 ( -C3H7)

D không phản ứng với dung dịch AgNO3 /NH3 dư => D xeton => câu B

b m = mCH3COONa + mNaOH dư = 20,4

Bài 11: Hợp chất hữu X có thành phần C, H, O chứa nhóm chức phân tử Đun nóng X với NaOH thì X1 có thành phần C, H, O, Na X2 có thành phần C, H, O MX1 = 82%MX; X2 không tác dụng Na, không cho

phản ứng tráng gương Đốt thể tích X2 thu thể tích CO2 điều kiện Tìm CTCT X HD: Dễ dàng nhận X este.

Theo thấy X2 xeton có 3C: CH3-CO-CH3

 X: RCOO-C(CH3)=CH2 ; X1: RCOONa

 Có: R + 67 = 0,82(R + 85) => R = 15 Vậy X: CH3-COO-C(CH3)=CH2

Bài 12: Hỗn hợp X có khối lượng m(g) chứa axit đơn chức no Y rượu đơn chức no Z số nguyên tử cacbon với Y Chia hh X thành phần

Phần 1: Cho tác dụng với Na dư thu 2,8 lít H2 (đktc) Phần 2: Đem đốt cháy hoàn toàn 22g CO2 10,8g H2O

a XĐ CTPT Y Z b Tìm m

c Đun nóng phần với H2SO4 đặc thu 7,04g este Tính hiệu suất phản ứng este hoá HD

(55)

Do axit ancol đơn chức nên : nX = 2nH2 = 0,25

 số nguyên tử C : n= nCO2/nhh = 0,5/0,25 = 2 a CH3COOH C2H5OH

b Có : nrượu = nH2O – nCO2 = 0,1 (do axit no nCO2 = nH2O)

 naxit = 0,15 => m = 13,6g c h = 80%

Bài 13: Thực phản ứng xà phòng hoá chất hữu X đơn chức với dung dịch NaOH thu muối Y ancol Z Đốt cháy hồn tồn 2,07 gam Z cần 3,024 lít O2 (đktc) thu lượng CO2 nhiều khối lượng nước 1,53 gam

Nung Y với vôi xút thu khí T có tỉ khối so với khơng khí 1,03 CTCT X là: A C2H5COOCH3 B CH3COOC2H5 C C2H5COOC3H7 D C2H5COOC2H5

Giải :

- Theo đề bài: X đơn chức, tác dụng với NaOH sinh muối ancol  X este đơn chức: RCOOR’ Mặt khác: mX + mO2 = mCO2+ mH2O  44.nCO2+ 18.nH2O= 2,07 + (3,024/22,4).32 = 6,39 gam

Và 44.nCO2- 18.nH2O= 1,53 gam  nCO2= 0,09 mol ; nH2O= 0,135 mol

O H

n

2 > nCO2  Z ancol no, đơn chức, mạch hở có cơng thức: CnH2n+1OH (n ≥ 1)

nZ = nH2O – nCO2 => MZ = 46 (C2H5OH)

MT = 30 => C2H6 đáp án D

Bài 14: Hỗn hợp X gồm chất A, B mạch hở, chứa nguyên tố C, H, O không tác dụng Na Cho 10,7g hh X tác dụng vừa đủ NaOH cô cạn sản phẩm thu phần rắn gồm muối natri axít đơn chức no đồng đẳng liên tiếp phần bay có rượu E Cho E tác dụng với Na dư thu 1,12lít H2 (đktc) Oxi hố E CuO đun nóng cho sản phẩm tham gia phản ứng tráng gương

a Tìm CTCT E biết dE/KK =

b Tìm CTCT A, B biết MA < MB

HD: a ME = 58 => E: C3H6O : CH2=CH-CH2OH (rượu allylic)

b Theo A, B este đơn chức, đồng đẳng liên tiếp: RCOOC3H5 nX = nrượu = 2nH2 = 0,1 => MX = 107 => R = 22

A: CH3COOCH2-CH=CH2 B: C2H5COOCH2-CH=CH2

Bài 15: Hỗn hợp A gồm chất hữu X, Y no, đơn chức tác dụng với NaOH (MX > MY) Tỉ khối A so với H2 35,6 Cho A td hoàn toàn với dd NaOH thấy hết 4g NaOH, thu rượu đơn chức hh muối axit đơn chức Cho toàn lượng rượu thu td với Na dư 672 ml H2 (đktc) Tìm CTPT X, Y

HD: nA = nNaOH = 0,1 ; nrượu = 2nH2 = 0,06

Ta thấy X, Y đơn chức mà nrượu < nNaOH nên hh A gồm: X axit (CxH2xO2) Y este (CyH2yO2) nY = nrượu = 0,06 => nX = 0,1 – 0,06 = 0,04

 mA = 71,2 0,1 = 7,12 = (14x + 32)0,04 + (14y + 32)0,06

 0,56x + 0,84y = 3,92 Với x>y  => x = 4, y = 2

CTPT: C4H8O2 C2H4O2

Bài 16: Khi thuỷ phân este A (khơng tác dụng Na, có cấu tạo mạch thảng dài) môi trường axit vô chất hữu B C Đun 4,04g A với dd chứa 0,05 mol NaOH chất B D Cho biết MD = MC + 44 Lượng NaOH cịn

dư trung hồ 100ml dd HCl 0,1M Đun 3,68g B với H2SO4 đặc, 170oC với hiệu suất 75% 1,344 lit olêfin

(đktc) Tìm CTCT A

(56)

Suy luận:C axit ; D muối natri

mặt khác MD = MC + 44 => axit chức => nA = ½ nNaOH = 0,02

MA = 202 => R = 56 (-C4H8)

A: C4H8(COOC2H5)2

chi tiết : C: R(COOH)x ; D: R(COONa)x

 67x – 45x = 44 => x = 2

 A: R(COOC2H5)2 R(COOC2H5)2 + NaOH 0,02  0,04 MA = 202 => R = 56 (-C4H8)

A: C4H8(COOC2H5)2

Bài 17: Đốt cháy hoàn toàn 6,8 gam este A no đơn chức chứa vòng benzen thu CO2 H2O Hấp thụ toàn sản phẩm vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 lấy dư thấy khối lượng bình tăng 21,2 gam đồng thời có 40 gam kết tủa Xác định CTPT, CTCT có A

A B C D

HD: Tìm CTĐG: Dễ dàng tìm CTPT C8H8O2 4CTCT: phenyl axetat; đp: o, m, p -metyl phenyl fomat

Bài 18: Hỗn hợp X gồm ancol no, đơn chức axit no, đơn chức mạch hở Chia X thành phần - Đốt cháy hoàn toàn phần sản phẩm thu cho qua bình nước vơi dư thấy có 30g kết tủa

- Phần este hố hồn tồn vừa đủ thu este, đốt cháy este thu khối lượng H2O là:

A 1,8g B 3,6g C 5,4g D 7,2g

HD:

Suy luận: Ta thấy số C este tổng C axit ancol => Khí đốt este hh (axit, ancol) thu CO2 như nhau.

Mặt khác đốt este no, đơn chức có nH2O = nCO2 = 0,3

Chi tiết:

CnH2n+1OH  nCO2

CmH2m+1COOH (m+1)CO2

CmH2m+1COOCnH2n+1(n+m+1) H2O

phản ứng vừa đủ => nax = nancol = x => nCO2 = (n+m+1)x = 0,3 Đốt este: nH2O = (n+m+1)x = 0,3 => C

Bài 19: Thuỷ phân hoàn toàn m gam este X đơn chức NaOH thu muối hữu A ancol B Cho B vào bình Na dư thấy khối lượng bình tăng 3,1g có 1,12 lít khí (đktc) thoát Mặt khác cho m gam este X phản ứng vừa đủ 16g brom thu sản phẩm chứa 35,1% brom theo khối lượng CTCT X:

A C15H33COOCH3 B C17H33COOCH3

C C17H31COOCH3 D C17H33COOC2H5

HD: Ta có: mB = 3,1 + .2

4 , 22

12 , 1

= 3,2

neste = nrượu = 2nH2 = 0,1 => R’ = 15 (-CH3) ĐLBTKL: mg X + 16g Br2  (m + 16)g SP Ta có:

100 1 , 35 16 16

 

m => m = 29,6 => Meste = 296 => R = 237 (-C17H33)

Bài 20: Một este đơn chức E có dE/O2 = 2,685 Khi cho 17,2g E tác dụng với 150ml dd NaOH 2M sau cạn 17,6g chất rắn khan ancol Tên gọi E là:

(57)

HD: nNaOH pư = nE = 0,2

=> mmuối = 17,6 – 40(0,3-0,2) = 13,6 => R = => R’ = 41

AMIN

Dạng 1: Số đồng phân amin đơn chức

CTPT Tổng số đồng phân Bậc 1 Bậc 2 Bậc3

C3H9N 1

C4H11N

C5H13N 17

C6H15N

C7H9N

VD1: Cho amin no đơn chức có %N = 23,72% Tìm số đồng phân bậc amin đó

A 1 B.2 C.3 D.4

PP: amin no đơn chức => CT: CnH2n+3N

 %N = 23,72%

17 14

% 100 . 14 min

% 100

. 

 

n Ma

MN

Giải n =  CT : C3H7N2 => Có đồng phân bậc ( Bảng C3H9N) Dạng 2: So sánh tính bazơ amin

Nguyên tắc :

 Amin cịn dư đơi e chưa liên kết nguyên từ Nitơ nên thể tính bazơ => đặc trưng cho khả nhận proton H+

 Nhóm ankyl có ảnh hưởng làm tăng mật độ e ngun tử Nitơ =>làm tăng tính bazơ >NH3  Nhóm phenyl (C6H5-) làm giảm mật đô e nguyên tử Nitơ =>làm giảm tính bazơ <NH3  Lực bazơ : CnH2n+1-NH2 > NH3 > C6H5-NH2

Amin bậc > Amin bậc

 Giải thích: Do amin bậc (R-NH-R’) có hai gốc HC nên mật độ đẩy e vào nguyên tử N trung tâm lớn amin bậc (R-NH2)

Amin có nhiều gốc ankyl, gốc ankyl lớn => tính bazơ mạnh gốc phenyl => tính bazơ yếu

*Ví Dụ: So sánh tính bazơ hợp chất hữu sau: NH3 , C2H5NH2 , CH3NH2 , C6H5NH2 , (C6H5)2NH , (C2H5)2NH , C6H5 CH2NH2 ?

(C2H5)2NH > C2H5NH2 > CH3NH2 > NH3 > C6H5> CH2NH2 > C6H5NH2 > (C6H5)2NH VD1: Cho chất: (1) amoniac (2) metylamin (3) anilin (4) dimetylamin Tính bazơ tăng dần theo thứ tự sau đây?

A (1) < (3) < (2) < (4) √B (3) < (1) < (2) < (4) C (1) < (2) < (3) < (4) D (3) < (1) < (4) < (2).

Amoniac : NH3 ; metyamin : CH3NH2 ; anilin : C6H5NH2 ; dimetyl amin : CH3 – NH – CH3 Dựa vào tính chất : anilin có vịng benzen(gốc phenyl) => Tính bazo yếu

(58)

Amin bậc I (CH3NH2) < Amin bậc (NH3 – NH –NH3) => Thư tự : C6H5NH2 < CH3 < CH3NH2<(CH3)NH Dạng 3: Xác định số nhóm chức :

 Nếu đề cho số mol amin số mol axit (H+) lập tỉ số : Số nhóm chức =

min

nA nH 

Nếu amin có 1N => số chức =

VD: Để trung hòa 50 ml dd amin no , (trong amin có nguyên tử Nito ) cần 40 ml dd HCl 0,1 M CM đimetyl amin dùng :

A.0,08M B.0,04M C.0,02M D.0,06M

Amin có N => amin có số chức = ADCT : namin = nHCl/2 = 0,002 mol => CM amin = 0,04 M Dạng : Xác đinh số mol của amin biết số mol CO2 & H2O :

 Nếu đề chưa cho amin no, đơn chức ta giả sử amin no, đơn.  Khi đốt cháy nH2O > nCO2 ,ta lấy : nH2O - nCO2 = 1,5namin

Cách chứng minh phần hidrocacbon CT amin no đơn chức : CnH2n+1NH2 PT : CnH2n+3N2 + O2 => nCO2 + (n+3/2)H2O + N2

x mol n.x mol (n+3/2).x mol

 Ta lấy nH2O – nCO2 = 3/2x = 3/2n amin  Từ => n (số C amin) n =

2 2

2 . 5 , 1 min

2

nCO O

nH

nCO na

nCO

 

Tương tự có CT amin khơng no , đơn chức + Có lk pi , Có lk pi , Chứng minh tương tự

 Nếu đề cho amin đơn chức, mà đốt cháy tạo biết n CO2 nN2 ta có CT sau Vì amin đơn chức => có N AD ĐLBT nguyên tố N => n amin = 2nN2

 Mà n n =

2 2

2 )

( min

2

nN nCO n

n na

nCO

 

VD1: Đốt cháy hoàn toàn amol hh X gồm amin no đơn chức liêm tiếp thu 5,6 lít CO2 (đktc) 7,2 g H2O Giá trị a :

A 0,05 mol B.0,1 mol C.0,15 mol D.0,2 mol

Tìm CT amin ?

AD CT : namin = (nH2O – nCO2)/1,5 ( Đối với amin no đơn chức) = (0,4 – 0,25)/1,5 = 0,1 mol

CT amin : n = 2,5

1 , 0

25 , 0 min

2  

na nCO

=> Amin có CT : CnH2n+1NH2 n = n = :C2H5NH2 C3H7NH2

VD2: Aminoaxit X chứa nhóm chứcamin bậc phân tử Đốt cháy hoàn toàn lượng X thu theo tỉ lệ thể tích : X có cơng thức cấu tạo là:

A.H2N – CH2 – CH2 –COOH B.H2N – (CH2)3 – COOH

C.H2N – CH2 – COOH D H2N – (CH2)4 – COOH

Dựa vào đáp án => amin X có N => 2nN2 = namin (BT NT Nito)

Mà 2

2 4 2 2

2 min

2

  

 

nN nCO n

na nCO

n => X Chỉ có C => C

Dạng 5: tìm CTPT amin đơn, biết % khối lượng N %H hay %C được: Gọi R gốc hidrocacbon amin cần tìm VD amin đơn chức CT : R-NH2

(59)

15 : CH3- ; 27 : CH2=CH-; 29 : C2H5-; 43 :C3H7- ; 57 : C4H9-VD 1: Cho amin no , đơn chức bậc có %N = 31,11% Tìm CT amin đó

NHớ lại CT tổng quát : CnH2n+2 – 2a – m(CHức)m ( a tổng pi tính phần trên) Ở amin đơn chức => m = , Vì amin no => a =

=> CT: CnH2n+2 – NH2 = CnH2n+1NH2

=> %N =  

17 31,11% 14

% 100 . 14

n Giải n = => CT: C2H5NH2

Dạng 6: Cho amin tác dụng với dd FeCl3, Cu(NO3)2 tạo kết tủa :

 Amin có khả tác dụng với dd FeCl3 , Cu(NO3)2 xảy theo phương trình : 3RNH2 + FeCl3 + 3H2O => Fe(OH)3 + 3RNH3Cl

2RNH2 + Cu(NO3)2 + 2H2O => Cu(OH)2 + 2RNH2NO3 Thường hay cho m kết tủa : Fe(OH)3 Cu(OH)2

Dạng 7: tìm CTPT amin dựa theo phản ứng cháy

-Cơng thức : AD CT : Tìm CT : CnH2n+2 – 2a – m(Chức)m Ta có  Amin : CxHyNz với y ≤ 2x + +z y chẳn z chẳn, y lẻ z lẻ  Amin đơn chức : CxHyN

 Amin đơn chức no : CnH2n+1NH2 , CnH2n+3NH2  Amin đa chức no : CnH2n+2-z(NH2)z , CnH2n+2+zNz

 Nếu đề cho phần trăm khối lượng nguyên tố lập CT đơn giản nhất, dựa vào giả thuyết biện luận Theo Tỉ lệ : x : y : z

 Nếu đề cho số mol sản phẩm làm tương tự dạng 3, tìm số ngtử C trung bình, dựa vào yêu cầu đưa CT

 Nếu đề cho m g amin đơn chức đốt cháy hồn tồn khơng khí vừa đủ (chứa 20% oxi, 80% nitơ) thu k mol CO2 k mol CO2 lẫn x mol nitơ , ta làm ví dụ:

VD1: Đốt cháy hoàn toàn 1,18 g amin đơn chức B lượng oxi vừa đủ Dẫn toàn sản phẩm wa bình đựng nước vơi dư thu gam kết tủa CTPT B :

Gọi công thức CxHyN CxHyN + O2 => x CO2 Ta có tỷ lệ : x.namin =nCO2

06 , 0

84 , 0 46 , 0 06

, 0 14 12

18 , 1

.    

 

x y

y x

x ≤2x +2+1  x ≤

Cho x chạy từ 1=>3 : có giá trị x=3 y=9 thoả đk Vậy CTPT C3H9N

VD2:Đốt cháy hoàn toàn 1,18 g amin đơn chức B lượng khơng khí vừa đu (chứa 20% oxi, 80% nitơ) Dẫn tồn sản phẩm wa bình đựng nước vơi dư thu gam kết tủa có 9,632 lít khí CTPT B :

Gọi công thức CxHyN nCO2 = 0,06 mol

(60)

Theo pt : 9 ; 3 ) 2 ( & ) 1 ( ) 2 ( 84 , 0 06 , 0 46 , 0 06 , 0 14 12 18 , 1 ) 1 ( 03 , 0 06 , 0 19 , 0 43 , 0 03 , 0 ) 4 ( 06 , 0 . 4 2 03 , 0 2 ) 4 ( 06 , 0 . 4 2 ) 4 ( 06 , 0 2                         y x Giai y x x y x y x x x y x nN x nN x y x kk nN x y x nO

Vậy CTPT C3H9N

 Nếu toán cho đốt cháy amin khơng khí ,rồi thu a mol CO2 ; b mol H2O ; c mol N2.ta làm sau : Tìm khối lượng O CO2 ;H2O = khối lượng Oxi tham gia phản ứng ( BT Nguyên tố O)

=> số mol oxi => số mol Nitơ kk = 4nO2 (Nếu tập cho đốt khơng khí cịn Nếu đốt O2 khơng phải tính)

=> số mol Nitơ sinh phản ứng cháy Từ ta số mol C, H, N amin => Tìm CTĐGN => CTPT VD1: Một amino axit chứa 46,6% C, 8,74% H, 13,59% N,cịn lại oxi Cơng thức đơn giản trùng với công thức phân tử Công thức phân tử amino axit

A.C3H7O2N √B.C4H9O2N C.C5H9O2N D.C6H10O2N

% O = 100 - (46,6 + 8,74 + 13,59) = 31,07 % C : H : O : N =

14 59 , 13 : 16 07 , 31 : 1 74 , 8 : 12 6 , 46 14 % : 16 % : 1 % : 12

%C H O N 

= 3,88 : 8,74 : 1,94 : 0,97 = : : : => CTĐG : C4H9O2N => Chọn B

Nếu làm trắc nghiệm lâu

Mẹo Để ý dáp án: Số C khác số N giống (Đề hay cho kiểu này)  Chỉ cần xét tỉ lệ C N không cần O H

Xét tỉ lệ ta C : O = : => B

VD2: Khi đốt cháy hoàn toàn amin đơn chức X, thu 8,4 lít khí CO2, 1,4 lít khí N2 (các thể tích khí đo đktc)

10,125 gam H2O Công thức phân tử X (cho H = 1, O = 16)Chọn đáp án

A C3H7N √B C3H9N C C4H9N D C2H7N

Câu khác xét tỉ lệ C : H hay Tìm tỉ lệ : => B Vì đáp án A B tỉ lệ C : N = 3:

Dạng 8: Cho amin tác dụng với HCl: (PP Giải tập dùng tăng giảm khối lượng)  VD amin bậc 1:

Aminno axit : NH2 – R –COOH + HCl => CLNH3-R-COOH

Giải sử 1mol 1mol => 1mol => m tăng = m muối – m amin = 36,5 g (vì Pứ cộng HCL) Với xmol => xmol => xmol => m Tăng = 36,5x g

 m muối = mamin + namin (HCl muối).36,5

Hoặc dùng BT Khối lượng : m amin + mHCl = m muối (Chính CT trên)

Còn amino Axit tác dụng với NaOH(Kiềm) (Hoặc Na,K) Thì xem lại phận Axit  CT: m muối = mAmino Axit + m.nNaOH.22 ( mà số chức COOH)

Đối với Amino Axit có nhóm COOH => nNaOH = nAmino Axit = n Muối

VD1: Cho 0,01 mol amino axit A tác dụng vừa đủ với 80 mldung dịch HCl 0,125 M Cô cạn dung dịch thu được1,835 gam muối Khối lượng phân tử A (Tức M A)là

A.97 B.120 √C.147 D.150

(61)

 1,835 =Mamoni 0, 01 + 0,01.36,5  M amino = 147

VD2: Cho 0,01 mol aminoaxit X phản ứng hết với 40ml dung dịch HCl 0,25M tạo thành 1,115g muối khan X có cơng thức cấu tạo sau đây:

√A.NH2 – CH2 – COOH B.NH2 – (CH2)2 – COOH

C.CH3COONH4 D.NH2 – (CH2)3 – COOH

Dựa vào đáp án Xét tỉ lệ : nHCL / namin = => amino axit có gốc chứC pứ tỉ lệ :1 => Loại đáp án C AD CT : m muối =Mamino axit 0,01 + nHCL 36,5

 1,115 = MX.0,01 + 0,01.36,5  MX = 75

CT : amino axit : NH2 – CnH2n – COOH => MR = 14n + 61 = 75 => n =  CT : NH2 – CH2 – COOH

VD3: A α-amino axit no chứa nhóm -NH2 nhóm –COOH Cho gam A tác dụng với NaOH dư thu 3,88 gam muối Công thức phân tử A

A.CH3-CH2-CHNH2-COOH B.CH2NH2-CH2-COOH

C.CH3-CHNH2-COOH D.H2N-CH2-COOH

Cách giải bình thường :

Theo đề ta có gốc hiđrocacbono CnH2n

H2NCnH2nCOOH + NaOH => H2NCnH2nCOONa + H2O Đề gam 3,88 gam

Theo PT => nH2NCnH2nCOOH = nH2NCnH2nCOONa 

83 14

88 , 3 61 14

3

 

 n

n Giải : n = => CTCT A H2N-CH2-COOH Chọn D

 ADCT => nH2NCnH2nCOOH = mmuoi m a o 0,04mol

22 3 88 , 3 22

min

    

 MH2NCnH2nCOOH = 14n +61 = 75 1

04 , 0

3

 

 n

Dang 9: Trộn hỗn hợp gồm amin hiđrocacbon đem đốt cháy Xét ví dụ sau :

VD5: Đốt cháy hồn tồn hỗn hợp gồm 100 ml hh gồm đimetylamin hai hiđrocacbon đồng đẵng thu 140 ml CO2 250 ml nước ( V điều kiện) CTPT hai hiđrocacbon?

Ta thấy :

Hh gồm (C2H5)2NH CxHy (x số ngtử C trung bình hai HC) Gọi n số nguyên tử C trung bình => 1,4

100 140  

n

Vậy hai chất phải có chất có số ngtử C > 1,4 , (C2H5)2NH

Chất cịn lại có số ngtử C nhỏ 1,4 => x<1,4 => hai hiđrocacbon đồng đẵng phải thuộc dãy đồng đẳng ankan Vậy hiđrocacbon cần tìm CH4 C2H6

DẠNH TOÁN AMIN – AMINOAXIT – PEPTT – PROTEIN

(62)

(A)n + (n – 1)H2O ắắđ nA * Cỏch 1:

- Cú sản phẩm thi ta viết nhiêu sơ đồ

- Mỗi sơ đồ ta cân bằng, từ số mol sản phẩm suy số mol chất tham gia * Cách 2:

- Dùng bảo toan Gli hay Ala * Cách 3:

- Đổi sang mol cho sản phẩm - lập tỷ lệ tối giản cho sản phẩm - Viết phương trình: dùng tỷ lệ để cân

- Từ số mol sản phẩm dể tính mol peptit [ bảo toan khối lượng mpeptit = mcác aminoaxit – mH2O]

[ số mol nước = tổng mol aminoaxit – số mol peptit ] * Chú ý:

- M(Gli)n = [MGli x n – (n-1).18]

- Đối với Peptit thủy phân có tỉ lệ số mol nhau,thì ta xem Peptit Peptit ghi phản ứng ta nên ghi gộp Khối lượng mol Petptit tổng khối lượng mol Peptit

Bài 1: X Tetrapeptit cấu tạo từ Aminoacid A, phân tử A có 1(-NH2) 1(-COOH), no, mạch hở.Trong A Oxi

chiếm 42,67% khối lượng Thủy phân m gam X mơi trường acid thu 28,35(g) tripeptit; 79,2(g) đipeptit 101,25(g) A Giá trị m là? A 184,5 b 258,3 c 405,9 d 202,95

- Đặt CT A: H2N– CnH2n-COOH

% O = 16*2*100 : (16 + 14n + 45) = 42,67% Þ n = 1Þ A H2NCH2COOH

Cách 1:

3(X)4 ® 4(X)3 (X)4 ® 2(X)2 (X)4 ® 4X

0,1125 ¬ 0,15 0,3¬ 0.6 0,3375¬ 1.35 å mol = 0,1125 + 0,3 + 0,3375 = 0,75 Þ m= 0,75*246 = 184,5

Cách 2: a mol (Gli)4 ắắđ 0,15 mol (Gli)3 + 0,6 mol (Gli)2 + 1,35 mol Gli

Þ a*4 = 0,15*3 + 0,6*2 + 1,35*1 Þ a = 0,75

Cách 3: X3 : X2 : X = 0,15 : 0,6 : 1,35 = : :

5X4 + H2O ắắđ 1X3 + 4X2 + 9X1

0,75 ¬ 0,15

Bài 2: Tripeptit M Tetrapeptit Q tạo từ Aminoacid X mạch hở ( phân tử chứa nhóm NH2 ) Phần

trăm khối lượng Nitơ X 18,667% Thủy phân khơng hồn tồn m(g) hỗn hợp M,Q(có tỉ lệ số mol 1:1) mơi trường Acid thu 0,945(g) M; 4,62(g) đipeptit 3,75 (g) X.Giá trị m?

a 4,1945(g) b 8,389(g) c 12,58(g) d 25,167(g) - Đặt CT A: H2N– R – (COOH)

% N = 14*100 : MX = 18,66% Þ MX = 75 Þ X H2NCH2COOH

- Do hai peptit có tỉ lệ số mol phản ứng 1:1 nên xem hỗn hợp M,Q Heptapeptit :

H[NHCH2CO]7OH Và có M7 = M3 + M4 = 75*3 – 2*18 + 75*4 – 3*18 = = 435g/mol

Cách 1:

3(X)7 ®7(X)3 2(X)7 ®7(X)2 (X)7 ®7(X)

0,015/7 ← 0,005 0,01 ← 0,035 0,05/7 ← 0,05

(63)

Þ 7a = 0,005*3 + 0,035*2 + 0,05 Þ a = Cách 3: G3 : G2 : G = : : 10

27/7G7 ® 1G3 + 7G2 + 10G

0,019285714 ← 0,005 m = 0,019285714 * 435 = 8,389

Bài 3: X Hexapeptit cấu tạo từ Aminoacid H2N-CnH2n-COOH(Y) Y có tổng % khối lượng Oxi Nito

61,33% Thủy phân hết m(g) X môi trường acid thu 30,3(g) pentapeptit, 19,8(g) đieptit 37,5(g) Y Giá trị m là? a 69 gam B 84 gam c 100 gam d.78 gam

32*100 14*100

M + M = 61,33%® M = 75 Gli

5(X)6 ® 6(X)5 (X)6 ®3(X)2 (X)6 ®6(X)

0,1*5/6 ← 0,1 0,05 ← 0,15 0,5/6 ← 0,5 å mol = 0,1*5/6 + 0,05 + 0,5/6 = 1,3/6 ® m = 1,3/6*360 = 78

Bài 4: X tetrapeptit cấu tạo từ amino axit (A) no, mạch hở có nhóm –COOH ; nhóm –NH2 Trong A %N = 15,73% (về khối lượng) Thủy phân m gam X môi trường axit thu 41,58 gam tripeptit ; 25,6 gam đipeptit 92,56 gam A Giá trị m : a 149 gam b 161 gam c 143,45 gam d 159 gam

14*M100= 15,73%® M = 89 H2N-C2H4-COOH

3(X)4 ®4(X)3 (X)4 ®2(X)2 (X)4 ®4(X)

0,135 ← 0,18 0,08 ← 0,16 0,26 ← 1,04 å mol = 0,135 + 0,08 + 0,26 = 0,475 ® m = 0,475 * 302 = 143,45

Câu 5: ( A11)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 làA 90,6.B 111,74 C 81,54 D 66,44

nAla = 28,48 : 89 = 0,32 nAla-Ala = 32 : 160 = 0,2 nAla-Ala-Ala = 27,72 : 231 = 0,12

Tỉ lệ số mol = 0,32 : 0,2 : 0,12 = 32 : 20 : 12 ta có

27Ala-Ala-Ala-Ala + 37 H2O ® 32Ala + 20Ala-Ala + 12Ala-Ala-Ala

0,27 0,37 0,32… 0,2………0,12 m = 28,48 + 32 + 27,72 – 0,37*18 = 81,54

Hay m = 0,27 * 302 = 81,54

Cách 2: (Ala)4® 4Ala (Ala)4® 2(Ala)2 3(Ala)4 ® 4(Ala)3

0,08 ←0,32 0,1 ←0,2 0,09 ← 0,12 å mol (Ala)4 = 0,08 + 0,1 + 0,09 = 0,27 ® m = 0,27*302 = 81,54

b/ THUỶ PHÂN TRONG DUNG DỊCH NaOH: - Tỉ lệ phản ứng phản ứng với NaOH:

dipeptit + 2NaOHắắđ Mui + 1H2O tripeptit + 3NaOHắắđ Mui + H2O tetrapeptit + 4NaOHắắđ Mui + H2O

Nếu peptit có Glu tăng hệ số cho NaOH H2O lên đơn vị Þdùng định luật bảo tồn khối lượng tìm mpeptit= mmuối +mH2O – mNaOH ÞNhờ tỷ lệ mol npeptit: nNaOH ta suy loại peptit

c/ THUỶ PHÂN TRONG DUNG DỊCH HCl: - Tỉ lệ phản ứng phản ứng với HCl:

(64)

tetrapeptit + 3H2O + 4HClắắđ Mui Nếu peptit có Lys tăng hệ số cho HCl lên đơn vị

Þdùng định luật bảo tồn khối lượng tìm mpeptit= mmuối – mHCl – mH2O ÞNhờ tỷ lệ mol npeptit: nHCl ta suy loại peptit

Bài 1: Tripeptit X có cơng thức sau : H2N–CH2–CO–NH–CH(CH3)–CO–NH–CH(CH3)–COOH

Thủy phân hồn tồn 0,1 mol X 400 ml dung dịch NaOH 1M Khối lượng chất rắn thu cô cạn dung dịch sau phản ứng :a 28,6 gam b 22,2 gam c 35,9 gam d 31,9 gam

H2N–CH2–CO–NH–CH(CH3)–CO–NH–CH(CH3)–COOH + 3NaOH ắắđMui + H2O

0,1.0,1 ịmrn=mmuoi + mNaOHdu = (0,1*217 + 40*0,4) – 18*0,1= 35,9

Bài 2: (Đề ĐHA-2011) Thủy phân hoàn toàn 60(g) hỗn hợp hai Đipeptit thu 63,6(g) hỗn hợp X gồm Aminoacid no mạch hở (H2NRCOOOH) Nếu lấy 1/10 hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu m(g) muối Giá trị m là?

a.7,82 b 8,72 c 7,09 d.16,3 Số mol H2O = (63,6 – 60) : 18 = 0,2

Số mol amino axit = nH2O = 0,4

Số mol HCl = Số mol amino axit = nH2O = 0,4

Nhưng lấy 1/10 nên = 0,04

Theo bảo toàn khối lượng: m = mX + mHCl = 6,36 + 0,04*36,5 = 7,82

Bài 3: Thủy phân hoàn toàn 143,45 gam hỗn hợp A gồm hai tetrapeptit thu 159,74 gam hỗn hợp X gồm

Aminoacid (Các Aminoacid chứa 1nhóm COOH nhóm NH2 ) Cho tịan X tác dụng với dung dịch HCl dư,sau

đó cạn dung dịch nhận m(gam) muối khan.Tính khối lượng nước phản ứng giá trị m bằng? a 8,145(g) 203,78(g) b 32,58(g) 10,15(g) c 16,2(g) 203,78(g) d 16,29(g) 203,78(g)

- Theo bảo toàn mH2O = ( 159,74 – 143,45) = 16,29 gam

- số mol H2O = 16,29 : 18 = 0,905

- Tetrapeptit X phan ứng với H2 O theo tỉ lệ: 1(X)4 + 3H2O® 4X

Þ số mol aminoaxit = 4/3nH2O = 4*0,905/3

- Do aminoaxit có NH2 nên phản ứng với HCl theo tỉ lệ :

- số mol HCl = số mol aminoaxit = 4*0,905/3Þ mHCl = 4*0,905*36,5/3 = 44,043

- Theo bảo toàn khối lượng: mmuối = maminoaxit + mHCl = 159,74 + 44,043 = 203,78(g)

Bài 4: X tetrapeptit Ala-Gly-Val-Ala, Y tripeptit Val-Gly-Val Đun nóng m gam hỗn hợp X Y có tỉ lệ số mol nX : nY = : với 780 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), sau phản ứng kết thúc thu dung dịch Z Cô cạn dung dịch thu 94,98 gam muối m có giá trị :

a 68,1 gam b 64,86 gam c 77,04 gam d 65,13 gam

X4 + 4NaOHắắđ Mui + H2O Y3 + 3NaOHắắđ Muối + H2O

a 4a a 3a 9a 3a nNaOH= 4a + 9a = 0,78Þa=0,06

mhh = mmuoi + mH2O - mNaOH= 94,98 + 4*0,06*18 - 0,78*40= 68,1

Câu 5: (A12)Đun nóng m gam hỗn hợp gồm a mol tetrapeptit mạch hở X 2a mol tripeptit mạch hở Y với 600 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ) Sau phản ứng kết thúc, cô cạn dung dịch thu 72,48 gam muối khan amino axit có nhóm –COOH nhóm –NH2 phân tử Giá trị m

A 51,72 B 54,30 C 66,00 D 44,48

 X (tetrapeptit: lk CO-NH, COOH, 1NH2) + 4NaOH ® muối + H2O

mol: a 4a a

(65)

mol: 2a 6a 2a

Ta có: 4a + 6a = 0,6.1® a = 0,06 mol Bảo tồn m: m + 40.0,6 = 72,48 + 18.3.0,06 ® m = 51,72 gam

Câu 6: (CĐ 12)Thủy phân hoàn toàn m gam đipeptit Gly-Ala (mạch hở) dung dịch KOH vừa đủ, thu dung dịch X Cô cạn toàn dung dịch X thu 2,4 gam muối khan Giá trị m

A 1,22 B 1,46 C 1,36 D 1,64

Dipeptit + 2KOH > muối + H2O

146.x 2.x.56 2,4 18x Bảo toàn khối lượng ta có :

146x + 56.2.x = 2,4 + 18x suy x= 0,01 mol ; Vậy m = 146.0,01 = 1,46g

Câu 7: (A13) Cho X hexapeptit, Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val Y tetrapeptit Gly-Ala-Gly-Glu Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm X Y thu amino axit, có 30 gam glyxin 28,48 gam alanin Giá trị m

A 77,6 B 83,2 C 87,4 D 73,4

Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val + 5H2O®2Gly + 2Ala + 2Val Gly-Ala-Gly-Glu + H2O®2Gly + 1Ala + 1Glu

x 2x .2x y 2y y HD giải :

 Hexapeptit : x ; tetrapeptit : y

mol (glyxin) = 2x + 2y = 0,4 mol(alanin) = 2x + y = 0,32 x = 0,12 ; y = 0,08

 mX = (89.2 + 75.2 + 117.2 – 5.18).0,12 = 56,64

 mY = (75.2 + 89 + 147 – 3.18).0,08 = 26,56

Câu 8: ( A 14)Thủy phân hoàn toàn 4,34 gam tripeptit mạch hở X (được tạo nên từ hai a-amino axit có cơng thức dạng x y

H NC H COOH) dung dịch NaOH dư, thu 6,38 gam muối Mặt khác thủy phân hoàn toàn 4,34 gam X dung dịch HCl dư, thu m gam muối Giá trị m

A 6,53 B 8,25 C 5,06 D 7,25

Tri + 3NaOH ắắđ Mui + H2O

x.3xx ắắđbtkl 4,34 + 3x*40 = 6,38 + 18x Þ x = 0,02

Tri + 3HCl + 2H2O ắắđ Mui

0,02 0,06 0,04 ắắđbtkl m

Muoi = 4,34 + 0,06*36,5 + 0,04*18 = 7,25

Câu 9: ( B 14) Hỗn hợp X gồm chất Y (C2H8N2O4) chất Z (C4H8N2O3); đó, Y muối axit đa chức, Z

đipeptit mạch hở Cho 25,6 gam X tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu 0,2 mol khí Mặt khác 25,6 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư, thu m gam chất hữu Giá trị m

A 20,15. B 31,30. C 23,80. D 16,95.

- Y : (COONH4)2 Z : Gly-Gly

(COONH4)2 + 2NaOH ắắđ NaOOC-COONa + 2NH3 + 2H2O

0,1 ¬ 0,2 Þ mCli-Gli = 25,8 - 0,1*124 = 13,2 Þ nGli-Gli = 0,1

(COONH4)2 + 2HCl ắắđ HOOC-COOH + 2NH4Cl Gli-Gli + 2HCl + H2O ắắđ 2Mui

0,1 0,1 0,1 0,2 mhuu co = 0,1*90 + 0,2*111,5 = 31,3

Câu 10: Hỗn hợp X gồm peptit với tỉ lệ số mol : : Khi thủy phân hoàn toàn m gam X thu thu được 13,5 gam glixin 7,12 gam alanin Giá trị m

A 17,38 gam. B 16,30 gam. C 19,18 gam. D 18,46 gam.

(66)

- Dùng phương pháp qui đổi peptit X1, X2,X3 thành peptit Y theo phản ứng trùng ngưng:

1X1 + 2X2 + 1X3 ắắắắđtrungngung (Gli)n(Ala)m + 3H2O (1)

- Tỷ lệ: 0,18 0,08

Gli Ala

n n

n = =m = Þ chọn n = m = Þ(Gli)n(Ala)m viết thnh ị(Gli)9(Ala)4

(Gli)9(Ala)4 ắắắắthuyphanđ 9Gli + 4Ala (2)

0,02 ¬ 0,18

- Từ: 1X1 + 2X2 + 1X3 ắắắắđtrungngung (Gli)9(Ala)4 + 3H2O (1)

0,02 ® 0,06

btkl

ắắđ Khi lng X = lng (Gli)n(Ala)m + H2O = 0,02[75*9 + 89*4 – (13 -1)*18] + 0,06*18 = 17,38

Câu 11: Hỗn hợp X gồm peptit mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng : : Thủy phân hoàn toàn m gam X, thu hỗn hợp sản phẩm gồm 71,20 gam alanin 52,50 gam glyxin Biết tổng số liên kết peptit phân tử ba peptit X nhỏ 10 Giá trị m là:

A 96,70 B 101,74 C 100,30 D 103,9 - Số mol Ala= 0,8 mol số mol Gly= 0,7 mol

- Dùng phương pháp qui đổi peptit X1, X2,X3 thành peptit Y theo phản ứng trùng ngng:

1X1 + 1X2 + 2X3 ắắắắđtrungngung (Gli)n(Ala)m + 3H2O (1)

- Tỷ lệ: 0,7 0,8

Gli Ala

n n

n = =m = Þ chọn n = m = ị(Gli)n(Ala)m vit thnh ị(Gli)7(Ala)8

(Gli)7(Ala)8ắắắắthuyphanđ 7Gli + 8Ala (2)

0,1 ¬ 0,7

- T: 1X1 + 2X2 + 1X3 ắắắắđtrungngung (Gli)7(Ala)8 + 3H2O (1)

0,01 ® 0,03

btkl

ắắđ Khi lng X = khối lượng (Gli)7(Ala)8 + H2O = 0,1[75*7 + 89*8 – (15 -1)*18] + 0,3*18 = 103,9

Câu 12: (B 2014) Hỗn hợp X gồm ba peptit mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng 1:1:3 Thủy phân hoàn toàn m gam X, thu hỗn hợp sản phẩm gồm 14,24 gam alanin 8,19 gam valin Biết tổng số liên kết peptit phân tử ba peptit X nhỏ 13 Giá trị m

A 18,83 B 18,29 C 19,19 D 18,47

- Nhanh hơn:

- Số mol Ala= 0,16 mol số mol Val = 0,07 mol - Tỷ lệ: 0,16 16

0,07

Ala Val

n n

n = =m = Þ chọn n = 16 m = Þpeptit (Ala)16(Val)7 với mol = 0,01

- Từ: 1X1 + 1X2 + 3X3 ắắắắđtrungngung (Ala)16(Val)7 + 4H2O (1)

0,01 đ 0,04

btkl

ắắđ Khi lượng X = khối lượng (Ala)16(Val)7 + H2O = 0,01[89*16 + 117*7 – (23 -1)*18] + 0,04*18 = 19,19

2 Phản ứng cháy Peptit:

*Thường cho peptit tạo từ aminoaxit no, 1NH2 1COOH sau tiến hành thí nghiệm: - Đốt peptit thứ cho biết tổng khối lượng H2O CO2

- Đem đốt peptit thứ yêu cầu tính số mol CO2 hay số mol O2…

- Các bước làm bài:

+ Viết công thức tổng quát cho peptit tạo từ aminoaxit CaH2a+1NO2 cơng thức:

dipeptit: H[HN-CnH2nCO]2OH hay 2*( CaH2a+1NO2) – 1H2O = C2aH4aN2O3 ¾¾¾¾dat a b = ® CbH2bN2O3

tripeptit H[HN-CnH2nCO]3OH hay 3*( CaH2a+1NO2) – 2H2O = C3aH6a - 1N3O4 ắắắắdat a b = đ CbH2b-1N3O4

(67)

pentapeptit H[HN-CnH2nCO]5OH hay 5*( CaH2a+1NO2) – 4H2O = C5aH10a - 3N4O5 ¾¾¾¾dat a b = ® CbH2b-3N5O6

Hexapeptit H[HN-CnH2nCO]6OH hay 6*( CaH2a+1NO2) – 5H2O = C6aH12a - 2N5O6 ¾¾¾¾dat a b = ® CbH2b-4N6O7

+ Viết cân phản ứng cháy, từ số mol cho ta tìm số cacbon n, hay a + Suy công thức peptit thứ

+ Dự vào phản ứng cháy hay dùng bảo tồn cxi để tìm số mol CO2; số mol O2…

Bài 1: Tripeptit mạch hở X Tetrapeptit mạch hở Y tạo từ Aminoacid no,mạch hở có nhóm –COOH nhóm –NH2 Đốt cháy hồn tồn 0,1 mol X thu sản phẩm gồm H2O,CO2 N2 tổng khối lượng CO2 H2O 36,3(g) Nếu đốt cháy hồn tồn 0,2 mol Y số mol O2 cần phản ứng là?

a 2,8(mol) b 1,8(mol) c 1,875(mol) d 3,375 (mol)

H[HN-CnH2nCO]3OH ắắđ (3n+3)CO2 + (6n+5)/2H2O + 3/2 N2

0,1 0,1(3n+3) 0,1(6n+5)/2 mCO2 + mH2O = 0,1(3n+3)*44 + 0,1(6n+5)*18/2 = 36,3

ắắđ n = Vy Y l: H[HN-CH2CO]4OH + 9O2 ắắđ 8CO2 + 7H2O

0,2………1,8

Bài 2: X Y tripeptit tetrapeptit tạo thành từ amino axit no mạch hở, có nhóm – COOH nhóm –NH2 Đốt cháy hồn tồn 0,1 mol Y thu sản phẩm gồm CO2, H2O, N2, tổng khối lượng CO2 H2O 47,8 gam Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần mol O2 ?

a 2,8 mol b 2,025 mol c 3,375 mol d 1,875 mol

C4aH8a - 2N4O5 ắắđ 4aCO2 + (4a 1)H2O + 2N2

0,1 0,1*4a 0,1*(4a – 1)

mCO2 + mH2O = 47,8 ơắđ 44*0,1a*4 + 0,1(4a – 1)*18 = 47,8 giải a = Þ công thức tripeptit C6H11N3O4

C6H11N3O4 + 6,75O2 ắắđ 6CO2 + 5,5H2O + 1,5N2

0,3 ® 2,025

Bài (ĐỀ ĐH 2010) Đipeptit mạch hở X Tripeptit mạch hở Y tạo từ Aminoacid no,mạch hở có nhóm –COOH nhóm –NH2 Đốt cháy hồn toàn 0,1 mol Y thu sản phẩm gồm H2O, CO2 N2 tổng

khối lượng CO2 H2O 54,9(g) Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X,sản phẩm thu cho lội qua dung dịch nước

vơi dư m(g) kết tủa Giá trị m là? A 45 b 120 c.30 d.60

H[HN-CnH2nCO]3OH ắắđ (3n+3)CO2 + (6n+5)/2H2O + 3/2 N2

0,1 0,1(3n+3) 0,1(6n+5)/2 mCO2 + mH2O = 0,1(3n+3)*44 + 0,1(6n+5)*18/2 = 54,9

ắắđ n = Vy X l: H[HN-C2H4CO]2OH ắắđ 6CO2

0,2……… 1,2 mCaCO3 = 1,2*100 = 120

Câu 4: ( B 13)Tripeptit X tetrapeptit Y mạch hở Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm X Y tạo một amino axit có cơng thức H2NCnH2nCOOH Đốt cháy 0,05 mol Y oxi dư, thu N2 36,3 gam hỗn hợp

gồm CO2, H2O Đốt cháy 0,01 mol X oxi dư, cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu m gam kết

tủa Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m làA 29,55 B 17,73 C 23,64 D 11,82 H[HN-CnH2n-CO-]4OH ắắđ(4n+4)CO2 + (8n+6)/2H2O

0,05 0,0454n+4) 0,05(4n+3) 0,05(4n+4)*44 + 0,05(4n+3)*18 = 36,3ắắđ n = H[HN-C2H4-CO-]3OH ắắđ9CO2

0,010,09ắắđ m = 0,09*197 = 17,73

Câu 5: Đun nóng 0,08 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) Y (CnHmO6Nt) cần dùng 300 ml dung dịch NaOH

(68)

trong O2 vừa đủ thu hỗn hợp CO2, H2O N2, tổng khối lượng CO2 nước 136,14 gam Giá trị a : b

là:

A 0,750. B 0,625. C 0,775. D 0,875.

- X có N Þ có O hexapeptit nên có CT CnH2n – 4N6O5

- Y có O Þ có N pentapeptit nên có CT CmH2m – 3N5O6

- TN1: X + 6NaOH ắắđ Mui + H2O

a 6a

Y + 5NaOH ắắđ Mui + H2O

b 5b

- Hệ pt: a + b = 0,08 6a + 5b = 0,45 giải a = 0,05 b = 0,03 tỷ lệ a:b = : - TN2: Gọi nX = 5x nY = 3x; nCO2 = y; nH2O = z

CnH2n-4O7N6 ắắđ nCO2 + (n-2)H2O + 3N2 CmH2m-3O6N5 ắắđ mCO2 + (m-1,5)H2O + 3N2

5x 5x 5xn-10x 3x 3mx 3xm-4,5x) Ta có hệ: + mBình tang = 44y + 18z = 136,14 (1)

+ mA = mC + mH + mO + mN ơắđ 60,9 = 12y + 2z + 5x*16*7 + 3x*16*6 + 5x*14*6 + 3x*14*5

ơắđ 12y + 2z+ 1478x = 60,9 {2) + nCO2 nH2O ơắđ y z = 14,5x ơắđ y z 14,5x = (3)

Giải hệ: y = 2,28: z = 1,99 x = 0,02 Þ nA = 5x + 3x = 0,16

- Ứng với 0,16 mol A ắắđ mA = 60,9 gam

0,08 mol A ắắđ mA TN1 = 30,45 gam

- Áp dụng BTKL: mmuoi = 30,45 + 0,45*40 – 0,08*18 = 97*nmuoi Gli + 111*nmuoi Ala = 47,01 (4)

- Bảo toàn natri: nNaOH = nMuoi Gli + nMuoi Ala = 0,45 (5) giai hệ có nmuoi Gli = 0,21 nMuoi Ala = 0,24 D

Câu (thi thử Rất khó) Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) Y (CnHmO6Nt) cần dùng 600 ml dung dịch NaOH 1,5M thu dung dịch chứa a mol muối glyxin b mol muối alanin Mặt khác đốt cháy 30,73 gam E O2 vừa đủ thu hỗn hợp CO2, H2O N2, tổng khối lượng CO2 nước 69,31 gam Giá trị a : b gần với

A 0,730. B 0,810. C 0,756. D 0,962.

- Vì X Y cấu tạo amino axit no chứa chức NH2 chức COOH

- X có 6N nên hexapeptit Y có 6O nên pentepeptit

Þ X có cơng thức tổng qt : CnH12n-4N6O7 Y có cơng thức tổng qt CmH2m-3N5O6

Þ X có 6N có 7O cịn Y có 6O 5N - Gọi số mol X Y x, y mol

Hexapeptit + 6NaOH pentapeptit + 5NaOH x 6x y 5y

- Ta có hệ : x + y = 0,16 6x + 5y = 0,9 giai hệ x = 0,1 y = 0,06 - Ta có: nX : nY = 5:3

- Trong 30,73 gam gọi số mol X Y 5x 3x mol, số mol CO2 y mol, số mol H2O z mol

+ mCO2 + mH2O = 44y + 18z = 69,31 (1)

+ Bảo toàn nguyên tố cho E: mE = mc + mH + mO + mN

= 12y + 2z + (5x*16*7 + 3x*16*6) + (5x*14*6 + 3x*14*5) = 30,73 (2) + Phản ứng cháy:

CnH2n-4N6O7 ắắđ nCO2 + (n -2)H2O CmH2m-3N5O6 ắắđ mCO2 + (2m -3)/2H2O

(69)

Ta có: nCO2 - nH2O = y – z = -2*5x – 4,5x (3) Giải ra: x = 0,01; y = 1,07 z = 0,01

- Vậy 30,73 gam E có nX + nY = 5.0,01+ 0,01 = 0,08

Þ TN 1: Ứng với nX + nY = 0,16 mol → mE = 61,46 gam

- Bảo tồn khối lượng cho thí nghiệm cho 0,16 mol E vào dung dịch NaOH → (75+22)a + (89+22)b = 61,46 + 0,9.40 - 0,16.18 → 99a + 111b = 94,58

lại có a+ b = 0,9 → a= 0,38 b = 0,52 Vậy a: b ≈ 0,7306 Đáp án A

Câu 7: Cho hỗn hợp A chứa hai peptit X Y tạo amino axit no mạch hở, phân tử chứa nhóm -COOH, nhóm -NH2 ,biết tổng số nguyên tử O phân tử X, Y 13 Trong X Y có số liên kết peptit khơng nhỏ

4 Đun nóng 0,7 mol A KOH thấy 3,9 mol KOH phản ứng thu m gam muối Mặt khác đốt cháyhoàn toàn 66,075 gam A cho sản phẩm hấp thụ vào bình chứa Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 147,825 gam Giá trị

của m

A 490,6 B 560,1 C 470,1 D 520,2

- Mục đích ta tìm Khối lượng A TN1 sau dung BTKL

- Tổng oxi = 13 Þ tổng N = 11Þ Tổng số liên kết = khơng có peptit có số liên kết nhỏ 4, tức từ trở lên nên: X pentapeptit ( liên kêt) CnH2n-3O6N5 Y hexa peptit có liên kết CmH2m-4O7N5

- TN1: pen + 5KOH ắắđ Muoi + H2O: Hex + 6KOH ắắđ Muoi + H2O

a 5a a b 6b b có hệ: a + b = 0,7 5a + 6b = 3,9 giải a = 0,3 b = 0,4 tỷ lệ a:b = : - TN2: Gọi nX = 3x nY = 4x; nCO2 = y; nH2O = z

CnH2n-3O6N5 ắắđ nCO2 + (2n-3)/2H2O + 2,5N2 CnH2n-3O6N5 ắắđ mCO2 + (m-2)H2O + 3N2

3x 3nx 3x(2n-3)/2 4x 4mx 4x(m-2) Ta có hệ: + mBình tang = 44y + 18z = 147,825 (1)

+ mA = mC + mH + mO + mN ơắđ 66,075 = 12y + 2z + 3x*16*6 + 4x*16*7 + 3x*14*5 + 4x*14*6

ơắđ 12y + 2z + 1282x = 66,075 (2)

+ Từ phương trình: ta tìm mơi liên hệ giua y z với x thông qua nước v CO2:

nCO2 nH2O ơắđ y z = 1,5*3x + 2*4x ơắđ y z – 12,5x = (3)

Giải hệ: y = 2,475: z = 2,1625 x = 0,025 Þ nA = 3x + 4x = 3*0,025 + 4*0,025 = 0,175

- ng vi 0,175 mol A ắắđ mA = 66,075 gam

0,7 mol A ắắđ mA TN1 = 66,075*0,7/0,175 = 264,3 gam

- Áp dụng BTKL: mmuoi = 264,3 +3,9*56 – 0,7*18 = 470,1

Câu 8: Đun nóng 0,14 mol hỗn hợp A gồm hai peptit X (CxHyOzN4) Y (CnHmO7Nt) với dung dịch NaOH vừa đủ thu

được dung dịch chứa 0,28 mol muối glyxin 0,4 mol muối alanin Mặt khác đốt cháy m gam A O2 vừa đủ

thu hỗn hợp CO2, H2O N2, tổng khối lượng CO2 nước 63,312 gam Giá trị m gần là:

A 28. B 34. C 32. D 18.

- Ta tìm khối lượng A TN đốt sinh tỗng khối lượng CO2và H2O bao nhiêu, sau

dùng qui tác tam xuất

- Thuỷ phân: từ công thức ta bết X tetra (a mol) Y hexa (b mol) Tetr + 4NaOH Hexa + 6NaOH

a 4a b 6b

ÞTa có hệ: nA = a + b = 0,14 nNaOH ( BT natri muối) = 4a + 6b = 0,28 + 0,4 Þ a = 0,08 b = 0,06

ÞBTKL mA = 0,28*97 + 0,4*111 + 0,14*18 – 0,68*40 = 46,88

- t chỏy: CnH2n-2O5N4 ắắđnCO2 + (n-1)H2O CmH2m-4O7N6ắắđmCO2 + (m-2)H2O

0,08 0,08n 0,08n-0,08 0,06 0,06m 0,06m 0,12

(70)

Þ nCO2 – nH2O = y – z = 0,2 (2) giai có y = 1,76 z = 1,56 Þå mCO2 + mH2O = 1,76*44 + 1,56*18 = 105,52

- Vy: c 46,88 gam A ắắđ mCO2 + mH2O = 105,52

m 63,312 Þm = 28,128 A

Câu 9: (2015) Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở X (x mol) Y (y mol), tạo glyxin alanin. Đun nóng 0,7 mol T lượng dư dung dịch NaOH có 3,8 mol NaOH phản ứng thu dung dịch chứa m gam muối Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn x mol X y mol Y thì thu số mol CO2 Biết tổng số nguyên tử oxi hai phân tử X Y 13, X Y có số liên kết peptit khơng nhỏ Giá trị m

A 396,6. B 409,2. C 340,8. D 399,4.

- Tổng oxi = 13 Þ tổng N = 11Þ Tổng số liên kết = khơng có peptit có số liên kết nhỏ 4, tức từ trở lên nên: X pentapeptit ( liên kêt) CnH2n-3O6N5 với n³11 Y hexa peptit có liên kết CmH2m-4O7N5 với m³13

- TN1: pen + 5KOH ắắđ Muoi + H2O: Hex + 6NaOH ắắđ Muoi + H2O

a 5a a b 6b b có hệ: a + b = 0,7 5a + 6b = 3,8 giải a = 0,4 b = 0,3 tỷ lệ a:b = : - TN2: Gọi nX = 4x nY = 3x; nCO2 = y; nH2O = z

CnH2n-3O6N5 ắắđ nCO2 CnH2n-3O6N5 ắắđ mCO2

4x 4nx 3x 3mx - Bài cho: số mol CO2 nờn 4nx = 3mx ơắđn/m = 3/4 = 12/16

ÞHai peptit là: C12H21O6N5 0,4 mol C16H28O7N6 0,3 mol

- Bảo toàn khối lượng: mT + mNaOH = mmuoi + mH2O Þ mmuoi = 0,4*331 + 0,3*416 + 152 – 12,6 = 396,6

3/ Tính khối lượng phân tử hay số mắt xích peptit: Dùng cụng thc: AxBy ắắđ %A =

* *100

A A Bx Y

NTK x

M = %bi choắắđ MAxBy

Da vo t l: protein ắắđ n aminoaxit

s mol s mol ắắđ n = (s mol aminoaxit / s mol protein)

Câu 1:Một hemoglobin (hồng cầu máu) chứa 0,4% Fe (mỗi phân tử hemoglobin chứa nguyên tử Fe) Phân tử khối gần hemoglobin :A 12000 B 14000 C 15000 D 18000 Hemoglobin ắắđ Fe

%Fe = 56*1M*100 %= 0,4%ắắđ M = 14000

Bài 2: Xác định Phân tử khối gần Polipeptit chứa 0,32% S tromh phân tử Giả sử phân tử có nguyên tử S? a 20.000(đvC) b.10.000(đvC) c 15.000(đvC) d 45.000(đvC)

%S = 32*M2*100 %= 0,32%ắắđ M = 20 0000

Bài 3: Khi thuỷ phân 500 g protein A thu 170 g alanin Nếu PTK A 50 000 số mắt xích alanin A là: A) 1,91 B) 19,1 C) 191 D) 17 000

protein ắắđ n Aalanin

(500:50000) (170:89)ắắđ n = 191

Bài 4: Thủy phân 1250 gam protein X thu 425 gam alanin Nếu phân tử khối X 100000 đvC số mắt xích alanin có X : a 453 b 382 c 328 d 479

protein ắắđ n Aalanin

(1250:100000) (425:89)ắắđn = 382 3/ Xác định loại peptit:

(71)

+ Ta chuyển namino/ nH2O thành phân số tố giản, tử loại peptit + VD namino/ nH2O = 4/3 thí tetrapeptit

Câu 1: Khi thủy phân hoàn toàn 65 gam peptit X thu 22,25 gam alanin 56,25 gam glixin X là: A tripeptit B tetrapeptit C.pentapeptit D Đipeptit

- mH2O = (22.25 + 56,25) – 65 = 13,5ắắđ nH2O = 0,75 nAla = 0,25 nGli = 0,75

peptit + H2O ắắđ Ala + Gli

0,75.0,25 0,75ắắđnamino/nH2O = (0,25+0,75)/ 0,75 = 4/3 tetra

Bài 2: Khi thủy phân hoàn toàn 55,95 gam peptit X thu 66,75 gam alanin (amino axit nhất) X : a tripeptit b tetrapeptit c pentapeptit d đipeptit mH2O = 66,75 55,95 = 10,8 ắắđ nH2O = 0,6

nAla = 0,75

peptit + H2O ắắđ Ala

0,6 0,78 ắắđ namino/nH2O = 0,75/0,6 = 5/4 penta

Câu 3: Khi thủy phân hoàn toàn 0,25 mol peptit X mạch hở (X tạo thành từ -amino axit có nhóm -NH2

nhóm -COOH) dung dịch KOH (dư 15% so với lượng cần phản ứng), cô cạn dung dịch thu hỗn hợp chất rắn tăng so với khối lượng X 253,1 gam Số liên kết peptit X

A 10. B 15. C 16 D 9.

Peptit + xKOH ắắđ Mui + H2O

0,25…….0,25x………0,25

- mMuoi = mpeptit + mKOH phan ung – mH2O = mpeptit + 56*0,25x – 0,25*18 (1)

- mKOH du = 0,15*0,25x*56 = 2,1x

- Chất rắn tăng so với peptit nên:

mran mpeptit = 253,1 ơắđ mpeptit + 56*0,25x – 0,25*18 + 2,1x – mpeptit = 253,1Þ x = 16 nên số liên kết

Câu 4: Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol peptit A mạch hở (A tạo amino axit có nhóm amino nhóm cacboxyl) lượng NaOH gấp lần lượng cần dùng Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu hỗn hợp chất rắn tăng so với khối lượng A 58,2 gam Số liên kết peptit peptit A là:

A 14 B 15 C 4 D 5

Peptit + xNaOH ắắđ (x+1)Muoi + H2O

0,1 0,1x 0,1(x+1) 0,1 va2 0,2xNaOH du - mmuoi = mPeptit + mNaOH phan ung – mH2O = 0,1*Mpeptit + 0,1*x*40 – 0,1*18

- mran mpeptit = 58,2 ơắđ mNaOH du + mmuoi mpeptit = 58,2

ơắđ [(0,2x*40) + (0,1*Mpeptit + 0,1*x*40 – 1,8)] – 0,1Mpeptit = 58,2 giai x =

POLIME

Dạng Xác định số mắt xích polime

- số mắt xích tỉ lệ khối lượng phân tử đoạn polime khối lượng mắt xích - tính số mắt xích dựa vào phản ứng clo hóa phản ứng cộng

Câu 1. Polietilen có khối lượng phân tử 14000 đvC Hệ số trùng hợp n là:

A 50 B 500 C 1700 D 178

HD: (CH2-CH2)n

→ 14000 500

28

n= = → Đáp án: B

Câu 2.Polisaccarit ( C6H10O5)n có khối lượng phân tử 162000 đvC có hệ số trùng hợp là:

(72)

HD: 162000 1000

162

n= = → Đáp án: C

Câu 3.Khối lượng phân tử tơ Capron 15000 đvc Số mắt xích cơng thức phân tử loại tơ là: A 113 B 133 C 118 D 226

HD: tơ capron: [ NH-(CH2)5-C]n

O

15000

133 113

n= = → Đáp án: B

Câu 4. Hệ số polime hóa mẫu cao su buna (M  40.000)

A 400 B 550 C 740 D 800

HD: cao su buna [CH2-CH=CH-CH2]n

40000

740 54

n= » → Đáp án: C

Câu 5. Polime X có phân tử khối M=280.000 đvC hệ số trùng hợp n=10.000 X A PE B PVC C (-CF2-CF2-)n D polipropilen

HD: phân tử khối mắt xích X → 280000 28

10000

M X

n

= = = đvC → Đáp án: A

Câu 6.Clo hoá PVC loại tơ Clorin chứa 66,6% Clo Trung bình phân tử Clo tác dụng với mắc xích PVC?

A B C D

HD:

Phn ng clo húa:

CnH2nCln + Cl2 ắắđxt CnH2n-1Cln+1 + HCl

→ % 35,5( 1) .100% 66,6%

62,5 34,5

n Cl

n +

= =

+ → n»2

→ Đáp án: B

Câu 7: Cứ 5,668 gam cao su buna-S phản ứng vừa hết với 3,462 gam brom CCl4 Hỏi tỉ lệ mắt xích butađien stiren cao su buna-S bao nhiêu?

A 1/3 B 1/2 C 2/3 D 3/5

gặp dạng giải hệ dễ hiểu C4H6 : a mol (Butadien 1-3)

C8H8 : b mol (Stiren)

số mol Br2 số mol Butadien 1-3, ta có hệ:

54a + 104b = 5,668 a = 3,462/160

suy a = 0,02 b = 0,04 Nên a/b = 1/2

Hoặc giải cách khác sau: ta có số mol Br2 số mol butadien 5.668 g

tỉ lệ ½

Hoặc giải cách khác sau : Cao su buna-S là san phâm cua buta-1,3-dien và striren

(73)

2

mBr nCaosuS =

2

mBr

nCaosuS =

2

mBr nCaosuS =

2 3, 462 160 5, 668 54 104

mBr m

nCaosuS = = m+ n

m:n=1:2

Phương pháp 2: BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG

I PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1 Nội dung phương pháp

- Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng (BTKL): “ Tổng khối lượng chất tham gia phản ứng tổng khối lượng chất sản phẩm”

Điều giúp ta giải tốn hóa học cách đơn giản, nhanh chóng Xét phản ứng: A + B  C + D

Ta ln có: mA + mB = mC + mD (1)

* Lưu ý: Điều quan trọng áp dụng phương pháp việc phải xác định lượng chất (khối lượng) tham gia phản ứng tạo thành (có ý đến chất kết tủa, bay hơi, đặc biệt khối lượng dung dịch)

2 Các dạng toán thường gặp

Hệ 1: Biết tổng khối lượng chất ban đầu  khối lượng chất sản phẩm Phương pháp giải: m(đầu) = m(sau) (không phụ thuộc hiệu suất phản ứng)

Hệ 2: Trong phản ứng có n chất tham gia, biết khối lượng (n – 1) chất ta dễ dàng tính khối lượng chất cịn lại

Hệ 3: Bài toán: Kim loại + axit  muối + khí m = m + m

- Biết khối lượng kim loại, khối lượng anion tạo muối (tính qua sản phẩm khí)  khối lượng muối - Biết khối lượng muối khối lượng anion tạo muối  khối lượng kim loại

- Khối lượng anion tạo muối thường tính theo số mol khí ra:  Với axit HCl H2SO4 loãng

+ 2HCl  H2 nên 2Cl  H2

+ H2SO4 H2 nên SO42  H2

 Với axit H2SO4 đặc, nóng HNO3: Sử dụng phương pháp ion – electron (xem thêm phương pháp bảo toàn

electron phương pháp bảo toàn nguyên tố)

Hệ 3: Bài toán khử hỗn hợp oxit kim loại chất khí (H2, CO)

Sơ đồ: Oxit kim loại + (CO, H2)  rắn + hỗn hợp khí (CO2, H2O, H2, CO)

Bản chất phản ứng: CO + [O]  CO2

H2 + [O]  H2O

 n[O] = n(CO2) = n(H2O)  m = m - m[O]

3 Đánh giá phương pháp bảo toàn khối lượng.

Phương pháp bảo toàn khối lượng cho phép giải nhanh nhiều toán biết quan hệ khối lượng chất trước sau phản ứng

Đặc biệt, chưa biết rõ phản ứng xảy hoàn toàn hay khơng hồn tồn việc sử dụng phương pháp giúp đơn giản hóa tốn

Phương pháp bảo toàn khối lượng thường sủ dụng toán nhiều chất 4 Các bước giải.

- lập sơ đồ biến đổi chất trước sau phản ứng

- Từ giả thiết tốn tìm åm = åm (khơng cần biết phản ứng hồn tồn hay khơng hồn toàn)

- Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng để lập phương trình tốn học, kết hợp kiện khác để lập hệ phương trình tốn

muối kim loại anion tạo muối

rắn oxit

(74)

- Giải hệ phương trình

THÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Hồ tan hoàn toàn 3,9 gam kali vào 36,2 gam nước thu dung dịch có nồng độ

A 15,47% B 13,97% C 14,0% D 4,04%

Giải:

2K + 2H2O 2KOH + H2

0,1 0,10 0,05(mol)

mdung dịch = mK + mH2O - mH2 = 3,9 + 36,2 - 0,05 2 = 40 gam

C%KOH =

40 56 0,1

100

 % = 14%  Đáp án C

Ví dụ 2: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp CuSO4 KCl với điện cực trơ đến thấy khí bắt đầu hai điện

cực dừng lại thấy có 448 ml khí (đktc) anot Dung dịch sau điện phân hoà tan tối đa 0,8 gam MgO Khối lượng dung dịch sau điện phân giảm gam (coi lượng H2O bay không đáng kể) ?

A 2,7 B 1,03 C 2,95 D 2,89

Giải:

CuSO4 + 2KCl  Cu + Cl2 + K2SO4 (1)

0,010,01

Dung dịch sau điện phân hoà tan MgO  Là dung dịch axit, chứng tỏ sau phản ứng (1) CuSO4 dư

2CuSO4 + 2H2O  2Cu + O2 + H2SO4 (2)

n + nO2 = 22400

480

= 0,02 (mol)

H2SO4 + MgO  MgSO4 + H2O (3)

0,02 0,02 (mol)

mdung dịch giảm = mCu + mCl2 + mO2 = 0,0364 + 0,01x71 + 0,01x32 = 2,95 gam

 Đáp án C

Ví dụ 3: Cho 50 gam dung dịch BaCl2 20,8 % vào 100 gam dung dịch Na2CO3, lọc bỏ kết tủa dung dịch X Tiếp tục

cho 50 gam dung dịch H2SO4 9,8% vào dung dịch X thấy 0,448 lít khí (đktc) Biết phản ứng xảy hoàn toàn Nồng

độ % dung dịch Na2CO3 khối lượng dung dịch thu sau là:

A 8,15% 198,27 gam B 7,42% 189,27 gam

C 6,65% 212,5 gam D 7,42% 286,72 gam

Giải:

n = 0,05 mol ; n = 0,05 mol BaCl2 + Na2CO3  BaCO3 + 2NaCl

0,05 0,05 0,05 0,1

Dung dịch B + H2SO4  khí  dung dịch B có Na2CO3 dư

Na2CO3 + H2SO4  Na2SO4 + CO2 + H2O

0,02 0,02

n ban đầu = 0,05 + 0,02 = 0,07 mol C% =

100 106 07 , 0 

% 100

 = 7,42% ĐLBTKL: mdd sau = 50 + 100 + 50 - m - m

= 50 + 100 + 50 - 0,05.197 - 0,02.44 = 189,27 gam

Cl2

H2SO4 BaCl2

Na2CO3 Na2CO3

CO2

(75)

 Đáp án B

Ví dụ 4: X  - aminoaxit, phân tử chứa nhóm -NH2 nhóm -COOH Cho 0,89 gam X phản ứng vừa đủ

với HCl thu 1,255 gam muối Công thức tạo X là:

A CH2 =C(NH2)-COOH B H2N-CH=CH-COOH

C CH3-CH(NH2)-COOH D H2N-CH2-CH2-COOH

Giải:

HOOC - R - NH2 + HClHOOC -R-NH3Cl

 mHCl = m muối - maminoaxit = 0,365 gam mHCl = 0,01 (mol)

Maminoxit =

01 , 0

89 , 0

= 89

Mặt khác X  -aminoaxit Đáp án C

Ví dụ 5: Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, dãy đồng đẳng tác dụng hết với 9,2 gam Na, thu 24,5 gam chất rắn Hai ancol là:

A CH3OH C2H5OH B C2H5OH C3H7OH

C C3H5OH C4H7OH D C3H7OH C4H9OH

Giải:

2 ROH + 2Na2RONa + H2

Theo đề hỗn hợp rượu tác dụng với hết Na Học sinh thường nhầm là: Na vừa đủ, thường giải sai theo hai tình sau:

Tình sai 1: nNa=

23 2 , 9

= 0,4nrượu = 0,4  rượu =

4 , 0

6 , 15

= 39  Đáp án A  Sai

Tình sai 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng: nrượu =

22 6 , 15 5 , 24 

= 0,405  rượu =

405 , 0

6 , 15

= 38,52 Đáp án A  Sai Áp dụng phương pháp bảo tồn khối lượng ta có:

m = mrượu + mNa - mrắn = 15,6 + 9,2 - 24,5 = 0,3 gam

nrượu= 2n = 0,3 (mol)  rượu =

3 , 0

6 , 15

= 52  Đáp án B

Ví dụ 6: Trùng hợp 1,680 lít propilen (đktc) với hiệu suất 70%, khối lượng polime thu là:

A 3,150 gam B 2,205 gam C 4,550 gam D.1,850 gam Giải:

ĐLBTKL: mpropilen = mpolime =

4 , 22

680 , 1

.42 % 100

% 70

= 2,205 gam  Đáp án B

Ví dụ 7: Xà phịng hố hồn tồn 17,24 gam chất béo cần vừa đủ 0,06 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu khối lượng xà phòng là:

A 17,80 gam B.18,24 gam C 16,68 gam D.13,38 gam

(Trích đề thi tuyển sinh vào trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008)

Giải:

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH3RCOONa + C3H5(OH)3

Theo định luật bảo toàn khối lượng:

17,24 + 0,06.40= mxà phòng + 0,02.92 mxà phòng =17,80 gam

 Đáp án: A

H2

M

(76)

Ví dụ 8: Cho 3,60 gam axit cacboxylic no, đơn chức X tác dụng hoàn toàn với 500ml dung dịch gồm KOH 0,12M và NaOH 0,12M Cô cạn dung dịch thu 8,28 gam hỗn hợp chất rắn khan Công thức phân tử X là:

A C2H5COOH B CH3COOH C HCOOH D C3H7COOH

(Trích đề thi tuyển sinh vào trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008)

Giải:

RCOOH + KOH  RCOOK + H2O

RCOOH + NaOH  RCOONa + H2O

nNaOH = nKOH = 0,5.0,12 = 0,06 mol

ĐLBTKL: mX + mNaOH + mKOH = mrắn + m

m = 1,08 gam n = 0,06 mol nRCOOH = n = 0,06 mol MX = R + 45 =

06 , 0

60 , 3

= 60 R = 15 X: CH3COOH  Đáp án B

Ví dụ 9: Nung 14,2 gam hỗn hợp muối cacbonat kim loại hố trị 7,6 gam chất rắn khí X Dẫn tồn lượng khí X vào 100ml dung dịch KOH 1M khối lượng muối thu sau phản ứng là: A 15 gam

B 10 gam C 6,9 gam D gam

Giải: X CO2

ĐLBTKL: 14,2 = 7,6 + mX  mX = 6,6 gamnX = 0,15 mol

Vì:

2

CO KOH n m

= 15 , 0

1 , 0

< 1muối thu KHCO3

CO2 + KOH KHCO3

0,1 0,1 0,1 m = 0,1.100 = 10 gam  Đáp án B

Ví dụ 10: Nhiệt phân hoàn toàn M gam hỗn hợp X gồm CaCO3 Na2CO3 thu 11,6 gam chất rắn 2,24 lít khí

điều kiện tiêu chuẩn Hàm lượng % CaCO3 X là:

A 6,25% B 8,62% C 50,2% D 62,5%

Giải:

CaCO3  o

t CaO + CO

2

nCaCO3 = nCO2 = 0,1 (mol) mCaCO3= 10 gam

Theo ĐLBTKL: mX = mchất rắn = mkhí = 11,6 + 0,144=16 gam

%CaCO3=

16 10

100% = 62,5% Đáp án: D

Ví dụ 11: Đun 27,6 gam hỗn hợp ancol đơn chức với H2SO4 đặc 140oC (H=100%) 22,2 gam hỗn hợp ete có

số mol Số mol ete hỗn hợp là:

A 0,3 B 0,1 C 0,2 D.0,05

Giải:

Số ete thu là: 2

) 1 3 ( 3 

=

ĐLBTKL: 27,6= 22,2 + mH2O mH2O = 5,4 gamnH2O = 0,3 mol

nH2O= nete = 6nete nmỗi ete = 0,3: = 0,5 mol  Đáp án: D

Ví dụ 12: Đốt cháy hoàn toàn 0,025 mol chất hữu X cần 1,12 lít O2 (đktc), dẫn tồn sản phẩm thu qua bình

đựng P2O5 khan bình đựng Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 0,9 gam, bình tăng 2,2 gam Cơng thức phân tử

của X là:

H2O

H2O H2O

H2O

(77)

A C2H4O B C3H6O C C3H6O2 D C2H4O2

Giải

mbình tăng = mCO2 , mbình tăng = mH2O

ĐLBTKL: mx + mO2 = mCO2+ mH2O mx + 32.0,05 = 0,9 + 2,2

mx = 1,5 gam

Mx = 1,5:0,025=60 Đáp án: D

Ví dụ 13: Cho 20,2 gam hỗn hợp ancol tác dụng vừa đủ với K thấy thoát 5,6 lít H2(đktc) khối lượng muối thu

là: A 3,92 gam B 29,4 gam C 32,9 gam D 31,6 gam Giải:

R(OH)a + aKR(OK)a +

2

a

H2

x xa 0,5 ax  nH2= 0,5 ax = 0,25  ax = 0,5 mol ĐLBTKL: 20,2 + 39.0,5 = mmuối + 2.0,25mmuối = 39,2 gam  Đáp án A

Ví dụ 14: Xà phịng hố chất hữu X đơn chức muối Y ancol Z Đốt cháy hoàn toàn 4,8 gam Z cần 5,04 lít O2 (đktc) thu lượng CO2 sinh nhiều lượng nước 1,2 gam Nung muối Y với vơi tơi xút thu khí T có tỉ

khối H2 Công thức cấu tạo X là:

A C2H5COOCH3 B CH3COOCH3 C HCOOCH3 D CH3COOC2H5

Giải:

X + NaOH muối Y + ancol ZX: este đơn chức RCOOR’ + NaOH to

RCOONa + R’OH RCOONa + NaOH RH + Na

2CO3

MRH = 8.2 =16RH: CH4RCOONa : CH3COONa

CxHyO(Z) + O2CO2 + H2O

ĐLBTKL: 4,8 + 0,225.32 = mCO2+ mH2O = 12

2

CO

m = HO

2

m + 1,2  mCO2= 6,6 gam, H O

2

m = 5,4 gam mC = 12

2

CO

n =1,8 gam; mH = 2.nH2O = 0,6 gam; mO = 2,4 gam

x: y: z = 12

8 , 1

: 1

6 , 0

: 16

4 , 2

= 0,15: 0,6: 0,15 = 1: 4:  Z: CH3OH  X : CH3COOCH3  Đáp án B

Ví dụ 15: Đốt cháy hoàn toàn 4,3 gam axit cacboxylic X đơn chức thu 4,48lít CO2 (đktc) 2,7 gam H2O Số

mol X là:

A 0,01mol B 0,02 mol C 0,04 mol D 0,05 mol

Giải:

Theo ĐLBTKL: mX + mO2= mCO2 + mH2O

mO2= 2,7 + 0,2  44 – 4,3 = 10,3 gam nO2= 0,225 (mol)

Áp dụng bảo toàn nguyên tố oxi: nX + nO2=nCO2+

2 nHO

2 n

X = nCO2+

2 nHO

2 -

O

n = 0,05(mol)  Đáp án D

Ví dụ 16: Đốt cháy hồn tồn x gam hỗn hợp X gồm propan, buten-2, axetilen thu 47,96 gam CO2 21,42 gam

(78)

Giải:

2

CO

n = 1,09 mol ; nH2O = 1,19 mol x = mC + mH = 12

2

CO

n + 2.nH2o = 15,46 gam Đáp án A

Ví dụ 17: Đun nóng 5,14 gam hỗn hợp khí X gồm metan, hiđro ankin với xúc tác Ni, thu hỗn hợp khí Y Cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch brom dư thu 6,048 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối hiđro Độ tăng khối lượng dung dịch brom là:

X  Ni,to

Y  Br2 Z

Nhận thấy: mkhí tác dụng với dung dịch brom = mkhối lượng bình brom tăng

mX = mY=mZ + mkhối lượng bình brom tăng

mkhối lượng bình brom tăng = mX - mZ = 5,14 -

4 , 22

048 , 6

2 8

 = 0,82 gam Đáp án A

Ví dụ 18: Hồ tan hoàn toàn 8,9 gam hỗn hợp kim loại dung dịch HCl dư 4,48 lít (đktc) Cơ cạn dung dịch thu sau phản ứng lượng muối khan thu là:

Giải:

Cách 1: Gọi công thức chung hai kim loại M, hóa trị n 2M + 2nHCl2MCln + nH2

0,4  0,2 (mol)

Theo ĐLBTKL: mkim loại + mHCl = mmuối +mH2

 mmuối = 8,9 + 0,4  36,5 – 0,22=23,1 gam  Đáp án A

Cách 2: mCl-muối = nH+ = 2.nH2 = 0,4 (mol)

mmuối = mkim loại + mCl-(muối) = 8,9 + 0,435,5 = 23,1 gam  Đáp án A

Ví dụ 19 Hồ tan hồn tồn 15,9 gam hỗn hợp gồm kim loại Al, Mg Cu dung dịch HNO3 thu 6,72 lít khí

NO (sản phảm khử nhất) dung dịch X Cơ cạn cẩn thận dung dịch X lượng muối khan thu bao nhiêu?

Giải: 

N + 3e  N2 (NO)

0,9 0,3(mol)

Vì sản phẩm khử NO nNO3 (trong muối) = ne nhường (hoặc nhận) = 0,9 mol

(Xem thêm phương pháp bảo toàn e)

m

muối = mcation kim loại + mNO



3(trong muối) 15,9 + 0,962 = 71,7 gam  Đáp án B

PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH

I CƠ SƠ CỦA PHƯƠNG PHÁP 1 Cơ sở: Nguyên tử, phân tử, dung dịch luôn trung hòa điện

- Trong nguyên tử: số proton = số electron - Trong dung dịch:

å số mol  điện tích ion dương =  å số mol  điện tích ion âm

(79)

a, Khối lượng dung dịch muối (trong dung dịch) = å khối lượng ion tạo muối b, Quá trình áp dụng định luật bảo tồn điện tích thường kết hợp:

- Các phương pháp bảo toàn khác: Bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố - Viết phương trình hóa học dạng ion thu gọn

II CÁC DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP Dạng 1: Áp dụng đơn định luật bảo tồn điện tích

Ví dụ : Một dung dịch có chứa ion với thành phần : 0,01 mol Na+, 0,02 mol Mg2+, 0,015 mol 2

SO , x molCl Giá trị x

A 0,015 B 0,035 C 0,02 D 0,01

Giải:

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích ta có:

0,01.1 + 0,02.2 = 0.015.2 +x.1x = 0,02  Đáp án C

Dạng 2: Kết hợp với định luật bảo tồn khối lượng

Ví dụ : Dung dịch A chứa hai cation Fe2+: 0,1 mol Al3+: 0,2 mol hai anion Cl: x mol 2

SO : y mol Đem cô cạn dung dịch A thu 46,9 gam hỗn hợp muối khan Giá trị x y là: A 0,6 0,1 B 0,3 0,2 C 0,5 0,15 D 0,2 0,3

Giải:

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích ta có:

0,01.2 + 0,2.3 =x.1 +y.2  x + 2y = 0,8 (*)

Khi cô cạn dung dịch khối lượng muối =  khối lượng ion tạo muối 0,1.56+0,2.27 +x.35,5 +y.96= 46,9  35,5x +96y = 35,9 (**) Từ (*) (**) x = 0,2; y = 0,3  Đáp án D

Ví dụ : Chia hỗn hợp X gồm hai kim loại có hố trị khơng đổi thành phần nhau. Phần 1: Hoà tan hoàn toàn dung dịch HCl dư thu 1,792 lít H2 (đktc)

Phần : Nung khơng khí dư thu 2,84 gam hỗn hợp rắn gồm oxit Khối lượng hỗn hợp X là: A 1,56

gam B 1,8 gam C 2,4 gam D 3,12 gam

Giải:

Nhận xét: Tổng số mol  điện tích ion dương (của hai kim loại) hai phần  Tổng số mol  điện tích ion âm hai phần

O2-2Cl Mặt khác: nCl-= nH=

2

H

n = 0,08mol 22,4

1,792   nO(trong oxit) = 0,04(mol)

 Trong phần: mkim loại= moxit – moxi = 2,84 – 0,08.16 = 1,56 gam

 khối lượng hỗn hợp X = 2.1,56 = 3,12gam  Đáp án D

Dạng 3: Kết hợp với bảo toàn nguyên tố

Ví dụ : Cho hỗn hợp X gồm x mol FeS2 0,045 mol Cu2S tác dụng vừa đủ với HNO3 lỗng, đun nóng thu dung

dịch chứa muối sunfat kim loại giải phóng khí NO chất Giá trị x là:

A 0,045 B 0,09 C 0,135 D 0,18

Giải:

- Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe3+: x mol; Cu2+: 0,09 mol; 2

4

SO : (x + 0,045) mol

(80)

3x + 2.0,09 = 2(x + 0,045)  x = 0,09Đáp án B

Ví dụ : Dung dịch X có chứa ion : Mg2+, Ba2+ , Ca2+, 0,1 mol Cl 0,2 mol 

3

NO Thêm dần V lít dung dịch K2CO3

1M vào X đến lượng kết tủa lớn giá trị V tối thiểu cần dùng

A 150ml B 300ml C 200ml D 250ml

Giải:

Có thể quy đổi ion Mg2+, Ba2+, Ca2+ thành M2+ (xem thêm phương pháp quy đổi)

M2+ + 2

3

CO MCO3 

Khi phản ứng kết thúc, phần dung dịch chứa K+, Cl  NO Áp dụng định luật bảo tồn điện tích ta có:



K

n = nCl+ -3

NO

n = 0,15 (lít) = 150ml  Đáp án A

Dạng 4: Kết hợp với việc viết phương trình dạng ion thu gọn

Ví dụ : Cho tan hồn tồn 15,6 gam hỗn hợp gồm Al Al2O3 500ml dung dịch NaOH 1M thu 6,72 lít H2

(đktc) dung dịch X Thể tích HCl 2M tối thiểu cần cho vào X để thu lượng kết tủa lớn A 0,175 lít B 0,25 lít C 0,125 lít D 0,52 lít Giải:

Dung dịch X chứa ion Na+; 

2

AlO ; OHdư (có thể) Áp dụng định luật bảo tồn điện tích: 

2

AlO

n + nOH = nNa = 0,5

Khi cho HCl vào dung dịch X: H+ + OH  H

2O (1)

H+ + 

2

AlO + H2OAl(OH)3 (2)

3H+ + Al(OH)

3 Al3++ 3H2O (3)

Để kết tủa lớn  không xảy (3) nH+ = 

2

AlO

n + nOH-= 0,5 VHCl = 0,25

2 5 , 0 

(lít)  Đáp án B

Dạng 5: Bài tốn tổng hợp

Ví dụ : Hồn tồn 10 gam hỗn hợp X gồm Mg Fe dung dịch HCl 2M Kết thúc thí nghiệm thu dung dịch Y 5,6 lít H2 (đktc) Để kết tủa hồn tồn cation có Y cần vừa đủ 300ml dung dịch NaOH 2M Thể tích dung

dịch HCl dùng

A 0,2 lít B 0,24 lít C 0,3 lít D 0,4 lít Giải:

    OH

Na n

n nNaOH = 0,6 (mol)

Khi cho NaOH vào dung dịch Y (chứa ion: Mg2+; Fe2+; H+ dư; Cl) ion dương sẽ tác dụng với OHđể tạo thành kết tủa Như dung dịch thu sau phản ứng chứa Na+ Cl

 nCl nNa= 0,6  nH = 0,6VHCl= 0,3lít

2 0,6

Đáp án C

Ví dụ : Để hoà tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần vừa đủ 700ml dung dịch HCl 1M thu

được dung dịch X 3,36 lít H2 (đktc) Cho NaOH dư vào dung dịch X lấy toàn kết tủa thu đem nung

khơng khí đến khối lượng khơng đối lượng chất rắn thu

A gam B 16 gam C 24 gam D 32 gam

(81)

Với cách giải thơng thường, ta viết phương trình hố học, sau đặt ẩn số, thiết lập hệ phương trình giải Nếu áp dụng định luật bảo tồn điện tích ta có:

Fe + 2HCl FeCl2 + H2

Số mol HCl hoà tan Fe là: nHCl = 2nH2 = 0,3(mol)

Số mol HCl hoà tan oxit = 0,7 – 0,3 = 0,4 mol Theo định luật bảo tồn điện tích ta có:

nO2-(oxit) = 0,3(mol)

56 0,2.16 20

56 m m n

0,2(mol) n

2

1 oxit oxi

Fe(trongX)

Cl 

   

 



Có thể coi: 2Fe (trong X) Fe2O3

(82)

PHƯƠNG PHÁP QUI ĐỔI

I CƠ SƠ CỦA PHƯƠNG PHÁP 1 Nguyên tắc chung

Quy đổi phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa toán ban đầu hỗn hợp phức tạp dạng đơn giản hơn, qua làm cho phép tính trở nên dàng, thuận tiện.

Khi áp dụng phương pháp quy đổi phải tuân thủ nguyên tắc sau : + Bảo toàn nguyên tố.

+ Bảo tồn số oxi hố.

2 Các hướng quy đổi ý

(l) Một tốn có nhiều hướng quy đổi khác nhau, có hướng : Quy đổi hỗn hợp nhiều chất hỗn hợp hai chất.

Trong trường hợp thay giữ nguyên hỗn hợp chất ban đầu, ta chuyển thành hỗn hợp với số chất ít (cũng nguyên tố đó), thường hỗn hợp chất, chí chất nhất.

Ví dụ, với hỗn hợp chất gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 ta chuyển thành tổ hợp sau : (Fe và

FeO), (Fe Fe3O4), (Fe Fe2O3), (FeO Fe3O4), (FeO Fe2O3), (Fe3O4 Fe2O3) FexOy. Quy đổi hỗn hợp nhiều chất nguyên tử tương ứng.

Thông thường ta gặp toán hỗn hợp nhiều chất chất gồm (hoặc 3) nguyên tố Do đó, có thể quy đổi thẳng hỗn hợp đầu hỗn hợp gồm (hoặc 3) chất nguyên tử tương ứng.

Ví dụ ; (Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, Cu2S) (Cu, Fe, S). Khi thực phép quy đổi phải đảm bảo :

* Số electron nhường, nhận không đổi (ĐLBT electron).

* Do thay đổi tác nhân oxi hố  có thay đổi sản phẩm cho phù hợp. Thông thường ta hay gặp dạng sau :

Kim loại Hỗn hợp sản phẩm trung gian Sản phẩm cuối Ví dụ : Quá trình OXH hồn tồn Fe thành Fe3+

Fe Fe3+

FexOy

Ở đây, trạng thái đầu (Fe) trạng thái cuối (Fe3+) hai trình nhau, ta quy đổi hai tác nhân OXH O2 HNO3 thành tác nhân O2

(2) Do việc quy đổi nên số trường hợp số mol chất có giá trị âm để tổng số mol mỗi ngun tố khơng đổi (bảo tồn).

(3) Trong trình làm ta thường kết hợp sử dụng phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hoá toán để tránh viết phương trình phản ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài.

(4) Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái qt cao quy đổi thẳng nguyên tử tương ứng Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn dễ hiểu biểu thị chất hoá học.

II CÁC DẠNG BÀI TỐN THƯỜNG GẶP

Ví dụ 1: Nung m gam bột sắt oxi, thu 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X Hoà tan hết hỗn hợp X dung dịch HNO3 dư thoát 0,56 lít đktc NO (là sản phẩm khử nhất) Giá trị m là:

quy đổi

OXH2 OXH1

+ O2

+ HNO3

+ O2

(83)

A 2,52 B 2,22 C 2,62 D 2,32 Giải:

Sơ đồ hoá toán:

Fe [O]

2 3 Fe FeO X Fe O Fe O + ỡ ỹ ù ù ù ù ắắắđ ớ ý ù ù ù ùỵ ợ

m gam 3,0 gam Có: nNO = 0,025mol

Trong trường hợp ta quy đổi hỗn hợp ban đầu hỗn hợp khác đơn giản gồm hai chất (Fe và Fe2O3; FeO Fe2O3 ; Fe3O4 Fe2O3; Fe FeO; Fe Fe3O4 ; FeO Fe3O4 hoăc chí chất

FexOy tác giả trình bày hai phương án tối ưu nhất

Phương án 1: Quy đổi hỗn hợp X thành    mol y : O Fe mol x : Fe Theo bảo toàn khối lượng: 56x +160y = 3,0 (1) Các trình nhường nhận electron:

Fe  Fe3+ +3e N+5 + 3e  N+2 x 3x 0,075 0,025 Theo bảo toàn electron: 3x = 0,075  x = 0,025 (2)

Từ (1) (2)       0,01 y 0,025 x

; Vậy X gồm    0,01mol : O Fe 0,025mol : Fe Theo bảo toàn nguyên tố Fe:

nFe = nFe + 2nFe2O3 = 0,045 molm =56.0,045= 2,52Đáp án A Phương án 2: Quy đổi hỗn hợp X thành

   mol y : FeO mol x : Fe Theo bảo toàn khối lượng: 56x+72y = 3,0 (3) Các trình nhường nhận eletron:

Fe0Fe3+ + 3e ; Fe+2 Fe3++ 1e ; N+5 + 3e  N+2 x 3x y y 0,075 0,025 Theo bảo toàn eletron: 3x + y = 0,075 (4)

Từ (3) (4)       0,03 y 0,015 x

; Vậy X gồm:    mol 0,03 : eO mol 0,015 : Fe F

Theo bảo toàn nguyên tố Fe:

nFe = nFe +nFeO = 0,045 mol m = 56.0,045 = 2,52  Đáp án A.

Ví dụ 2: Hồ tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm CuS Cu2S S HNO3 dư, 20,16 lít khí NO duy (đktc) dung dịch Y Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu m gam kết tủa Giá trị m

A 81,55 B 104,20 C 110,95 D 115.85. Giải:

Qui đổi hỗn hợp X thành    mol y : CuS mol x : Cu

Theo bảo toàn khối lượng: 64x+96y= 30,4(5) Sơ đồ hoá toán:

Khí NO Dung dịch Fe3+

(0,56 lít, đktc)

Khí NO+2

(84)

X     0 CuS u C

Các trình nhường nhận electron

Cu0  Cu2+ + 2e ; CuS  Cu2+ + S+6 + 8e ; N+5+ 3e  N+2 x 2x y 8y 2,7  0,9 Theo bảo toàn eletron: 2x +8y = 2,7 (6)

Từ (5),(6)        0,35 y 0,05 x

 X gồm     mol 0,35 : CuS mol 0,05 : Cu

Theo bảo toàn nguyên tố:         mol 0,35 n n 0,3mol n n S BaSO Cu Cu(OH)

 m = 98.0,3 + 233.0,35  m=110,95  Đáp án C

Ví dụ 3: Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 21,2 gồm propan, propen propin Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X, tổng khối lượng CO2 H2O thu

A 18,60 gam B 18,96 gam C 19,32 gam D 20,40 gam. Giải:

Sơ đồ đốt cháy:

           O H CO H C H C 2 t , O

Tổng khối lượng CO2 H2O thu là:

M = 44 0,3 +18 (0,06 + 0,042)= 18,96 gam  Đáp án B

Tương tự quy đổi hỗn hợp X thành (C3H8 C3H6) (C3H6 và C3H4) thu kết trên Ví dụ 4: Nung m gam bột Cu Oxi thu 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO Cu2O Hoà tan hồn tồn X H2SO4 đặc nóng 4,48 lít khí SO2 (đktc) Giá trị m

A 9,6 B 14,72 C 21,12 D 22,4.

Giải:

Sơ đồ hoá toán Cu                

 HSOđ

2

[O]

O Cu

CuO Cu X

Quy đổi hỗn hợp X thành    mol y : CuO mol x : Cu

Theo bảo toàn khối lượng: 64x +80y = 24,8 (9) Các trình nhường nhận eletron:

Cu  Cu2+ + 2e ; S+6 + 2e  S+4

ĐLBT e

x 2x 0,4 0,2 Từ (9) (10) 

     0,15 y 0,2 x

; Vậy X gồm:    mol 0,15 : CuO mol 0,2 : Cu

Theo bảo toàn nguyên tố Cu :

Cu CuO

n =n =0,2 0,15 0,35mol+ = Þm 64 0,35 22,4= =

å  Đáp án D

+ HNO3 dư+5 (20,16 lít , đktc)

m gam Cu2+

SO42- +Ba(OH)2 dư Cu(OH)2

BaSO4

Dung dịch Y

+2 +6 30,4 gam

Khí SO2 (0,2 mol)

Dung dịch Cu2+

(85)

Tương tự quy đổi hỗn hợp X thành (Cu Cu2O) (CuO Cu2O)

1 Quy đổi nhiều hợp chất nguyên tử đơn chất tương ứng

Ví dụ 5:(Làm lại ví dụ 1) Nung m gam bột sắt oxi, thu 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X Hoà tan hết hỗn hợp X dung dịch HNO3 (dư), thoát 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử nhất) Giá trị m là

A 2,52 B 2,22 C 2,62 D 2,32.

Giải:

Quy đổi hỗn hợp X thành:   

mol y : O

mol x :

Fe Sơ đồ hoá toán:

Fe 

        

 ddHNO

0

[O]

5

O

Fe X

Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 16y =3,0 (11) Các trình nhường nhận electron:

Fe  Fe+3 + 3e ; O0 + 2e  O-2 ; N+5 + 3e  N+2 X 3x y 2y 0,075 0,025 Từ (11) (12)  ;

0,03 y

0,045 x

  

 

Vậy X gồm CuFe : :0,0450,03molmol m = 56.0,045 = 2,52  Đáp án A

Ví dụ 6: Trộn 5,6 gam bột mắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh đun nóng (trong điều kiện khơng có khơng khí) thu hỗn hợp rắn M Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thấy giải phóng hỗn hợp khí X cịn lại một phần khơng tan Y Để đốt cháy hồn tồn X Y cần vừa đủ V lít khí oxi (đktc) Giá trị V

A 2,8 B 3,36 C 4,48 D 3,08.

Giải:

Nhận thấy: Hỗn hợp khí X gồm H2S H2, phần không tan Y S

Hỗn hợp H2 H2S quy đổi thành H2 S, đốt X Y coi đốt H2 S, số mol H2 bằng số mol Fe

2H2 + O2  2H2O S + O2  SO2

 n n ).22,4 2,8lít 2

1 (

VO2  Fe S   Đáp án A.

Ví dụ 7: (Làm lại ví dụ 2) Hồ tan hồn tồn 30,4 gam rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S S HNO3 dư, ra 20,16 lít khí NO (đktc) dung dịch Y Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu m gam kết tủa Giá trị của m là

A 81,55 B 104,20. C 110,95 D 115,85. Giải:

Quy đổi hỗn hợp X thành 

 

mol y : S

mol x : Cu

Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 32y =30,4 (13)

(86)

Sơ đồ hóa tốn:          

HNO 0 S u C X

Các trình nhường, nhận electron:

Cu0  Cu+2 + 2e ; S  S+6 + 6e ; N+5 + 3e  N+2 x 2x y 6y 2,7  0,9 Theo bảo toàn electron:

2x+6y =2,7 (14)

Từ (13),(14)        0,35 y 0,3 x

X gồm S :0,35mol mol 0,3 : Cu Theo bảo toàn nguyên tố:

        0,35mol n n 0,3mol n n S BaSO Cu Cu(OH)

 m = 98.0,3 + 233.0,35  m= 110,95

 Đáp án C.

Ví dụ 8: (Làm lại ví dụ 3) Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 21,2 gồm propan, propen propin Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X tổng khối lượng CO2 và H2O thu là

A l8,60 gam B 18,96 gam C 19,32 gam D 20,40 gam. Quy đổi hỗn hợp X thành

   mol y : H mol 0,3 : C

 nH = 4,24 - 0,3 12 = 0,64 mol Sơ đồ cháy:

           O H CO H C 2 t , O o

Tổng khối lượng CO2 H2O thu là: m= 44 0,3 + 18 0,32 = 18,96 gam  Đáp án B.

Ví dụ 9: (Làm lại ví dụ 4) Nung m gam bột Cu oxi thu 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O Hoà tan hoàn toàn X H2SO4 đặc nóng 4,48 lít khí SO2 (đktc) Giá trị m

A.9,6 B.14,72 C.21,12 D 22,4.

Giải:

Quy đổi hỗn hợp X thành    mol y : O mol x : Cu

Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 16y =24,8 (15) Sơ đồ hóa tốn :

dư

Khí NO Dung dịch Y +2

(20,16 lít, đktc)

Cu2+

SO42- +Ba(OH)2 dư

Cu(OH)2 BaSO4 +2 +6 \ m gam

(87)

2-    

        

 

[O] H2SO4đ

O Cu X Cu

m gam 24,8 gam

Các trình nhường, nhận electron:

Cu  Cu+2 + 2e ; O0 + 2e  O-2 ; S+6 + 2e  S+4 x 2x y 2y 0,4 0,2 Theo bảo toàn electron: x – y =0,2 (16)

Từ (15),(16)    

 

0,15 y

0,35 x

Vậy X gồm   

mol 0,15 : O

mol 0,35 : Cu  m= 64.0,35 =22,4  Đáp án D.

2 Quy đổi chất thành nhiều chất.

Ví dụ 10: Khi đốt cháy hoàn toàn polime X (tạo thành từ phản ứng đồng trùng hợp buta-1,3-đien và acrilo nitrin) với lượng oxi vừa đủ thấy tạo thành hỗn hợp khí nồng độ áp suất xác định chứa 59,1 % CO2 về thể tính Tỉ lệ số mol hai loại monome

A 5 3

B 3 3

C 3 1

D 2 3

Giải:

Quy đổi polime thành monome ban đầu

C

H

 4CO

+ 3H

O x 4x 3x

C3H3N  3CO2 + 1,5 H2O + 0,5 N2 y 3y 1,5y 0,5y Ta có:

   

 

3 1 y x 0,591 5y

7x 3y 4x

Đáp án C

3 Quy đổi tác nhân oxi hóa

Ví dụ 11: (Làm lại ví dụ 1) Nung m gam bột sắt oxi, thu 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X Hòa tan hết hỗn hợp X dung dịch HNO3 (dư), 0,56 lít (đktc) NO (là sản phẩm khử nhất) Giá trị m là:

A 2,52 B 2,22 C 2,62 D 2,32

Giải:

(88)

                  3

[O]

O Fe O Fe FeO Fe X Fe

m gam 3,0 gam

Thay vai trò oxi hóa HNO3 [O], ta có:

3

[O]

4

3

[O] Fe O

O Fe O Fe FeO Fe X

Fe  

                  

m gam gam

Ở ta thay vai trò nhận electron N+5 O: N+5 + 3e  N+2  O0 + 2e  O-2

0,075 0,025

Theo nguyên tắc quy đổi, số electron N+5 nhận O0 nhận phải nhau:  2nO(**) = 0,075

 nO(**) = 0,0375

Theo bảo toàn khối lượng: mFe2O3 mXmO(**)3,016.0,03753,6gam Theo bảo toàn nguyên tố Fe: nFe = 2 0,045mol

160 2.3,6 nFe2O3   m = 56.0,045 = 2,52 gam

 Đáp án A.

Ví dụ 12: (Làm lại ví dụ 4) Nung m gam bột Cu oxi thu 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O Hồ tan hồn tồn X H2SO4 đặc nóng 4,48 lít khí SO2 (đktc) Giá trị m là

A 9,6 B 14,72 C 21,12 D 22,4.

Giải:

Sơ đồ hóa tốn:

                   

 HSO đ

2

[O]

O Cu CuO Cu X Cu

m gam 24,8 gam

Thay vai trị oxi hóa H2SO4 [O]: CuO O Cu CuO Cu X

Cu [O]

2

[O]  

              

m gam 24,8 gam

Ở ta thay vai trò nhận electron S+6 O: S+6 + 2e  S+4  O0 + 2e  O-2 0,4 0,2

Theo nguyên tắc quy đổi: nO(**) =0,2 mol. dd HNO3

NO (0,025 mol)

dd Fe3+

(*) (**)

Khí SO2 (0,2 mol)

Dung dịch Cu2+

(89)

Theo bảo toàn khối lượng: mCuO =mX + mO(**) = 24,8 + 16.0,2 =28 gam 22,4

.64 80 28

m 



 Đáp án D.

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ SẮT I NỘI DUNG

- Sắt nguyên tố quan trọng, có nhiều ứng dụng đời sống có vị trí quan trọng chương trình Hố học phổ thơng kì thi Tốt nghiệp THPT, Cao đẳng, Đại học

- Ngoài phương pháp nêu chuyên đề trên, tập sắt hợp chất sắt cịn sử dụng thêm số cách giải nhanh sau đây:

+ Khi Fe3O4 tác dụng với chất oxi hoá, ta coi Fe3O4 hỗn hợp Fe2O3 FeO Trong có FeO tham

gia phản ứng oxi hoá - khử với nFeO= nFe O3 4 + Vị trí Fe dãy điện hố

+ +

+ >

2

2 Fe Fe

Fe Fe Do phản ứng xảy theo nhiều trường hợp khác

+ Trong tốn tìm cơng thức phân tử oxit sắt, cần tìm số mol Fe số mol oxi có oxít lập tỉ lệ mol Fe: O, từ suy cơng thức phân tử

+ Sử dụng phương pháp bảo toàn electron với toán cho oxit sắt FexOy tác dụng với dung dịch HNO3 tạo

sản phẩm khí khử N+5.

II BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Cơng thức tính khối lượng muối thu cho hỗn hợp sắt oxít sắt tác dụng với HNO3 lỗng dư giải phóng khí NO.

mMuối =

80 242

( mhỗn hợp + 24 nNO )

Ví dụ : Hịa tan hết 11,36 gam chất rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 dung dịch HNO3 loãng dư thu m gam

muối 1,344 lít khí NO ( đktc ) sản phẩm khử Tìm m ? Giải

mMuối =

80 242

( mhỗn hợp + 24 nNO ) =

80 242

( 11,36 + 24 0,06 ) = 38,72 gam

Công thức tính khối lượng muối thu hịa tan hết hỗn hợp sắt oxít sắt HNO3 đặc nóng, dư giải phóng khí NO2

mMuối =

80 242

( mhỗn hợp + nNO2 )

Ví dụ : Hịa tan hết gam chất rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 HNO3 đặc nóng, dư thu 3,36 lít khí NO2

(đktc ) Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu gam muối khan mMuối =

80 242

( mhỗn hợp + nNO2 ) =

80 242

( + 0,15 ) = 21,78 gam

Cơng thức tính khối lượng muối thu hòa tan hết hỗn hợp sắt oxít sắt HNO3 dư giải phóng khí NO NO2

mMuối =

80 242

( mhỗn hợp + 24 nNO + nNO2 )

Ví dụ : Hịa tan hết gam chất rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 HNO3 dư thu 1,792 lít (đktc ) khí X gồm NO

và NO2 m gam muối Biết dX/H2= 19 Tính m ?

(90)

mMuối =

80 242

( mhỗn hợp + 24 nNO + nNO2 ) =

80 242

( 7+ 24.0,04 + 8.0,04 )= 25,047 gam

Cơng thức tính khối lượng muối thu hòa tan hết hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 H2SO4 đặc, nóng, dư giải phóng khí SO2

mMuối =

160 400

( mhỗn hợp + 16.nSO2 )

Ví dụ : Hòa tan hết 30 gam chất rắn X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 H2SO4 đặc nóng, dư thu 11,2 lít khí SO2

(đktc ) Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu gam muối khan Giải

mMuối =

160 400

( mhỗn hợp + 16.nSO2 ) =

160 400

( 30 + 16.0,5 ) = 95 gam

Cơng thức tính khối lượng sắt dùng ban đầu, biết oxi hóa lượng sắt oxi hỗn hợp rắn X Hòa tan hết X với HNO3 lỗng dư giải phóng khí NO.

mFe =

80 56

( mhỗn hợp + 24 nNO )

Ví dụ : Đốt m gam sắt oxi thu gam chất rắn X Hòa tan hết X với HNO3 lỗng dư giải phóng 0,56 lít khí NO

( đktc) Tìm m ? Giải

mFe =

80 56

( mhỗn hợp + 24 nNO ) =

80 56

( + 0,025 ) = 2,52 gam

Công thức tính khối lượng sắt dùng ban đầu, biết oxi hóa lượng sắt oxi hỗn hợp rắn X Hòa tan hết X với HNO3 đặc , nóng ,dư giải phóng khí NO2.

mFe =

80 56

( mhỗn hợp + nNO2 )

Ví dụ : Đốt m gam sắt oxi thu 10 gam hỗn hợp chất rắn X Hịa tan hết X với HNO3 đặc nóng, dư giải phóng

10,08 lít khí NO2 ( đktc) Tìm m ?

Giải mFe =

80 56

( mhỗn hợp + 24 nNO2 ) =

80 56

( 10 + 0,45 ) = 9,52 gam

Bài 1. Có loại oxit sắt dùng để luyện gang Nếu khử oxit sắt cacbon oxit nhiệt độ cao người ta thu 0,84 gam sắt 0,448 lít khí cacbonic(đktc) Cơng thức hố học loại oxit sắt nói

A Fe2O3 B Fe3O4

C FeO D Khơng xác định

Bài 2. Để hịa tan hoàn toàn 10,8 gam oxit sắt cần vừa đủ 300 ml dung dịch HCl 1M Oxit sắt A FeO B Fe2O3

C Fe3O4 D Cả FeO Fe3O4

Bài 3. Hoà tan hết m gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 Fe2O3 có số mol dung dịch HNO3 thu 2,688

lít NO (đktc) Giá trị m

A 70,82 gam B 83,52 gam

C 62,64 gam D 41,76 gam

Bài 4. Hoà tan hoàn toàn 8,64 gam oxit sắt dung dịch HNO3 thu 0,896 lít NO (đktc) Oxit sắt

là

A FeO B Fe2O3

C Fe3O4 D Cả FeO Fe3O4

(91)

2,4 gam chất rắn không tan Giá trị m

A 8,0 B 5,6

C 10,8 D 8,4

CHUYÊN ĐỀ VỀ SẮT VÀ HỢP CHẤT CỦA SẮT PHƯƠNG PHAP GIAI TOAN KIM LOAI SĂT - Ở nhiêt đô thường, không âm, săt bị rỉ set

4Fe + 3O2 + 2nH2O→ 2Fe2O3.2nH2O

- Vơi HNO3 loang và đặc cho san phâm khac nhau:

Fe + 4HNO3loang → Fe(NO)3 + NO↑ + 2H2O

Fe + 6HNO3đặc → Fe(NO)3 + 3NO2↑ + 3H2O

- Vơi H2SO4 loang và đặc cho san phâm khac nhau:

Fe + H2SO4loang → FeSO4 + H2

Fe + H2SO4đặc → Fe2(SO)3 + 3SO2↑ + 6H2O

- Săt không tac dụng vơi H2SO4 đặc, nguôi và HNO3 đặc, nguôi

Fe + H2SO4đặc nguôi → không xay

Fe + 6HNO3đặc nguôi → không xay

- Muôi săt (II) làm mât màu tim cua KMnO4 axit:

10 FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O

Màu tim hông vàng nhat - Muôi săt (III) có tinh oxi hóa manh:

2FeCl3 + Fe → 3FeCl2

2FeCl3 + Cu → 2FeCl2 + CuCl2

2FeCl3 + 2KI → 2FeCl2 + I2 + 2KCl

2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl

- Oxit săt tư Fe3O4 có tinh bazơ :

Fe3O4 + 4H2SO4loang → Fe2(SO4)3 + FeSO4 + 4H2O

Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O

- Môt sô phan ưng cần chu y: a) 2Fe + 6H2SO4đ 

0

t 3SO

2 + Fe2(SO4)3 + 6H2O

b) Fe + 6HNO3đ 

t 3NO2 + Fe(NO3)3 + 3H2O

c) Fe + 4HNO3 → NO + Fe(NO3)3 + 2H2O

d) 2FeS + 6HNO3 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 6NO + 4H2O

e) 3FeS + 12HNO3 →Fe2(SO4)3 + Fe(NO3)3 + 6H2O + 9NO

- Môt sô cặp oxi hóa khử quan trong: Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2

Fe + 2FeCl3 →3FeCl2

Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4

AgNO3 + Fe(NO3)2 → Ag + Fe(NO3)3

3AgNO3dư + FeCl2 →2AgCl↓ + Fe(NO3)3 + Ag

Phương phap giai:

1 Căp oxi hóa khử thương găp:

- Cac muôi săt (III) có tinh oxi hóa, nị khử thành mu6oi1 săt (II)

2

3

3 2FeCl FeCl

(92)

2 2 3

2 2FeCl CuCl FeCl

Cu     

Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag

2 Toan nhiệt nhôm: 3FexOy + 2yAl 

0

t yAl2O3 + 3xFe

Fe2O3, FeO, Fe3O4 + Al 

t Al

2O3 + Fe

- Định luât bao toàn khôi lương: mAl (ban đầu) + moxit = m chât răn

- Định luât tăng giam khôi lương: ∆mrăn giam = mrăn trươc - mrăn sau

Chât răn thu đươc sau pah3n ưng gôm nhóm: Nhóm 1: Al2O3 và kim loai M

Nhóm 2: Al dư oxit dư ca hai cung dư

Gia thiêt Kêt luân

- Hoa tan chât răn thu đươc NaOH dư thu đươc m (g) chât răn không tan

- Chât răn không tan là kim loai Fe

- Chât răn thu đươc tan môt phần NaOH và sinh V lit

- Khi sinh là H2 và Al dư

- Phan ưng nhiêt phân hoàn toàn - Hoặc Al hêt oxit hêt - Hiêu suât cac phan ưng 100% - Hoặc Al hêt oxit hêt

- Al + hôn hơp FeO,CrO 2Al + 3 

O

M_ Al2O3 +



M

Đặt FeO,CrOMO

- Al + hôn hơp Fe2O3,Cr2O3 2Al + M2O3  Al2O3 2M

Đặt Fe2O3,Cr2O3= M2O3 3 Toan nhiệt luyện:

Fe2O3, FeO, Fe3O4 + CO; C, H2 

t CO2/H2O + Fe

Fe2O3, FeO, Fe3O4 + Al 

t Al

2O3 + Fe

Đinh luât: Theo định luât bao toàn nguyên tô: nCO = nCO2 nO(trong oxit)

nH2O nH2= nO(trong oxit)

nO(trong oxit) = nH2 nCO

4 Đinh luât bao toan electron ( ban )

Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + san phâm khử ( NO NO2 ) + H2O

- San phâm khử:

+ NO: hóa nâu không + NO2: màu nâu

(93)

San phâm khử Biêu thưc.

NO2 Hóa trị.nkim loai = ( – 4)

2

NO

n

NO Hóa trị.nkim loai = ( – 2).nNO

Nhơ:

5: sô oxi hóa cua N axit

3

O N H 

2: sô oxi hóa cua N N2O 4: sô oxi hóa cua N

2

O N

Tinh sô mol HNO3 tư san phâm khử:

NO: nHNO3= nNO + ( -2).nNO

NO2: nHNO3= nNO2 (54).nNO2

NO và NO2: nHNO3= ( – 2).nNO2 (54).nNO2+ nNO nNO2

Tinh khôi lương muôi có dung dịch: mmuôi = mkim loai + 

3

NO

m = mkim loai + 62.ne nhân

NO:→mmuôi = mkim loai + 62.(5- 2).nNO

NO2: → mmuôi = mkim loai + 62.(5- 4).nNO2

Fe + H2SO4đặc

Kim loai + H2SO4đặc → muôi + san phâm khử SO2 ( mui xôc ) + H2O

Liên giưa kim loai và san phâm khử: 3nFe = ( – 4).nSO2

Tinh sô mol axit H2SO4đặc tư san phâm khử SO2

2

4

2 2(6 4).

1

SO SO

SO

H n n

n   

Tinh muôi có dung dịch: mmuôi = mFe + 2

4

SO

m

↔ mmuôi = mFe + 96 .(6 4). 2

2 1

SO

n



Fe + H2SO4loang và HX ( HCl, HBr )

Liên giưa sô mol kim loai và H2

2.nH2 2.nFe

Tinh muôi có dung dịch:

mmuôi = mFe + mgôc axit ( , , ) 4 Cl Br

SO m m

m

(94)

nO( Oxi oxit săt ) = ½ nH

nO( Oxi oxit săt ) = nSO4

Tinh sô mol H+: Dung dịch HCl và H

2SO4: nH+ = nHCl + 2.nH2SO4

Tinh khôi lương muôi:

FexOy + HCl;H2SO4: mmuôi = moxit – mO +   2

4

SO Cl m

m

Dạng: KL Fe tác dụng với H2SO4 đn HNO3

a) Thứ tự phản ứng: Fe + 4HNO3 => Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1)

2Fe + Fe(NO3)3 => 3Fe(NO3)3 (2)

2Fe + 6H2SO4 => Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (3)

Fe + Fe2(SO4)3 => 3FeSO4 (4)

b) Bai toan hôn hơp kim loai tan hêt HNO3 H2SO4 không tạo muối amoni NH4NO3 Cần chu y: - HNO3 , H2SO4 đặc nguôi không tac dụng vơi Al, Fe, Cr

- Sử dụng phương phap bao toàn e: åenhËn (kim lo¹i) =åecho (chÊt khÝ)

- Khơi lương mi NO3-: (manion tạo muối = manion ban đầu – manion tạo khí)

-ỡù ùợ

3

kim loại

muèi NO (trong muèi)

e traođổi NO (trong muối kim loại )

+

m = m n

n = n

- Khôi lương muôi SO42 -:

-ìï í ïỵ

2

4

kim lo¹i

muèi SO (trong muèi)

e trao đổi SO (trong muối kim loại )

+

m = m n

2 * n = n

- Cần nhớ số bán phản ứng sau: 2H+ + 2e → H

2 NO3- + e + 2H+ → NO2 + H2O

SO42– + 2e + 4H+ → SO2 + 2H2O NO3- + 3e + 4H+ → NO + 2H2O

SO42– + 6e + 8H+ → S + 4H2O 2NO3- + 8e + 10H+  N2O + 5H2O

SO42– + 8e + 10H+ → H2S + 4H2O 2NO3- + 10e + 12H+ → N2 + 6H2O

NO3- + 8e + 10H+ → NH4+ + 3H2O

Định luât bao toàn electron nâng cao Môt sô phan ưng quan trong:

Fe ( là chât dư )

Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + …

Fedư + Fe(NO3)3 → Fe(NO3)2

- Xet tỷ lê mol giưa Fe và axit để biêt chât nào hêt, theo biểu thưc: Xet biểu thưc ĐLBT electron: 3nFe

) 1 ( .

3

?

e N

e nHNO

 



Trong đó: N = nêu san phâm khử là N2 hay N2O

N = nêu san phâm khử khac ( NO, NO2, NH3, NH4)

e là sô electron nhân cua nitơ NO2 → e =

NO → e = N2O → e =

(95)

NH4NO3 → e =

ne là sô mol electron nhân cua nitơ

Nêu 3.nFe <

) 1 .( .

3 N e

e nHNO

 thì axit dư và muôi thu đươc là Fe(NO3)3

Nêu 3.nFe =

) 1 .( .

3 N e

e nHNO

 thì axit và Fe vưa đu, muôi là Fe(NO3)3

Nêu 3.nFe >

) 1 .( .

3 N e

e nHNO

 thì Fe dư và muôi thu đươc là: Fe(NO3)2 Fe(NO3)3 và Fe(NO3)2

Vơi kim loai khac, môt cach tông quat ta có công thưc thể hiên tỉ lê mol giưa kim loai và san phâm khử Nêu hóa trị.nkim loai <

) 1 .( .

3 N e

e nHNO

 thì axit dư và kim loai hêt Nêu hóa trị.nkim loai =

) 1 .( .

3 N e

e nHNO

 thì axit và kim loai vưa đu Nêu hóa trị.nkim loai >

) 1 .( .

3 N e

e nHNO

 thì axit hêt và kim loai dư

Cac tỉ lê này giup giai nhanh cac bài toan có dư mà không cần phai viêt phương trình phan ưng oxi hóa khử Fe ( dư)

Fe + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + …

Fedư + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4

Kim loai + muôi nitrat và axit HCl/H2SO4 → NO + …

Kim loai + hôn hơp axit HCl/HNO3khi NO +… Bài toan cần giai theo phương trình ion

FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + MnSO4 +…

- Chât khử: Fe+2 – 3e → Fe+3

- Chât oxi hóa:  

nO

M (7 – 2)e → Mn+2

Phan ưng: Cu2S ; FeS; FeS2 + HNO3 → NO + muôi sunfat +…

- Chât khử: Fe2 S2 - 9e → Fe3 + S6 2   S

Fe - 15e → Fe3 + 2S6

2  

S

Cu - 10e → 2Cu2 + S6

- Chât oxi hóa:

O

N + ( – 2)e → N2O

Phan ưng: Cu2S ; FeS; FeS2 + H2SO4đặc → SO2 + muôi sunfat

- Chât khử: Fe2 S2 -9e → Fe3 + S6 2   S

Fe - 15e → Fe3 + 2S6

2  

S

Cu - 10e → 2Cu2 + S6

- Chât oxi hóa:  2

O

(96)

Phan ưng: FeCO3; FeO + H2SO4đặc → SO2 + muôi sunfat +…

- Chât khử:

3

CO

Fe - ( – 2)e → Fe3

Fe2 O - ( – 2)e → Fe3 - Chât oxi hóa:  2

4

O

S + ( – 4)e → S4O2 Fe va bai toan thuy luyện

Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + …

Fe + 2Fe(NO3)3 → 3Fe(NO3)2

Nêu Fe dư, sẽ có hai kha năng: thu đươc muôi Fe2+ và Fe3+ Fe2+

Fe dư Đươc ca hai muôi Fe(NO3)3 và Fe(NO3)2

Chỉ có muôi Fe+3 là Fe(NO 3)3

Axit dư Chỉ có muôi Fe(NO3)3

Thu môt muôi Có thể là muôi Fe(NO3)3 và Fe(NO3)2

Bai toan 2: Fe + dd muôi →+

- Cho kim loai Fe + muôi BCln B(NO3)n

Fe + MCln → FeCl2 + B↓

- Nêu Fe < M : ( lương tan it lương bam )

→ Khôi lương kim loai Fe tăng so vơi ban đầu: ∆m↑ = mbam - mFe

→Khôi lương kim loai Fe sau phan ưng là: mFe sau phan ưng = ∆m↑ + mFe ban đầu

Bai toan 3: Fe + hôn hơp muôi MCln hoăc M/(NO3)n Fe + MCln → FeCln + B ↓

Fe + M/(NO

3)n → Fe(NO3)2 + M/

-Ion kim loai có tinh oxi hóa manh phan ưng trươc, yêu phan ưng sau - Sau kêt thuc phan ưng, thu đươc phần:

+ Dung dịch: theo thư tư muôi kim loai manh nhât rôi đên muôi yêu

+ Phần răn: ngươc lai, kim loai yêu nhât rôi đên kim loai manh

Thu đươc kim loai Fe dư

Thu đươc kim loai Fe phan ưng vưa đu vơi muôi thư hai Hoặc Fe phan ưng thiêu vơi muôi thư Thu đươc kim loai Fe phan ưng vưa đu vơi muôi thư nhât

Fe phan ưng thiêu vơi muôi thư nhât Bai toan 4: Fe + HNO3/H2SO4 → Fe(NO3)3 ; Fe2(SO4)3

Kim loai M ( trươc Fe+3 ) + Fe+3 ) → ….

(97)

Theo quy tăc anpha:   



    Ag

Ag Fe

Fe Cu

Cu Fe

Fe

3 2

2

Ta có tỉ lê: k =

Fe AgNO

n

n 3

k =

Fe Ag

n n 

Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag ( 1)

Fe + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3Ag ( 2)

Xet tỉ lê mol AgNO3 và Fe cho phan ưng:

Trương hơp 1: k =

Fe Ag

n n 

<

San phâm: Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag ( 1)

→ Fe dư

Fe Ag

n n 

=

→ Ca Fe và AgNO3 hêt

Trương hơp 3: < k =

Fe Ag

n n 

<

Fe + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3Ag ( 2)

Fe Ag

n n 

=

Fe Ag

n n 

>

→ AgNO3 dư

Một số thí dụ minh họa có lời giải:

Câu Hồ tan hết 21,6 gam Mg dung dịch HNO3 loãng vừa đủ thu 0,1 mol khí N2 dung dịch A

Cô cạn cẩn thận A thu m gam muối khan Giá trị m A 140,2 B 141,2 C 142,2 D 143,2 Giải

Số mol Mg: 0,9 mol 5Mg + 12H+ + 2NO

3- ® 5Mg2+ + N2 + 6H2O (1) ® Mg pư (1) = 0,5 mol

Vì pư tạo khí nên sản phẩm có muối NH4NO3

4Mg + 10H+ + NO

3-® 4Mg2+ + NH4+ + 3H2O (2)

(98)

Số mol NH4NO3 = 0,1 mol

Cô cạn A: Mg(NO3)2: 0,9 mol

NH4NO3: 0,1 mol ® m = 141,2g Đáp án B

Câu Cho 53,4g hỗn hợp bột gồm sắt đồng Đốt nóng hỗn hợp A khơng khí thời gian thu hỗn hợp chất rắn B có khối lượng 72,6g gồm ba oxit Fe đồng (II) oxit Hòa tan hết hỗn hợp B hỗn hợp dung dịch HCl 2M H2SO4 1M thu dung dịch muối C

a Cần ml dung dịch HCl 2M H2SO4 1M để hòa tan hết hỗn hợp B ?

A 400 ml B 500 ml C 600 ml D 700 ml

b Cô cạn dung dịch C cách cẩn thận thu gam muối khan ? A 152,6g B 153,6g C 154,6g D 155,6g

Giải

a Tính V hỗn hợp axit :

Áp dụng định luật bảo khối lượng :

2

O

m phản ứng = m hỗn hợp oxit – m hỗn hợp kim loại

= 72,6 – 53,4 = 19,2 g

2

19, 2 16

O

n

-® = = 1,2 mol

Mà nH+ =nO2- = 1,2´2 = 2,4 mol ® V dd axit tối thiểu =

2, 4

2 2+ ´ = 0,6 lít = 600 ml Đáp án C b Tính khối lượng muối khan :

mhỗn hợp muối khan =

4

( )A Cl SO

m +m - +m

= 53,4 + 0,6(2´35,5+1´96) = 153,6g Đáp án B

Câu Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Al Fe vào lít dung dịch chứa AgNO3 0,1M Cu(NO3)2 0,2M

Sau phản ứng hoàn toàn thu chất rắn Y dung dịch Z

Biết chất rắn Y không tác dụng với HBr dung dịch Z khơng cịn màu xanh Thành phần % khối lượng Al, Fe hỗn hợp X

A 31,53 % Al 68,47% Fe B 32,53 % Al 67,47% Fe C 33,53 % Al 66,47% Fe D 34,53 % Al 65,47% Fe Giải

- Chất rắn Y không tác dụng với dung dịch HBr chứng tỏ Al Fe phản ứng hết - Dung dịch Z khơng cịn màu xanh chứng tỏ ion Cu2+ phản ứng hết

Gọi số mol Al Fe 8,3g hỗn hợp x y Ta có q trình oxi hóa- khử sau:

Al ® Al3+ + 3e Ag+ + 1e ® Ag

x 3x 0,1 0,1 (mol)

Fe ® Fe2+ +2e Cu2+ +2e ® Cu

y 2y 0,2 0,4 (mol) Vì số mol e cho = số mol e nhận nên ta có :

(99)

Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,1; y = 0,1 ® mAl = 0,1´27 = 2,7 g ® % mAl =

2, 7 100%

8,3 = 32,53 % % mFe = 67,47% Đáp án B

Câu Hoà tan hết m gam hỗn hợp gồm Al Na dung dịch NaOH dư, thu 8,96 lít khí H2 (đktc) dung dịch

A Sục khí CO2 vào A tới lượng kết tủa không thay đổi thu 15,6 gam kết tủa

Giá trị m

A 10 B 11 C 12 D 13

Giải : Gọi số mol kim loại hỗn hợp ban đầu Na = x mol; Al = y mol

2Na + 2H2O  2NaOH + H2 (1)

(mol) : x x 0,5x

2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2 (2)

(mol) : y y y 1,5y

Từ (3) (4)  0,5x + 1,5y = 0,4 x + 3y = 0,8 (3) Dung dịch A gồm NaAlO2 = y mol; NaOH dư Sục CO2 dư vào A :

NaOH + CO2  NaHCO3 (4)

NaAlO2 + CO2 + 2H2O  Al(OH)3 + NaHCO3 (5)

(mol) : y y

Số mol Al(OH)3 = 0,2 mol  y = 0,2 (6)

Kết hợp với (3)  x = 0,2

Vậy: m = 23x + 27y = 23.0,2 + 27.0,2 = 10 (gam) Đáp án A

Câu Hỗn hợp A chứa sắt kim loại M có hóa trị khơng đổi Đem chia đơi 38,4g A cho phần tan hết dung dịch HCl thu 8,96 lít H2 (đktc) Phần thứ cho tác dụng hết với Cl2 dùng hết 12,32 lít (đktc)

a) Phần trăm khối lượng kim loại M hỗn hợp A

A 11,5% B 12,5% C 13,5% D 14,5% b) Kim loại M

A Mg B Zn C Ca D Be

Giai : Fe + 2HCl  FeCl2 + H2

Fe + 1,5Cl2  FeCl3

M + nHCl  MCln + n/2H2

M + 0,5n Cl2  MCln

Nhận xét số mol Cl2 = 0,55 lớn số mol H2 = 0,4 phần lượng Cl2 tác dụng với Fe  FeCl3 Suy số

mol Fe = (0,55- 0,4)2 = 0,3(trong 1/2 A) số mol M = (0,4 - 0,3)2 n =

0, 2 n Lượng M =38, 4

2  (0,3  56) = 2,4g (trong 1/2A) chiếm 12,5% Đáp án B M = 2, 4n

0, 2 = 12n thích hợp với n =  M = 24 Mg Đáp án A

Câu 6.Cho luồng khí CO qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 nung nóng Sau thời gian thu 6,96 gam hỗn hợp

chất rắn X, cho X tác dụng hết với dung dich HNO3 0,1M (vừa đủ) thu dung dịch Y 2,24 lít hỗn hợp khí Z (đktc)

gồm NO NO2 có tỉ khối so với hidro 21,8

Giá trị m

(100)

Thể tích dung dịch HNO3 cần cho phản ứng

A 2,1 lít B 2,2 lít C 2,3 lít D 2,4 lít Khối lượng muối thu dung dịch Y

A 23,2g B 24,2g C 25,2g D 26,2g Hướng dẫn

Ta có:

C+2  C+4 + 2e

N+5 +3e  N+2

N+5 +1e  N+4

Gọi a, b số mol NO NO2

  

 

  

1 , 0

36 , 4 46 30

b a

  

  

mol b

mol a

085 , 0

015 , 0

1) Giá trị m = 6,96 + 0,065.44 – 0,065.28 = gam Đáp án D 2) Thể tích dung dịch HNO3 = 2,3 lít Đáp án C

3) Gọi a số mol Fe(NO3)3

áp dụng ĐL BTKL ta có:

6,96 + (3a + 0,1)63 = 242a +27a + 5,26

mol a0,1

  m = 24,2g Đáp án B

Câu Cho Cl2 (dư) sục qua dung dịch hỗn hợp gồm NaBr NaI thu 23,4g NaCl Thể tích (đktc) Cl2 tham

gia phản ứng

A.1,12 lít B.2,24 lít C 4,48 lít D 3,36 lít Hướng dẫn

Ta thấy: nCl2 = 1/2.nCl- = 1/2.nNaCl = 1/2.0,4 = 0,2 (mol)

 VCl2 = 0,2.22.4 = 4,48 (l) Đáp án C

Câu Trộn 1,08g bột Al với hỗn hợp bột gồm CuO Fe2O3 tiến hành phản ứng nhiệt nhôm nhiệt độ cao

điều kiện khơng có khơng khí thu hỗn hợp chất rắn A Hồ tan hết A dung dịch HNO3 (dư) thu khí

NO Đem oxi hố hết NO thành NO2 chuyển hố hồn tồn thành HNO3 Thể tích oxi (đktc) tham gia vào

trình

A 0,112 lít B 0,224 lít C 0,336 lít D 0,672 lít Hướng dẫn

Ta thấy trình có Al O2 thay đổi số oxi hóa :

Al từ  +3 nhường 3e ,  0,04 mol Al nhường 0,04.3 = 0.12 (mol) e O2 từ -2 nhận thêm 2.2 = 4e ,  x mol O2 nhận 4x (mol) e

theo ĐL bảo toàn electron: 4x = 0,12  x = 0,03 (mol) Vậy VO2 = 0,03.22,4 = 0,672 (lit) Đáp án D

Câu Đốt cháy hỗn hợp FeS FeS2 cần 10,08 lít oxi đktc ta thu 6,72 lít khí X (đktc) chất rắn Y Dùng hidro

khử Y ta thu m gam chất rắn Cho phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m A 11,2 B 12,2 C 13,2 D 14,2

Hướng dẫn

Khí X SO2 Số mol SO2 = 0,3 mol

Số mol oxi = 0,45 mol Các phản ứng hóa học :

2FeS + 3,5O2Fe2O3 + 2SO2

2FeS2 + 5,5O2 Fe2O3 + SO2

(101)

Nhận xét : Cứ mol chất rắn cháy số mol khí giảm 1,5 mol

Vậy x mol hỗn hợp cháy số mol khí giảm 0.45 - 0, 35 = 0,15 mol  x = 0,2 mol

Số mol sắt = số mol hỗn hợp = 0,2 mol m = 0,2 56 = 11,2g Đáp án A

Câu 10 Cho hỗn hợp A gồm kim loại Fe Al, tác dụng vừa đủ với 400 ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M H2SO4 1M;

khi phản ứng kết thúc, cho tiếp dung dịch HNO3 loãng dư thấy 2,24 lít (đktc) khí khơng màu hố nâu ngồi

khơng khí

Thành phần phần trăm khối lượng kim loại hỗn hợp A

A %mAl = 24,32% ; %mFe = 75,68% B %mAl = 25,32% ; %mFe = 74,68%

C %mAl = 26,32% ; %mFe = 73,68% D %mAl = 27,32% ; %mFe = 72,68%

Hướng dẫn a) 2Al + 6H+ 2Al3+ + 3H (1)

Fe + 2H+Fe2+ + H (2)

3Fe2+ + 4H+ + NO

3- 3Fe3+ + NO + 2H2O (3)

b) nH+ = 0,4.1+0,4.2=1,2 mol

nFe = nFe2+ = 3nNO = 0,3 mol

nAl = (1,2 – 0,3.2)/3 = 0,2 mol

%mAl = (0,2.27.100%)/(0,2.27+0,3.56) = 24,32%

%mFe = 75,68% Đáp án A

Câu 11 Cho V lít hỗn hợp A gồm O2 O3 có tỷ khối so với H2 20 Phản ứng vừa đủ với 0,3 mol hỗn hợp Ca Mg

biết O2 O3 phản ứng với Ca Mg tạo CaO MgO Giá trị V

A 1,688 B 2,688 C 3,688 D 4,688 Hướng dẫn

Gọi x số mol O2 V(l) hỗn hợp A (x > 0)

Gọi y số mol O3 V(l) hỗn hợp A (y > 0)

Ta có (32x+48y)/(x+y) = 20.2 => x = y

Gọi M công thức chung Ca Mg M  M2++ 2e

0,3 2.0,3 O + e  O

2-=> 2.0,3 = 2,5x 2-=> x = 0,06 => nA = 0,06.2 = 0,12 mol

=> VA = 0,12.22,4 = 2,688 Đáp án B

Câu 12 Cho a gam kim loại M tác dụng với dung dịch HCl dư thu dung dịch X 2,24 lít khí H2 (đktc) Dung dịch

X phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dich Cl2 0,5M dung dịch Y Làm khô dung dịch Y thu 16,25 gam muối

khan

Giá trị a

A 2,8 B 5,6 C 11,2 D 16,8 Kim loại M

A Zn B Mg C Fe D Ni Hướng dẫn

2M + 2xHCl  2MClx + xH2 (1)

=> Dung dịch X có MClx HCl dư X phản ứng với dung dịch Cl2 => có MClx phản ứng với Cl2 => kim loại M

có nhiều hố trị

2MClx + (y-x) Cl2 2MCly

(102)

nM = nMClx = a/A (mol) = nMCly

=> (A + 35,5y).a/A = 16,25 (I) nCl2 = 0,5.100/1000 = 0,05 (mol)

nH2 = 2,24/22,4 = 0,1 (mol)

M  My+ + y e

a/A y.a/A 2H+ + 2e  H

2

2.0,1 0,1 Cl2 + 2e  2Cl

-0,05 2.-0,05

áp dụng định luật bảo toàn e => ya/A = 2.0,1 + 2.0,05 = 0,3 (II) Thay (II) (I) ta có:

    

  

3 , 0 A ya

25 , 16 A ya 5 , 36 a

=> a = 5,6; 5,6y/A = 0,3 => A = 5,6y/0,3 Đáp án B

y

A 18,66 37,33 56

Chỉ có cặp A = 56; y = thoả mãn => M Fe Đáp án C

Câu 13 Đốt cháy hỗn hợp FeS FeS2 cần 10,08 lít oxi đktc ta thu 6,72 lít khí X (đktc) chất rắn Y Dùng hidro

khử Y ta thu m gam chất rắn Cho phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m A 5,6 B 11,2 C 16,8 D 22,4

Hướng dẫn

Khí X SO2 Số mol SO2 = 0,3 mol

Số mol oxi = 0,45 mol Các phản ứng hóa học :

2FeS + 3,5O2Fe2O3 + 2SO2

2FeS2 + 5,5O2 Fe2O3 + 4SO2

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O

Nhận xét : Cứ mol chất rắn cháy số mol khí giảm 1,5 mol

Vậy x mol hỗn hợp cháy số mol khí giảm 0.45 - 0, 35 = 0,15 mol  x = 0,2 mol

Số mol sắt = số mol hỗn hợp = 0,2 mol  m = 0,2 56 = 11,2 g Đáp án B

Câu 14 Cho hh A có số mol FeS FeS2 Nung nóng lượng A bình kín, dung tích khơng đổi chứa

lượng dư O2 Sau pư hồn tồn, đưa bình nhiệt độ ban đầu Giả thiết chất rắn tích khơng đáng kể so với thể

tích bình

1 Áp suất khí bình trước sau pư thay đổi ? A Áp suất giảm B Áp suất tăng

C Áp suất không thay đổi D Không xác định

2 Nếu đem nung nóng bình chứa m1 gam hh A, thu 16 gam chất rắn

Giá trị m1

A 19,8 B 20,8 C 21,8 D 22,8

3.Thể tích dd HNO3 85%(d =1,47g/ml) cần dùng để hoà tan hoàn toàn m1 gam hh A (biết pư giải phóng khí

(103)

A 179,5 ml B 180,5 ml C 181,5 ml D 182,5 ml Hướng dẫn

1.+ PTHH : 4FeS + 7O2  2Fe2O3 + 4SO2 (1)

4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2 (2)

+ Xác định được: nO2(pư) > nSO2(pư)số mol khí giảm áp suất giảm Đáp án A

2 Xác định được:

3 2O

Fe

n = 0,1 mol  m1 = 20,8g Đáp án B

3 + PTHH : FeS + 12HNO3 Fe(NO3)3 + H2SO4 + 9NO2 + 5H2O (3)

FeS2 + 18HNO3 Fe(NO3)3 + 2H2SO4 + 15NO2 + 7H2O (4)

+ Xác định được:

3

HNO

n (pư)= mol; nHNO3(đã dùng)= 3,6 molV(HNO3 85%) = 181,5 ml Đáp án C

Câu 15 Đốt cháy 15 gam quặng sắt pirit thiên nhiên có tạp chất trơ Cho tồn khí thu vào bình chứa nước clo dư, thêm tiếp dung dịch bari clorua dư Kết tủa tạo thành nặng 46,6 gam Thành phần % khối lượng FeS2 chứa quặng

trên

A 56,67% B 57,67% C 58,67% D 59,67% Hướng dẫn

Ta có sơ đồ phản ứng :

FeS2 > 2SO2 > 2H2SO4 >2BaSO4

nFeS2 = 1/2nBaSO4 = 1/2.(46,6/233) = 0,1 (mol)

> %mFeS2 = (0,1.88)/15 = 0,5867 hay 58,67% Đáp án C

Câu 16 Cho hh gồm 1,12g Fe 1,92g Cu vào 400 ml dung dịch gồm NaNO3 0,2M H2SO4 1M Thu dd X, cho

V ml dd NaOH 1M vào X thu lượng kết tủa lớn Giá trị V A 360 B 180 C 90 D 120

Hướng dẫn

Theo ta có: nFe = 0,02 mol ; nCu = 0,03 mol ; nH+ = 0,4 mol

Ta có thứ tự phản ứng : Fe + 4H+ + NO

3- Fe3+ + NO + 2H2O (1)

0.02 0.08 0.02 0.02 3Cu + 8H+ + 2NO

3- 3Cu2+ +2NO + 4H2O (2)

0.03 0.08 0.02 0.03

Theo PTHH (1) (2) ta có Fe; Cu hết H+ NO

3- dư Khi cho X tác dụng với NaOH ta có:

H+ + OH- H 2O (3)

Fe3+ + 3OH- Fe(OH) (4)

Cu2+ + 2OH- Cu(OH) (5)

Theo 3,4,5 ta có số mol NaOH cần dùng 0.24 + 0.06 +0.06 = 0,36 mol Vậy thể tích dung dịch NaOH cần dùng là: V = 360 ml Đáp án A

Câu 17 Hịa tan hồn tồn hỗn hợp gồm 0,56 gam Fe 3,2 gam Fe2O3 vào 700ml dung dịch HCl 0,2M, thu

dung dịch A Cho A tác dụng với dung dịch KMnO4 dư axit hóa H2SO4 lỗng thu khí B Thể tích

khí B đo 250C 1,5 atm là

A 1,14 lít B 1,24 lít C 1,34 lít D 1,44 lít Hướng dẫn

● Hỗn hợp (Fe, Fe2O3) + dd HCl :

Fe + 2HCl FeCl2 + H2

0,01 0,02 0,01

(104)

0,02 0,12 0,04  nHCl pư = 0,14 mol (vừa đủ)

Dung dịch A chứa 0,01 mol FeCl2 0,04 mol FeCl3

● A + KMnO4:

10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 5Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4

0,01 + 10Cl2 + 24H2O

0,01 Ion Cl đóng vai trị chất khử nên cịn có phản ứng :

30Cl- + 6MnO

4- + 48H+ 6Mn2+ + 15Cl2 + 24H2O

0,12 0,06

 nCl- = 0,01 + 0,06 = 0,07 mol VCl2 = 1,14 lít (250C, 1,5 atm) Đáp án A

Nếu áp dụng định luật bảo toàn ngun tố tính nCl2 = 1/2 nHCl = 0,07 mol mà không cần dựa vào

phương trình phản ứng

Câu 18 Cho 9,6 gam Cu vào 100ml dung dịch hai muối NaNO3 1M Ba(NO3)2 1M, khơng thấy tượng gì, cho thêm

vào 500ml dung dịch HCl 2M thấy thoát V lít (đktc) khí NO Giá trị V A 3,36 B 5,6 C 4,48 D 2,24

Suy luận : nCu = = 0,15 mol; nHCl = 2.0,5 = mol  nH



= nHCl = mol n

NaNO3 = 0,1.1 = 0,1 (mol) ; nBa (NO3)2= 1.0,1 = 0,1 mol

NaNO3 Na+ + NO3 (1)

0,1  0,1

Ba(NO3)2 Ba2+ + 2NO3 (2)

0,1  2.0,1 (1)(2) nNO



3 = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol

3Cu + 2NO3 + 8H+ 3Cu2+ + 2NO + 4H 2O (3)

bđ: 0,15 0,3

pư: 0,15 0,1 0,4 0,15 0,1 dư: 0,2 0,6 (3) nNO = 0,1 mol  VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lít  đáp án D

Câu 19 Hịa tan hồn tồn 9,65 gam hỗn hợp Al, Fe dung dịch HCl dư, dung dịch thu cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa, đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi cịn lại gam chất rắn Phần trăm khối lượng Fe hỗn hợp ban đầu

A 58,03% B 41,97% C 46,20% D 47,91 % Hướng dẫn

Cách 1. Gọi x, y số mol Al Fe hỗn hợp Ta có: 27x + 56y = 9,65 (1) Các phương trình phản ứng:

2Al + 6H+ 2Al3+ + 3H

2 (2)

x x

Fe + 2H+ Fe2+ + H

2 (3)

y y

9,6 64



(105)

H+ + OH- H

2O (4)

Al3+ + 4OH- AlO

2 + 2H2O (5)

Fe2+ + 2OH- Fe(OH)

2 (6)

y y

2Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (7)

y y

2Fe(OH)3 Fe Fe2O3 + 3H2O (8)

y 0,5y

Chất rắn lại Fe2O3  nFe O3 = 0,5y = = 0,05  y = 0,1 mol

%mFe = = 58,03%  đáp án A

Cách 2 Theo ĐLBTNT ta có:

nFe = 2nFe O3 = = 0,1 mol  %mFe = = 58,03%

 đáp án A

Câu 20 Để 11,2 gam bột sắt ngồi khơng khí sau thời gian thu chất rắn X Hịa tan hồn tồn X dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư) Thu dung dịch Y khí SO2 (giả sử SO2 sản phẩm khử nhất) Khối lượng

muối khan thu dung dịch Y

A 40 gam B 80 gam C 20 gam D 120 gam

Suy luận nFe = = 0,2 mol

Theo ĐLBTNT ta có :

nFe (SO )3 = nFe = 0,1 mol  mmuối = 400 0,1 = 40 gam  đáp án A

Câu 21 Đốt cháy hoàn 0,1 mol chất FeS2 CuS lượng O2 dư, khí thu sau phản ứng cho hấp thu hết vào

dung dịch KMnO4 1M Thể tích dung dịch thuốc tím bị màu

A 600 ml B 300 ml C 120ml D 60 ml

Suy luận Theo định luật BTNT ta có:

nSO = 2nFeS2 + nCuS = 2.0,1 + 0,1 = 0,3 mol

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 (*)

0,3  0,12

(*) Vdd KMnO4= 0,12/1 = 0,12 lít = 120 ml  đáp án C

Câu 22 Để tác dụng vừa đủ 7,68 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 Fe3O4, cần dùng 260ml HCl 1M.Thu dd X cho

dd NaOH dư tác dụng với dung dịch X thu kết tủa lọc lấy kết tủa đem nung khơng khí đến khối lượng không đổi thu m gam chất rắn Giá trị m

A B.7 C.8 D.9

Hướng dẫn

Khi cho hh oxit tác dụng với HCl ta có chất phản ứng là: O2- + 2H+ H

2O

0,13 0.26 0,13 mO = 0,13.16 = 2,08 gam nFe = 0,1 mol

Vậy khối lượng Fe2O3 thu là: m = 0,1/2.160 = gam Đáp án C

Câu 23 Hòa tan 9,65 gam hỗn hợp Al Fe HCl dư thu dd X Cho X tác dụng với NaOH dư, lọc lấy kết tủa nung khơng khí đến khối lượng không đổi thu gam chất rắn Khối lượng kim loại Fe Al hỗn hợp đầu

A 5,6 gam 4,05 gam B 6,5 gam 3,15 gam 160

8 65 , 9

% 100 . 1 , 0 . 56

2

t0

2 160

8

65 , 9

% 100 . 1 , 0 . 56

56 , 11

2

(106)

C gam 1,65 gam D 2,8 gam 6,85 gam Hướng dẫn

Sản phẩm sau nung có Fe2O3: ta có số mol Fe2O3 = 8/160 = 0,05 mol

Áp dụng đlbtnt ta có số mol Fe = lần số mol Fe2O3 = 0,1 mol

Khối lượng Fe hỗn hợp = 5,6 gam thành phần % theo khối lượng kim loại là: %Fe =

5,6/9,65 100 = 58,03% , %Al = 41,97% Đáp án B

Câu 24 Hỗn hợp chất rắn A gồm 0,1 mol Fe2O3 0,1 mol Fe3O4 Hịatan hồn tồn A dd HCl dư, thu dd B

Cho dd NaOH dư vào B, thu kết tủa C Lọc lấy kết tủa đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu m gam chất rắn Giá trị m

A 40 B 20 C 30 D.10

Hướng dẫn

Chất rắn thu sau nung Fe2O3 Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe ta có:

mol 25 , 0 1 , 0 . 2 3 1 , 0 n

2 3 n

n

4 3

2

2O sau FeO (dau) FeO

Fe     

Vậy giá trị m là: mFe2O3 0,25.16040gam Đáp án A

Câu 25 Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CuFeS2 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dd HNO3 dư thu dd X không chứa

muối NH4+ hỗn hợp khí gồm NO NO2 Thêm BaCl2 dư vào dd X thu m gam kết tủa Mặt khác thêm

Ba(OH)2 dư vào X thu kết tủa, lấy kết tủa đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu a gam chất

rắn Giá trị m a

A 111,48 157,44 B 112,48 167,44 C 113,48 177,44 D 114,48 187,44 Hướng dẫn

Áp dụng định luật BTNT ta có

Các sơ đồ phản ứng: Cu2+ Cu(OH)

2 CuO

0,33 0,33 0,33 Fe3+ Fe(OH)

3 Fe2O3

0,24 0,24 0,12 S+6 BaSO

4

0,48 0,48

Vậy giá trị m a là: m = 0,48 233 = 111,48 gam

a = 0,48.233 + 0,33.80 + 0,12.160 = 157,44 gam Đáp án A

Câu 26 Cho luồng khí CO qua hỗn hợp X gồm oxit: Fe3O4, Al2O3, MgO, ZnO, CuO nung nóng, sau thời gian

thu hỗn hợp khí Y 23,6 gam chất rắn Z Cho Y lội chậm qua bình đựng dung dịch nước vơi dư, thấy có 40 gam kết tủa xuất Khối lượng X

A 30 gam B 41,2 gam C 34,8 gam D 20,6 gam. Hướng dẫn

nCaCO3 = = 0,4 mol

CO2 + Ca(OH)2 CaCO3  + H2O (1)

0,4  0,4 (1)  nCO2 = 0,4 mol

● X + CO, t0: Al

2O3, MgO không bị khử

CuO + CO Cu + CO2 (2)

Fe3O4 + CO FeO + CO2 (3)

FeO + CO Fe + CO2 (4)

106 100

40

t0

(107)

ZnO + CO Zn + CO2 (5)

Theo (2) (3) (4) (5)  nCO = nCO2 = 0,4 mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng:

mX + mCO = mZ + mCO

 m

X = mZ + mCO2- mCO = 23,6 + 44.0,4 - 28.0,4 = 30 gam  đáp án A

Bài toán giải nhanh phương pháp tăng giảm khối lượng sau: Cứ 1mol CO phản ứng tạo mol CO2 làm khối lượng chất rắn giảm 16 gam Vậy có 0,4 mol CO2 tạo khối lượng chất rắn giảm 0,4.16 =

6,4 gam  Khối lượng chất rắn ban đầu 23,6 + 6,4 = 30 gam CÁC BÀI TẬP VỀ SẮT CĨ LỜI GIẢI

Câu : Oxi hóa chậm m gam Fe ngồi khơng khí sau thời gian thu 12 gam hỗn hợp X ( Fe , FeO , Fe2O3

,Fe3O4 ) Để hòa tan hết X , cần vừa đủ 300 ml dung dịch HCl 1M , đồng thời giải phóng 0,672 lít khí ( đktc ) Tính m ?

A.10,08 B.8,96 C.9,84 D.10,64

Câu 2: Hịa tan hồn tồn 2,8 gam hỗn hợp FeO , Fe2O3 Fe3O4 cần vừa đủ V ml dung dịch HCl 1M , thu dung

dịch X Cho từ từ dung dịch NaOH dư vào dung dịch X thu kết tủa Y Nung Y khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu gam chất rắn Tính V ?

A.87,5 B.125 C.62,5 D.175

Câu : Trộn bột Al với bột Fe2O3 ( tỉ lệ mol : ) thu m gam hỗn hợp X Thực phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp

X điều kiện khơng có khơng khí sau thời gian thu hỗn hợp rắn Y Hòa tan hết Y acid nitric lỗng dư , thấy giải phóng 0,448 lít khí NO ( đktc – sản phẩm khử ) m =?

A.7,48 B.11,22 C.5,61 D.3,74

Câu 4: Hòa tan hết 7,68 gam hỗn hợp FeO , Fe2O3 Fe3O4 cần vừa đủ 260 ml dung dịch HCl 1M Dung dịch thu

cho tác dụng với dd NaOH dư lọc kết tủa nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu m gam rắn tính m ?

A.20 B.8 C.16 D.12

Câu 5: X hỗn hợp gồm Fe oxit sắt Hòa tan hết 15,12 gam X dung dịch HCl dư , sau phản ứng thu 16,51 gam muối Fe (II) m gam muối Fe (III ) Mặt khác , cho 15,12 gam X phản ứng hoàn toàn với dung dịch acid nitric lỗng dư giải phóng 1,568 lít NO ( sản phẩm khử - đktc ) Thành phần % khối lượng Fe X ?

A.11,11% B.29,63% C.14,81% D.33,33%

Câu :Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Cu oxit sắt cần vừa đủ 500ml dung dịch HCl 1,2M Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu 38,74 gam hỗn hợp hai muối khan m nhận giá trị ?

A.22,24 B.20,72 C.23,36 D.27,04

Câu 7: Hòa tan hết a gam hỗn hợp oxit sắt dung dịch HCl dư sau phản ứng thu dung dịch chứa 9,75 gam FeCl3 8,89 gam FeCl2 a nhận giá trị ?

A.10,08 B.10,16 C.9,68 D.9,84

Câu : Hòa tan hết gam hỗn hợp A gồm Fe oxit sắt dung dịch acid HCl dư thu dung dịch X Sục khí Cl2 dư vào X thu dung dịch Y chứa 9,75 gam muối tan Nếu cho gam A tác dụng với dung dịch HNO3

lỗng dư thu V lít NO ( sản phẩm khử - đktc)/ V= ?

A.0,896 B.0,747 C.1,120 D.0,672

Câu 9: Hòa tan hết a gam hỗn hợp X gồm Fe oxit sắt b gam dung dịch H2SO4 9,8% ( lượng vừa đủ), sau

phản ứng thu dung dịch chứa 51,76 gam hỗn hợp hai muối khan Mặt khác hòa tan hết a gam X dung dịch H2SO4 đặc nóng thu 58 gam muối Fe (III) Xác định b ?

A.370 B.220 C.500 D.420

(108)

Câu 10 : Hòa tan hết m gam hỗn hợp A gồm Cu oxit sắt 320 ml dung dịch HCl 1M ( vừa đủ ) Dung dịch thu sau phản ứng chứa hai muối FeCl2 ( có khối lượng 15,24 gam ) CuCl2 Xác định công thức oxit sắt

giá trị m ?

A Fe3O4 14,40 gam B Fe2O3 11,84 gam C Fe3O4 11,84 gam D Fe2O3 14,40 gam

Câu 11: Hòa tan hết m gam hỗn hợp Y( gồm Cu oxit sắt ) 260 ml dung dịch HCl 1M - lượng vừa đủ , thu dung dịch Z chứa muối với tổng khối lượng 16,67 gam Xác định m ?

A.11,60 B.9,26 C.11,34 D.9,52

Câu 12 :Y hỗn hợp gồm sắt oxit Chia Y làm hai phần :

Phần : Đem hòa tan hết dung dịch HCl dư thu dung dịch Z chứa a gam FeCl2 13 gam FeCl3

Phần : Cho tác dụng hết với 875 ml dung dịch HNO3 0,8M ( vừa đủ ) thu 1,568 lít khí NO ( đktc - sản phẩm khử

duy ) Tính a ?

A.10,16 B.16,51 C.11,43 D.15,24

Câu 13 : Hịa tan hồn tồn 13,92 gam hỗn hợp X gồm MgO, FeO Fe2O3 phải dùng vừa hết 520 ml dung dịch HCl 1M

Mặt khác , lấy 0,27 mol hỗn hợp X đốt nóng ống sứ khơng có khơng khí thổi luồng H2 dư qua để phản

ứng xảy hồn tồn thu m gam chất rắn 4,86 gam nước Xác định m?

A.16,56 B.20,88 C.25,06 D.16,02

Câu 14: Hỗn hợp A gồm CuSO4 , FeSO4 Fe2(SO4)3 , % khối lượng S 22% Lấy 50 gam hỗn hợp A hoà

tan vào nước Thêm dung dịch NaOH dư , lấy kết tủa thu đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi Lượng oxit sinh đem khử hồn tồn CO lượng Fe Cu thu :

A.17 gam B.18 gam C.19 gam D.20 gam

Câu 15 : A hỗn hợp muối Cu(NO3)2 , Fe(NO3)2 Fe(NO3)3 Trong N chiếm 16,03% khối lượng Cho dung

dịch KOH dư vào dung dịch chứa 65,5 gam muối A Lọc kết tủa thu đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu gam oxit ?

A.27 B.34 C.25 D.31

Câu 16: Hòa tan hết hỗn hợp X gồm 0,02 mol Fe : 0,04 mol Fe3O4 0,03 mol CuO dung dịch HCl dư.Cho từ

từ dung dịch NH3 đến dư vào dung dịch sau phản ứng, lọc kết tủa đem nung khơng khí đến khối lượng không đổi

thu a gam chất rắn a nhận giá trị ?

A.12,8 B.11,2 C.10,4 D.13,6

Câu 17.Hòa tan hỗn hợp gồm sắt oxit sắt cần vừa đủ 0,1 mol H2SO4 đặc ; 0,224 lít SO2 ( đktc) Cô cạn

dung dịch sau phản ứng thu gam muối khan ?

A.8 B.12 C.16 D.20

Câu 18: Cho m gam Fe tan vừa đủ dung dịch hỗn hợp HCl FeCl3 thu dung dịch X chứa muối

nhất 5,6 lít H2 ( đktc ) Cơ cạn dung dịch X thu 85,09 gam muối khan m nhận giá trị ?

A.14 B.20,16 C.21,84 D.23,52

Câu 19: Cho dung dịch acid nitric loãng vào cốc thủy tinh có đựng 5,6 gam Fe 9,6 gam Cu Khuấy để phản ứng xảy hồn tồn ; có 3,136 lít NO ( đktc ) cịn lại m gam chất rắn khơng tan Giá trị m :

A.2,56 B.1,92 C.4,48 D.5,76

Câu 20: Hịa tan hồn tồn 5,4 gam oxit sắt vào dung dịch HNO3 dư thu 1,456 lít hỗn hợp NO NO2 ( đktc

-ngồi khơng cịn sản phẩm khử khác ) Sau phản ứng khối lượng dung dịch tăng lên 2,49 gam so với ban đầu Công thức oxit sắt số mol HNO3 phản ứng :

A.FeO 0,74 mol B.Fe3O4 0,29 mol C.FeO 0,29 mol D.Fe3O4 0,75 mol

Câu 21: Hòa tan 10 gam hỗn hợp gồm Fe FexOy HCl thu 1,12 lít H2 ( đktc ) Cũng lượng hỗn hợp

hòa tan hết dung dịch HNO3 đặc nóng thu 5,6 lít NO2 ( đktc ) Xác định FexOy ?

(109)

Câu 22: Cho m gam hỗn hợp X gồm Al ,Fe3O4 , FeO, Fe2O3 tác dụng với dung dịch HCl dư thu dung dịch Y,

đó khối lượng FeCl2 31,75 gam 8,064 lít H2 ( đktc ).Cô cạn dung dịch Y thu 151,54 gam chất rắn khan

Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu dung dịch Z khí NO ( sản phẩm khử

nhất ) Cô cạn dung dịch Z thu gam muối khan ?

A.242,3 B.268,4 C.189,6 D.254,9

Câu 23: Nung 23,2 gam hỗn hợp X ( FeCO3 FexOy ) tới phản ứng hồn tồn thu khí A 22,4 gam Fe2O3

nhất Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu 7,88 gam kết tủa Mặt khác , để hòa tan hết 23,2

gam X cần vừa đủ V ml dung dịch HCl 2M CT FexOy giá trị V :

A.FeO 200 B.Fe3O4 250 C.FeO 250 D.Fe3O4 360

Câu 24: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 Fe3O4 ( tỉ lệ khối lượng FeO Fe2O3 9:20

) dung dịch HCl , thu 16,25 gam FeCl3 Khối lượng muối FeCl2 thu sau phản ứng :

A.5,08 gam B.6,35 gam C.7,62 gam D.12,7 gam

Câu 25: Cho 23,2 gam Fe3O4 8,4 gam Fe vào dung dịch HCl 1M Thể tích dung dịch HCl tối thiểu để hòa tan

các chất rắn :

A.0,9 lít B.1,1 lít C.0,8 lít D.1,5 lít

Câu 26: Cho luồng khí CO qua lượng quặng hematit ( chứa Fe2O3 ) thu 300,8 gam hỗn hợp chất rắn X

và thoát hỗn hợp khí Y Cho hấp thụ tồn khí Y dung dịch NaOH dư thấy khối lượng bình NaOH tăng thêm 52,8 gam Đem chất rắn X hòa tan dung dịch HNO3 dư thu 387,2 gam muối Thành phần % khối lượng

Fe2O3 quặng :

A.80% B.60% C.50% D.40%

Câu 27: Cho 0,24 mol Fe 0,03 mol Fe3O4 vào dung dịch HNO3 loãng , kết thúc phản ứng thu dung dịch X 3,36

gam kim loại dư Khối lượng muối có dung dịch X :

A.48,6 gam B.58,08 gam C.56,97 gam D.65,34 gam

Câu 28: Đem nhhiệt phân hoàn toàn a mol Fe(NO3)2 thu hỗn hợp khí X có tỉ khối so với H2 T1 Nhiệt phân

hoàn tồn a mol Fe(NO3)3 thu hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 T2 Biểu thức :

A.T1 = 0,972T2 B.T1 = T2 C.T2 = 0,972T1 D.T2 = 1,08T1

Câu 29: Hỗn hợp A gồm sắt oxit Cho m gam A tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư đến phản ứng

hồn tồn thu dung dịch Y 2,24 lít SO2 ( đktc ) Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu kết tủa Z Nung

Z tới khối lượng khơng đổi thấy khối lượng giảm 7,02 gam Giá trị m gam :

A.11,2 B.19,2 C.14,4 D.16,0

Câu 30: Hịa tan hồn toàn a gam hỗn hợp X gồm Fe , FeS , FeS2 S vào dung dịch HNO3 loãng dư , giải phóng 8,064

lít NO ( sản phẩm khử đtkc ) dung dịch Y Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thu kết tủa

Z Hòa tan hết lượng kết tủa Z dung dịch HCl dư , sau phản ứng cịn lại 30,29 gam chất rắn khơng tan Giá trị a gam :

A.7,92 B.9,76 C.8,64 D.9,52

Câu 31: Hòa tan hết m gam hỗn hợp gồm x mol FeO , x mol Fe2O3 y mol Fe3O4 dung dịch HNO3 đặc nóng thu

được 6,72 lít NO2 ( đktc ) Giá trị m gam :

A.46,4 B.48,0 C.35,7 D.69.6

Câu 32: Hòa tan hết 7,52 gam hỗn hợp A gồm Cu oxit sắt dung dịch HNO3 loãng dư , sau phản ứng giải

phóng 0,1493 lít NO ( đktc - sản phẩm khử ) lại 0,96 gam kim loại không tan Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu 16,44 gam chất rắn khan Công thức oxit sắt :

(110)

Câu 33: Thổi hỗn hợp khí CO H2 qua a gam hỗn hợp gồm CuO Fe3O4 có tỉ lệ mol 1:2 , sau phản ứng thu b

gam chất rắn A Hịa tan hồn tồn b gam A dung dịch HNO3 loãng dư , thu dung dịch X ( không chứa ion Fe2+

) Cô cạn dung dịch X thu 41 gam muối khan a gam nhận giá trị ?

A.9,8 B.10,6 C.12,8 D.13,6

Đáp án tập TN sắt :

1A - 2A - 3D - 4B - 5C - 6A - 7D - 8B - 9A - 10C - 11D - 12B - 13A - 14A - 15C - 16B - 17B - 18C - 19A 20C - 21A - 22A - 23D - 24B - 25A - 26D - 27A - 28C - 29B - 30B - 31D - 32C - 33D

ĐÁP ÁN CHI TIẾT :

Câu 1: nkhí = nH2 = 0,672/22,4= 0,03 mol

Ta có : nH+(HCl)= nH+(hồ tan oxit ) + nH+(khí ) => 0,3 = nH+(hoà tan oxit ) + 2.0,03 => nH+(hoà tan oxit )= 0,24 mol nO(oxit) = ½ nH+(hồ tan oxit )= 0,12 mol => m = mX– mO(oxit)= 12 – 0,12.16 = 10,08 gam Câu 2: Quy đổi hỗn hợp thành 2,8 gam ( FeO : x mol Fe2O3 : y mol ) -> gam Fe2O3

Thiết lập hệ : 72x + 160y = 2,8 v x + 2y = 3.2/160 ( BTNT Fe Fe2O3 )

= > x = 0,025 mol v y = 6,25.10-3 mol

FeO + 2HCl FeCl2 + H2O Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + H2O

0,025 0,05 6,25.10-3

0,0375

=> Tổng số mol HCl p/ứ = 0,0875 mol => V = 0,0875 l = 87,5 ml

Cách khác : ( Cách giải bạn Huỳnh Anh Tú )Quy đổi thành 2,8 gam ( Fe : x mol O : y mol ) Sơ đồ hợp thức : 2Fe Fe2O3 Ta có : nFe = 2nFe2O3 = 2.3/160 = 0,0375 mol

=> nO (oxit) = ( 2,8 – 0,0375.56 ) / 16 = 0,04375 mol => nHCl p/u = nO (oxit) = 0,0875 mol =>V = 87,5 ml

Câu 3: Phản ứng nhiệt nhôm khơng hồn tồn nên ta khơng thể xác định rõ sản phẩm Y gồm chất Ta quy đổi hỗn hợp Y thành X ( theo nguyên BTKL )

Ta có : Al  Al3+ +3e N+5 +3e  NO => m = 0,02( 27 + 160) = 3,74 gam

0,02  0,06 0,06  0,02

Câu 4: Ta có : nCl- = 0,26 mol => nO2- (oxit ) = ½ nCl- = 0,13 mol ( BT ĐT ) => mFe = 7,68 – 0,13.16 = 5,6 gam

Sơ đồ hợp thức : 2Fe Fe2O3 => mFe2O3 = 160.5,6/112 = gam

Câu 5: Quy đổi 15,12 gam X thành : Fe ; FeO v Fe2O3

( x mol ) ( y mol )

Hồ tan vào dd HCl ta có pt : x + y = 16,51/127 = 0,13 mol Cho X vào HNO3 dư :

Fe Fe3+ + 3e N+5 + 3e  NO

x 3x 0,21  0,07 FeO Fe3+ + 1e

y y

=> Bảo toàn electron: 3x + y = 0,21

Giải hệ = > x = 0,04 mol v y = 0,09 mol = > % mFe = 0,04.56/15,12 100% = 14,81%

(111)

BTKL : mCu & Fe = mmuoi – mCl- = 38,74 – 0,6.35,5 = 17,44 gam  mX = mCu & Fe + mO2- (oxit ) = 17,44 +0,3.16 = 22,24 gam

Câu 7: Quy đổi thành a gam FeO v Fe2O3

Sơ đồ hợp thức : Fe2O3  2FeCl3 ( 0,06 mol ) FeO FeCl2 ( 0,07 mol )

=> a = 0,03.160 + 0,07.72 = 9,84 gam

Câu 8: nFe = nFeCl3 = 0,06 mol => nO (oxit ) = ( – 0,06.56)/16 = 0,04 mol

Quy đổi gam A thành Fe O Cho tác dụng với HNO3 :

Fe Fe3+ + 3e O + 2e  O2-

0,06  0,18 0,08  0,04

N+5 + 3e  NO => V = 0,1/3.22,4 = 0,747 lit

0,1  0,1/3

Câu 9: 51,76 gam gồm muối F eSO4 : x mol Fe2(SO4)3 : y mol

Lập hệ : 152x + 400y = 51,76 x + 2y = 58.2/400 (BTNT Fe Fe2(SO4)3 )

=> x = 0,13 mol y = 0,08 mol => Số mol H2SO4 p/ ứ = x +3y = 0,37 mol

=> mdung dich = ( 0,37.98.100) / 9,8 gam = 370 gam = b

Câu 10: nFe = nFeCl2 = 0,12 mol nO (oxit ) = ½ nH+ = 0,16 mol => nFe : nO = 0,12 : 0,16 = 3:4 => Fe3O4

BTNT Cl: nHCl = 2nFeCl2 + 2nCuCl2 => 0,32 = 2.0,12 + 2nCuCl2 => nCuCl2 = 0,04 mol = nCu

 m = mCu + mFe + mO = 0,04.64 + 0,12.56 + 0,16.16 = 11,84 gam

Câu 11: nCl- = 0,26 mol => mCu&Fe = mmuoi - mCl- = 16,67 – 0,26.35,5 = 7,44 gam nO2- (oxit ) = ½ nCl- = 0,13 mol => mY = mCu&Fe + mO2- (oxit ) = 7,44 +0,13.16 = 9,52 gam Câu 12: Phần II : BTNT N : nNO3- ( muoi ) = nHNO3 p/u – nNO = 0,875.0,8 – 1,568/22,4 = 0,63 mol Fe  Fe(NO3)3  3NO3- Phần I : BTNT Fe : nFe = nFeCl2 + nFeCl3

0,21  0,63 => nFeCl2 = 0,21 – 13/162,5 = 0,13 mol => a = 0,13.127 = 16,51 gam

Câu 13: 13,92 gam X ( MgO x mol ; FeO y mol Fe2O3 z mol ) Ta có : nO (oxit ) = ½ nH+ = ½ 0,52 = 0,26 mol

=> x + y +3z = 0,26 ( ) 40x + 72y + 160z = 13,92 ( )

Trong 0,27 mol X số mol MgO , FeO Fe2O3 kx , ky kz mol => kx + ky + kz = 0,27 ( )

Và : nH2O = nH2 = nO(FeO) + nO(Fe2O3) = ky +3kz = 0,27 ( ) Biến đổi ( ) & ( ) => x = 2z ( )

Giải ( 1) , (2) ( 5) => x = 0,08 mol ; y = 0,06 mol z = 0,04 mol => k = 0,27/0,18 = 1,5 BTKL : m = 1,5.13,92 – 0,27.16 = 16,56 gam

Câu 14: mS = 50.22/100 = 11 gam => nSO4 (2-) = nS = 11/32 = 0,34375 mol (BTNT S )

 mCu&Fe = mmuoi – mSO4(2-) = 50 – 96.0,34375 = 17 gam

Câu 15: mN = 65,5.16,03/100 = 10,5 gam => nNO3- = nN = 10,5/14 = 0,75 mol ( BTNT N )

Sơ đồ : 2NO3 – (muối ) < = > O2- (oxit )

mol NO3 – tạo mol O2- khối lượng giảm 2.62 – 16 = 108 gam

0,75 mol NO3 – tạo 0,375 mol O2- khối lượng giảm 108.0,375 = 40,5 gam

(112)

Câu 16: Cu2+ tạo phức dd amoniac dư => chất rắn sau Fe 2O3

BTNT Fe : ∑nFe = nFe + 3nFe3O4 = 0,02 + 0,04.3 = 0,14 mol

=> nFe2O3 = ½∑nFe = 0,07 mol => a = 0,07.160 = 11,2 gam

Câu 17: BTNT S : nH2SO4 p/u = nSO4 (2-) muoi + nSO2 => nSO4 (2-) muoi = 0,1 – 0,01 = 0,09 mol Fe2(SO4)3  3SO42- => mmuoi = 0,03.400 = 12 gam

0,03  0,09

Câu 18: Cách 1 : Viết PTHH : ∑nFeCl2 = 0,67 mol

Fe + 2HCl FeCl2 + H2 (1) Fe + 2FeCl3 3FeCl2 ( )

0,25 0,25  0,25 0,14  ( 0,67 – 0,25 = 0,42 ) => ∑nFe = 0,25 + 0,14 = 0,39 mol => m = 0,39.56 = 21,84 gam

Cách 2: Bảo toàn electron

Fe Fe2+ + 2e 2H+ + 2e  H

x x  2x 0,5  0,25

Fe3+ + 1e Fe2+

0,67 - x  0,67 - x => Bảo toàn electron: 2x = 0,5 + 0,67 – x => x = 0,39 mol => m = 21,84 gam

Câu 19: Sau phản ứng , Cu dư ( Fe Fe2+ )

FeFe2+ + 2e N+5 + 3e  NO

0,1 → 0,2 0,42 ← 0,14 Cu  Cu2+ + 2e

0,11← 0,22

=> m = 9,6 – 0,11.64 = 2,56 gam

Câu 20: mkhí = 5,4 – 2,49 = 2,91 gam ( NO x mol NO2 y mol )

Lập hệ : x + y = 1,456/22,4 = 0,065 mol 30x + 46y = 2,91 => x = 5.10-3 mol y = 0,06 mol

Quy đổi oxit sắt thành Fe ( a mol ) O ( b mol ) Ta có : 56a + 16b = 5,4

Fe Fe3+ + 3e O + 2e  O2- N+5 + 3e  NO N+5 + 1e  NO

2

a → 3a b →2b 0,015 ← 5.10-3 0,06 ← 0,06

Bảo toàn e: 3a – 2b = 0,06 + 0,015 Giải hệ pt : a = b = 0,075 mol = > FeO BTNT N : nHNO3 p/u = nNO3- muoi + nNO + nNO2 = 3nFeO + nNO + nNO2 = 0,29 mol Câu 21: nFe = nH2 = 0,05 mol ( Fe đơn chất - Fe oxit )

Cho vào HNO3 , quy đổi 10 gam ( Fe a mol v O b mol ) => 56a + 16b = 10 Bảo toàn electron :

Fe Fe3+ + 3e O + 2e  O2- N+5 + 1e  NO

2 => 3a – 2b = 0,25

a → 3a b →2b 0,25 ← 0,25

Giải hệ => a = 0,15 mol = ∑nFe b = 0,1 mol = nO(oxit) => nFe(oxit) = ∑nFe - nFe = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol => FeO

Câu 22: nAl = 2/3 nH2 = 0,24 mol = nAl(NO3)3 = > mAlCl3 = 0,24.133,5 = 32,04 gam

=> mFeCl3 = mrắn han – mFeCl2 – mAlCl3 = 151,54 – 31,75 – 32,04 = 87,75 gam => nFeCl3 = 0,54 mol

(113)

nAl(NO3)3 = nAl = 0,24 mol nFe(NO3)3 = nFeCl2 + nFeCl3 = 31,75/127 + 0,54 = 0,79 mol

=> mmuối = 0,24.213 + 0,79.242 = 242,3 gam

Câu 23: nFeCO3= nCO2 = nBaCO3 = 7,88/197 = 0,04 mol BTNT Fe : ∑nFe = 2nFe2O3 = 0,28 mol

=> nFe(oxit) = 0,28 – 0,04 = 0,24 mol => moxit = mX – mFeCO3 = 23,2 – 0,04.16 = 18,56 gam

=> nO (oxit ) = ( 18,56 – 0,24.56 ) / 16 = 0,32 mol => Fe3O4

BTĐT : nHCl = nH+ = 2nCO3(2-) + nO (oxit ) = 2.0,04 + 2.0,32 = 0,72 mol => V = 0,72/2 = 0,36 lit = 36O ml

Câu 24: mFeO / mFe2O3 = 9/20 => nFeO = nFe2O3 => nFeCl2 = ½ nFeCl3 = 0,05 mol => mFeCl2 = 0,05.127 = 6,35 gam

Câu 25: PTHH: Fe3O4 + 8HCl FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Fe + 2FeCl3 3FeCl2 Fe + 2HCl FeCl2 + H2

0,1 → 0,8 → 0,2 0,1 ← 0,2 0,05 → 0,1 => nHCl = 0,8 + 0,1 = 0,9 mol => V = 0,9 lit

Câu 26: mtăng = mCO2 = 52,8 gam => nO ( bị khử ) = nCO2 = 1,2 mol

=> Khối lượng quặng = mX + mO = 300,8 +1,2.16 = 320 gam BTNT Fe : nFe2O3 = ½ nFe(NO3)3 = 0,8 mol

=> % mFe2O3 = 0,8.160/320.100% = 40%

Câu 27: BTNT Fe : nFeO + 3nFe3O4 = nFe(NO3)2 + nFe dư => nFe(NO3)2 = 0,27.180 = 48,6 gam

Câu 28: 2Fe(NO3)2

t

ắắđ Fe2O3 + 4NO2 + ẵ O2 2Fe(NO3)3

t

ắắđ Fe2O3 + 6NO2 + 3/2 O2

a 2a 0,25a a 3a 0,75a T1 = ( 46.2a + 32.0,25a ) / ( 2a + 0,25a ) = 400/9

T2 = ( 46.3a + 32.0,75a ) / ( 3a + 0,75a ) = 43,2 => T2 / T1 = 0,972 = > T2 = 0,972T1

Câu 29: Fe(OH)3 ½Fe2O3 => nFe2O3 = 7,02/ ( 107 – 80 ) = 0,26 mol = nFe

107 80 => mFe = 0,7mA + 5,6ne = 0,7mA + 5,6.2nSO2 => mA = 19,2 gam

Câu 30: mrắn = mBaSO4 = 30,29 gam => nS(X) = nBaSO4 = 0,13 mol Quy đổi hỗn hợp thành Fe S

Fe Fe3+ + 3e S  S+6 + 6e N+5 + 3e  NO

0,1 ← 0,3 0,13 → 0,78 1,08 ← 0,36 => a = mFe + mS = 9,76 gam

Câu 31: FeO Fe2O3 có số mol => quy đổi thành FeO4 Nhẩm : nFe3O4 = nNO2 = 0,3 mol

=> m = 0,3.232 = 69,6 gam

Câu 32: Cịn lại kim loại Cu khơng tan => ion Fe tồn dung dịch sau phản ứng Fe2+.

Quy đổi hỗn hợp A thành Cu, Fe v O

Cu  Cu2+ + 2e Fe Fe2+ + 2e O + 2e  O2- N+5 + 3e  NO

x 2x y 2y z 2z 0,02

Bảo toàn e : 2x + 2y – 2z = 0,02 Ta có : 64x + 56y +16z = 7,52 – 0,96 188x + 180y = 16,44 (chất rắn khan ) Giải hệ ta : x = 0,03 ; y = 0,06 v z = 0,08 => nFe : nO = y : z = ¾ => Fe3O4

Câu 33: CuO  Cu(NO3)2 Fe3O4 3Fe(NO3)3

x 2x 2x 6x

(114)

Bài viết dành tặng cho HS thân yêu Chúc em có kì thi ĐH tới đạt kết tốt Đây viết thầy biên soạn sưu tập từ nhiều nguồn khác nhau…

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ NHÔM

Với tốn hố học nhơm, hợp chất nhơm tốn hỗn hợp Ngoài việc sử dụng phương pháp giải bảo toàn electron, bảo toàn khối lượng, tăng - giảm khối lượng trình bày chuyên đề trước, cịn có số dạng tập đặc trưng riêng nhơm, là:

1 Muối Al3+ tác dụng với dung dịch kiềm tạo kết tủa

Khi cho lượng dung dịch chứa OH- vào dung dịch chứa Al3+ thu kết tủa Al(OH)

3 Nếu

3

Al(OH) Al n < n +

sẽ có hai trường hợp phù hợp xảy Bài tốn có hai giá trị - Trường hợp Lượng OH- thiếu, đủ để tạo kết tủa theo phản ứng

Al3+ + 3OH- ® Al(OH)

Lượng OH- tính theo kết tủa Al(OH)

3, giá trị OH- giá trị nhỏ

- Trường hợp Lượng OH- đủ để xảy hai phản ứng:

Al3+ + 3OH- ® Al(OH)

3 (1)

Al(OH)3 + OH- ® AlO2- + 2H2O (2)

Trong đó, phản ứng (1) hoàn toàn, phản ứng (2) xảy phần Lượng OH- tính theo (1) (2), giá

trị OH- giá trị lớn nhất.

2 Dung dịch H+ tác dụng với dung dịch AlO

2- tạo kết tủa Khi cho từ từ dung dịch chứa OH- vào dung dịch chứa Al3+ thu kết tủa Al(OH)

3 Nếu

3

Al(OH) Al n < n +sẽ có

hai trường hợp phù hợp xảy Bài tốn có hai giá trị

- Trường hợp Lượng H+ thiếu, đủ để tạo kết tủa theo phản ứng

AlO2- + H+ + H2O ® Al(OH)3

Lượng H+ tính theo kết tủa Al(OH)

3, giá trị H+ giá trị nhỏ

- Trường hợp Lượng H+ đủ để xảy hai phản ứng:

AlO2- + H+ + H2O ® Al(OH)3 (1)

Al(OH)3 + 3H+ ® Al3+ + 3H2O (2)

Trong đó, phản ứng (1) hồn toàn, phản ứng (2) xảy phần Lượng H+ tính theo (1) (2), giá trị

H+ giá trị lớn nhất.

3 Hỗn hợp kim loại gồm kim loại kiềm (kiềm thổ), nhơm tác dụng với nước

Khi đó, kim loại kiềm kiềm thổ tác dụng với nước tạo dung dịch kiềm, sau dung dịch kiềm hồ tan nhơm Ví dụ: Một hỗn hợp gồm Al, Mg Ba chia làm hai phần

- Phần 1: đem hoà tan nước dư thu V1 lít khí (đktc)

- Phần 2: hồ tan dung dịch NaOH dư thu V2 lít khí (đktc)

Khi đó: phần có phản ứng

Ba + 2H2O ® Ba(OH)2 + H2 (1)

2Al + Ba(OH)2 + 2H2O ® Ba(AlO2)2 + 3H2 (2)

Phần có phản ứng

Ba + 2H2O ® Ba(OH)2 + H2 (3)

2Al + 2NaOH + 2H2O ® 2NaAlO2 + 3H2 (4)

Nếu V1 < V2 đó, phần nhơm chưa tan hết, lượng Ba tính theo H2 Phần 2, Ba Al tan hết,

lượng H2 tính theo (3) (4)

II BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Cơng thức tính thể tích dung dịch NaOH cần cho vào dung dịch Al3+để xuất lượng kết tủa theo yêu cầu Ta có hai kết :

- nOH



(115)

- nOH



= nAl



- nkết tủa

Ví dụ : Cần cho lít dung dịch NaOH 1M vào dung dịch chứa 0,5 mol AlCl3 để 31,2 gam kết tủa

Giải

Ta có hai kết : n OH



= 3.nkết tủa = 0,4 = 1,2 mol => V = 1,2 lít

n OH



= nAl



- nkết tủa = 0,5 – 0,4 = 1,6 mol => V = 1,6 lít

Cơng thức tính thể tích dung dịch NaOH cần cho vào hỗn hợp dung dịch Al3+và H+ để xuất lượng kết tủa theo yêu cầu

Ta có hai kết : - nOH



( min ) = 3.nkết tủa + nH

 - nOH



( max ) = nAl



- nkết tủa+ nH



Ví dụ : Cần cho lít dung dịch NaOH 1M lớn vào dung dịch chứa đồng thời 0,6 mol AlCl3 0,2 mol HCl

để 39 gam kết tủa Giải

n OH



( max ) = nAl



- nkết tủa+ nH



= 0,6 - 0,5 + 0,2 =2,1 mol => V = 2,1 lít

Cơng thức tính thể tích dung dịch HCl cần cho vào dung dịch NaAlO2 NaAl(OH)4 để xuất một lượng kết tủa theo yêu cầu

Ta có hai kết : - nH



= nkết tủa

- nH



= nAlO



2 - nkết tủa

Ví dụ : Cần cho lít dung dịch HCl 1M vào dung dịch chứa 0,7 mol NaAlO2 NaAl(OH)4 để thu 39 gam kết tủa

Giải

Ta có hai kết : nH



= nkết tủa = 0,5 mol => V = 0,5 lít

nH



= nAlO



2 - nkết tủa = 4.0,7 – 3.0,5 = 1,3 mol => V = 1,3 lít

Cơng thức tính thể tích dung dịch HCl cần cho vào hỗn hợp dung dịch NaOH NaAlO2 NaAl(OH)4 để xuất lượng kết tủa theo yêu cầu

Ta có hai kết : nH



= nkết tủa + nOH

 nH



= nAlO



2 - nkết tủa + nOH

Ví dụ : Cần cho lít dung dịch HCl 1M cực đại vào dung dịch chứa đồng thời 0,1 mol NaOH 0,3 mol NaAlO2

hoặc NaAl(OH)4 để thu 15,6 gam kết tủa Giải

Ta có hai kết : nH



(max) = nAlO



2 - nkết tủa + nOH = 4.0,3 – 3.0,2 + 01 = 0,7 mol => V = 0,7 lít

Cơng thức tính thể tích dung dịch NaOH cần cho vào hỗn hợp dung dịch Zn2+để xuất lượng kết tủa theo yêu cầu

Ta có hai kết : nOH



(116)

nOH



( max ) = nZn



- 2.nkết tủa

Ví dụ : Tính thể tích dung dịch NaOH 1M cần cho vào 200 ml dung dịch ZnCl2 2M để 29,7 gam kết tủa

Giải Ta có nZn



= 0,4 mol nkết tủa= 0,3 mol

Áp dụng CT 41 n OH



( ) = 2.nkết tủa = 2.0,3= 0,6 =>V ddNaOH = 0,6 lít

n OH



( max ) = nZn



- 2.nkết tủa = 4.0,4 – 2.0,3 = mol =>V ddNaOH = 1lít

Cơng thức tính khối lượng muối sunphat cho kim loại tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc tạo sản phẩm khử SO2 ,

S, H2S H2O

mMuối sunfát = mKL + 2 96

.( 2nSO2+ nS + 8nH2S ) = mKL +96.( nSO2+ nS + 4nH2S ) * Lưu ý : Sản phẩm khử khơng có bỏ qua

* nH2SO4= 2nSO2+ nS + 5nH2S

Công thức tính khối lượng muối nitrat cho kim loại tác dụng với dung dịch HNO3 giải phóng khí : NO2 ,NO,N2O,

N2 ,NH4NO3

mMuối Nitrat = mKL + 62( nNO2 + 3nNO + 8nN2O +10n N2 +8n NH4NO3)

* Lưu ý : Sản phẩm khử khơng có bỏ qua * nHNO

3

= 2nNO2+ nNO + 10nN2O +12nN2 + 10nNH4NO3

MỘT SỐ DẠNG TOÁN ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM

1/

Dạng 1: BÀI TOÁN VỀ DUNG DỊCH CHỨA ION Al3+ TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIỀM * Kiến thức cần nắm vững

Khi cho dung dịch kiềm vào dung dịch Al3+ sẽ có phương trình ion thu gọn sau: Al3+ +

3OH- → Al(OH) 3 (1)

Al(OH)3 +OH- → [Al(OH)4]- (Tan)(2)

Hay viết phương trình (2) dạng: Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O

Tù (1) (2) ta có: Al3+ + 4OH- → [Al(OH) 4]- (3)

Ngồi tốn dạng kim loại kiềm (M) tác dụng với dung dịch muối Al3+ cịn có thêm phương

trình: 2M + 2H2O → 2MOH + H2 (4)

Hay nung nóng kết tủa Al(OH)3 : 2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O (5)

* Phương pháp giải nhanh : Áp dụng tỷ lệ:

+ Từ (1) để có lượng kết tủa tối đa số mol OH- = số mol Al3+

3

OH Al

n T

n

-+

= = 3

3 OH

Al

n T

n

(117)

+ Từ (3) nOH= 3

Al

n sẽ khơng cịn kết tủa

+ Với dạng toán cho dung dịch chứa ion Al3+ cho tác dụng dung dịch kiềm, đề cho biết lượng kết tủa,

xác định lượng kiềm có trường hợp ( học sinh cần nhớ biểu thức đây) :

* Một số ý giải tập:

+ Nếu dung dịch X chứa ion Al3+ ion H+ cho dung dịch kiềm ( chứa ion OH- ) vào X sẽ có 2

trường hợp sau:

Tùy thuộc vào đặc điểm đề cho mà em cần nhận dạng đặc điểm toán vận dụng cách giải tập cho hợp lí

a) Bài tốn thuận:

Đặc điểm toán: Cho biết số mol Al3+ OH-, yêu cầu tính lượng kết tủa.

*Cách giải nhanh: Đặt

3

OH Al

n T

n

-+

=

+) Nếu T ≤ 3: Chỉ xảy (1) tạo Al(OH)3 (Al3+ dư T < 3)

Khi

3

( )

3

OH Al OH

n

n = - (Theo bảo toàn OH-)

+) Nếu < T < 4: Xảy (1) (2) Tạo hỗn hợp Al(OH)3 [Al(OH)4]- (Cả Al3+ OH- hết)

Khi đó: Đặt số mol Al(OH)3 x

Số mol [Al(OH)4]- y

 Hệ phương trình: x + y = nAl3+

3x + 4y =

OH

n

Đặc biệt 3 4 3,5

2

T = + =

3 4

( ) [ ( ) ]

2 Al

Al OH Al OH

n

n = n - = +

+) Nếu T ≥ 4: Chỉ xảy (2) tạo [Al(OH)4]- (OH- dư T > 4)

Khi đó:

4

( )

Al OH Al

n - = n +

* Một số ví dụ minh họa:

3

OH Al

n T

n

-+

= = 4

Trường hợp 1: nOH(nhỏ ) cần lấy = n↓ (*)

Trường hợp 2: nOH(lớn ) = 4 3

Al

n - n

↓ (**)

Trường hợp 1: nOH(nhỏ ) cần lấy = n↓ + nH (***)

(118)

VD 1: Cho 450 ml dung dịch KOH 2M tác dụng với 100 ml dung dịch Al2(SO4)3 1M dung dịch X Tính nồng độ

mol/l chất dung dịch X?

Hướng dẫn giải: Theo đề: + nOH- =0,9 mol, nAl3+ = 0,2 mol

3

OH Al

n T

n

-+

= = 4,5 >  Tạo [Al(OH)4]- OH- dư

Dung dịch X có :

4

( )

Al OH Al

n - =n + = 0,2 mol;

OH du

n - = 0,9 – 0,2 = 0,1 mol  CM (K[Al(OH)4]) =

0, 2

0,36 0, 45 0,1+ » M CM(KOH) =

0,1

0,18 0, 45 0,1+ » M

VD 2: Dung dịch A chứa 16,8g NaOH cho tác dụng với dung dịch chứa 8g Fe2(SO4)3 Thêm tiếp vào 13,68g Al2(SO4)3

thu 500ml dung dịch B m gam kết tủa Tính CM chất B m?

Hướng dẫn giải:Theo đề: + nNaOH = 0,42 mol;

+

2( 3)

Fe SO

n =0,02 mol; +

2( 3)

Al SO

n = 0,04 mol

Ta có:

3

OH Fe n n

-+

=10,5  Tạo Fe(OH)3 Fe3+ hết, OH- dư

3

( )

Fe OH Fe

n =n + = 0,04 mol;

nAl3+ =0,08 mol; nOH du- =0,42 – 0,04 = 0,3 mol 

3

OH Al

n T

n

-+

= = 3,75  tạo hỗn hợp Al(OH)3 : x mol [Al(OH)4]-: y mol

Ta có hệ: x + y = 0,08 x = 0,02 3x + 4y = 0,3  y = 0,06 Vậy khối lượng kết tủa là: m = 1,56g

Dung dịch B gồm Na[Al(OH)4]: 0,06 mol

Na2SO4: (0,42 – 0,06)/2 = 0,18 mol

 CM (Na[Al(OH)4]) = 0,12M; CM (Na2SO4]) = 0,36M

b) Bài toán ngược:

Đặc điểm toán: : Biết số mol tong chất tham gia phản ứng số mol kết tủa Yêu cầu tính số mol chất tham gia phản ứng lại

*Kiểu 1: Biết số mol Al(OH)3, số mol Al3+ Tính lượng OH-

Cách giải nhanh: So sánh số mol Al(OH)3 với số mol Al3+ , tùy trường hợp mà có trường hợp

(119)

 Nếu số mol Al(OH)3 = số mol Al3+: chất phản ứng vừa đủ với tạo Al(OH)3 Khi đó:

3

( )

3 Al OH

OH

n - = n

 Nếu

3

( )

Al OH Al

n <n + có trường hợp:

+) Chưa có tượng hồ tan kết tủa hay Al3+ cịn dư Khi sản phẩm có Al(OH)

3

( )

3 Al OH

OH

n - = n

+) Có tượng hoà tan kết tủa hay Al3+ hết Khi sản phẩm có Al(OH)

3 [Al(OH)4]- :

Ta có: 3

4 ( )

[Al OH( ) ] Al Al OH

n - = n + -n

3 4

( ) [ ( ) ]

3 Al OH 4

OH Al OH

n - = n + n

-* Một số ví dụ minh họa:

VD1: Cho 0,5 lít dung dịch NaOH tác dụng với 300ml dung dịch Al2(SO4)3 0,2M thu 1,56g kết tủa

Tính nồng độ mol/lít dung dịch NaOH Biết phản ứng xảy hoàn toàn Hướng dẫn giải:

Số mol Al3+ = 0,12 mol.

Số mol Al(OH)3 = 0,02 mol < số mol Al3+ nên có trường hợp xảy

+TH1: Al3+ dư  Chỉ tạo Al(OH)

3 nên số mol OH- = 0,02 = 0,06 mol

 CM(NaOH) = 0,12M

+TH2: Al3+ hết  tạo Al(OH)

3: 0,02 mol

[Al(OH)4]-: 0,12 – 0,02 = 0,1 mol

 Số mol OH- = 0,02 + 0,1 = 0,46 mol

 CM(NaOH) = 0,92M

VD2: Cho V lít dung dịch NaOH 0,4M tác dụng với 58,14g Al2(SO4)3 thu 23,4g kết tủa Tìm giá trị lớn

nhất V?

Hướng dẫn giải: Số mol Al3+ = 0,34 mol.

Số mol Al(OH)3 = 0,3 mol < số mol Al3+ nên có trường hợp xảy

+TH1: Al3+ dư  Chỉ tạo Al(OH)

3 nên số mol OH- = 0,3 = 0,9 mol

 V(dd NaOH) = 2,25 lít = Vmin

+TH2: Al3+ hết  tạo Al(OH)

3: 0,3 mol

[Al(OH)4]-: 0,34 – 0,3 = 0,04 mol

 Số mol OH- = 0,3 + 0,04 = 1,06 mol

 V(dd NaOH) = 2,65 lít = Vmax

*Kiểu 2: Biết số mol OH-, số mol kết tủa Al(OH)

3 Tính số mol Al3+

Cách làm: So sánh số mol OH- cho với số mol OH- kết tủa

+Nếu số mol OH- cho lớn số mol OH- kết tủa có tượng hồ tan kết tủa.

Sản phẩm có Al(OH)3 [Al(OH)4]

-3

( )

[ ( ) ]

3 4

Al OH OH bai

Al OH

n n

n -

(120)



3 4

( ) [ ( ) ]

Al OH

Al Al OH

n + = n +n

+Nếu có nhiều lần thêm OH- liên tiếp bỏ qua giai đoạn trung gian, ta tính tổng số mol

OH- qua lần thêm vào so sánh với lượng OH- kết tủa thu lần cuối bài.

Ví dụ minh họa: Thêm 0,6 mol NaOH vào dd chứa x mol AlCl3 thu 0,2 mol Al(OH)3 Thêm tiếp

0,9 mol NaOH thấy số mol Al(OH)3 0,5 Thêm tiếp 1,2 mol NaOH thấy số mol Al(OH)3 0,5

mol Tính x?

Hướng dẫn giải: ånOH- =0, 0,9 1, 2,7+ + = mol;

3

( )

Al OH

n =0,5 mol

Số mol OH- kết tủa 1,5 mol < 2,7 mol  có tạo [Al(OH) 4] -3

4

( )

[ ( ) ]

3 4

Al OH OH bai

Al OH

n n

n -

-= = 0,3 mol

 3

4

( ) [ ( ) ]

Al OH

Al Al OH

n + =n +n - = 0,8 mol

*Kiểu 3: Nếu cho lượng Al3+ tác dụng với lượng OH- khácnhau mà lượng kết tủa không thay đổi

hoặc thay đổi không tương ứng với thay đổi OH-, chẳng hạn như:

TN1: a mol Al3+ tác dụng với b mol OH- tạo x mol kết tủa.

TN2: a mol Al3+ tác dụng với 3b mol OH- tạo x mol kết tủa 2x mol kết tủa.

Khi đó, ta kết luận:

TN1: Al3+ cịn dư OH- hết

3

( )

3

OH Al OH

n

n = - = x

TN2: Cả Al3+ OH- hết có tượng hoà tan kết tủa.

3 3

4

( ) ( 2) ( 2)

( ) ( 2)

[ ( ) ]

3 4

Al OH TN OH TN

Al OH TN

Al OH Al

n n

n - n + n

-= - =

Ví dụ minh họa: TN1: Cho a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 500ml dung dịch NaOH 1,2M m gam kết tủa

TN2: Cũng a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 750ml dung dịch NaOH 1,2M thu m gam kết tủa

Tính a m?

Hướng dẫn giải:

Vì lượng OH- thí nghiệm khác mà lượng kết tủa không thay đổi nên:

TN1: Al3+ dư, OH- hết.

Số mol OH- = 0,6 mol 

3

( ) 3

OH Al OH

n

n = - = 0,2 mol  m = 15,6 g TN2: Al3+ OH- hết có tượng hồ tan kết tủa.

Số mol OH- = 0,9 mol  Tạo Al(OH)

3: 0,2 mol

[Al(OH)4]-: 0,075 mol

 ånAl3+ =0,2 + 0,075 = 0,275 mol

Số mol Al2(SO4)3 = 0,1375 mol = a

* Một số tập tự luyện:

Câu 1: (Trích đề thi ĐH KA năm 2009)

Cho 100 ml dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với 200ml dung dịch Al(NO3)3 0,2 M thu 2,34 g kết tủa Nồng độ

dung dịch Ba(OH)2 ban đầu là:

(121)

C 0,45M 0,65M D 0,3M 0,6M Câu2: (Trích đề thi ĐH KA năm 2009)

Cho 200ml dung dịch AlCl3 1,5 M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M , thu 15,6 gam kết tủa Giá trị lớn

nhất V

A 1,2 B 1,8 C 2,4 D 2,0 Câu3: ( Trích đề thi ĐH KB năm 2010)

Cho 150ml dung dịch KOH 1,2 M tác dụng với 100ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol/lít thu dung dịch Y

4,68 gam kết tủa, thêm tiếp 175 ml dung dịch KOH 1,2 M vào Y , thu 2,34 gam kết tủa Giá trị x A 1,2 B 0,8 C.0,9 D.1,0

Câu 4: Hòa tan 21 gam hỗn hợp gồm Al Al2O3 HCl dung dịch A 13,44 lít H2(ở đktc) Thêm V lit dung

dịch NaOH 0,5M vào dung dịch A thu đươc 31,2 gam kêt tua Gia trị cua V là ?

A 2,4 B 2,4 C D 1,2

Câu 5: Cho 46,95 gam hỗn hợp X gồm K Ba tác dụng với dung dịch AlCl3 dư, thu 19,50 gam kết tủa Phần trăm

khối lượng K X là:

A 24,92% B 12,46% C 75,08% D 87,54%

Câu 6: Thêm 150 ml dung dịch NaOH 2M vào cốc đựng 100 ml dung dịch AlCl3 xM, sau phản ứng hoàn toàn

thấy cốc có 0,1 mol chất kết tủa Thêm tiếp 100 ml dung dịch NaOH 2M vào cốc, sau phản ứng hồn tồn thấy cơc có 0,14 mol chât kêt tua Gia trị cua x là

A 1,6 B 1,0 C 0,8 D

Câu 7: Thêm m gam kali vào 300 ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,1M NaOH 0,1M thu dung dịch X Cho từ từ

dung dịch X vào 200 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,1M thu kết tủa Y Để thu lượng kết tủa Y lớn giá trị

của m là: A 1,59 B 1,17 C 1,71 D.1,95

Câu 8: Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 0,1 mol H2SO4 đến phản ứng hoàn

toàn, thu 7,8 gam kết tủa Giá trị lớn V để thu lượng kết tủa

A 0,35. B 0,25. C 0,45. D 0,05

Đáp án:

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đáp án C D A B B A B C

2/ Dạng 2: BÀI TOÁN VỀ DUNG DỊCH CHỨA ION [Al(OH)4] TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH AXIT * Kiến thức cần nắm vững

Khi cho dung dịch axit vào dung dịch chứa [Al(OH)4] có phương trình ion thu gọn sau: [Al(OH)4]- + H+ → Al(OH)3 +H2O (1)

Khi số mol ion H+ lớn số mol ion [Al(OH)

4]– ( số mol kết tủa ) xảy phản ứng sau:

Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O (2)

* Phương pháp giải nhanh :

+ Từ (1) để có lượng kết tủa tối đa

số mol ion [Al(OH)4]= số mol ion H+ = số mol Al(OH)

+ Từ (2) nH= [ ( ) ]

4

OH Al

n sẽ khơng cịn kết tủa

 Với lượng kết tủa xác định mà giả thiết cho (ở đề bài) ta có có trường hợp cần lưu ý:

a/Trường hợp 1: nH = n↓ (*)

b/ Trường hợp 2: nH = 4 [ ( )]

4

OH Al

(122)

+Nếu dung dịch X chứa ion [Al(OH)4] ion OH- cho dung dịch axit ( chứa ion H+ ) vào X sẽ có 2

trường hợp sau:

a/Trường hợp 1: nH = n↓+nOH (***)

b/ Trường hợp 2: nH = 4 [ ( )]

4

OH Al

n - 3n↓ + nOH (****)

* Một số ý giải tập:

+ ion [Al(OH)4] không phản ứng với ion OH

-+ Nếu dùng CO2 dư tác dụng với dung dịch chứa ion [Al(OH)4] tạo kết tủa Al(OH)3

tương tự phản ứng (1) mà không xảy phản ứng (2)

Ví dụ 1: Cho 200ml dung dịch H2SO4 0,5M vào dung dịch chứa a mol NaAlO2 7,8 gam kết tủa Giá trị a là:

A 0,025 B 0,05 C 0,1 D.0,125

Hướng dẫn giải:

+ nH = 0,2.0,5.2 = 0,2 mol

+ n↓ =

78 8 , 7

= 0,1 moln↓ < nH

Ta có phương trình phản ứng hố học sau: [Al(OH)4]- + H+ → Al(OH)3 +H2O (1)

Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O (2)

Áp dụng công thức giải nhanh ta có: nH = 4 [ ( )]

4

OH Al

n - 3n↓ = 4.a – 3.0,1 = 0,2 a = 0,125 mol Ta chọn đáp án D

Ví dụ 2: Hịa tan 3,9 gam Al(OH)3 băng 50 ml NaOH 3M đươc dung dịch X Thêm V lit dung dịch HCl 2M vào dung

dịch X thu đươc 1,56 gam kêt tua Gia trị cua V là

A 0,02 B 0,24 C 0,06 0,12 D 0,02 0,24 Hướng dẫn giải:

+ n↓ =

78 9 , 3

= 0,05 mol; nNaOH = 0,05.3 = 0,15 mol

+ n↓ lần =

78 56 , 1

= 0,02

Ta có phương trình phản ứng hố học sau: Al(OH)3 + OH -→ [Al(OH)4]- (1)

H+ + OH- → H

2O (2)

[Al(OH)4]- + H+ → Al(OH)3 + H2O (3)

Từ (1), ta có: Số mol [Al(OH)4]- = n↓ = 0,05 mol

nNaOH dư = nOH = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol

Từ (2) (3) ta có trường hợp:

+ Trường hợp 1: nH = n↓+nOH = 0,02 + 0,1 = 0,12 mol  V = 0,06

+ Trường hợp 2: nH = 4 [ ( )]

4

OH Al

n - 3n↓ + nOH

(123)

V = 0,12 mol

Ví dụ3: Dung dịch A chứa m gam KOH 40,18 gam KAlO2 Cho 500 ml dung dịch HCl 2M vào dung dịch A thu

được 15,6 gam kết tủa Giá trị m là:

A 22,4 44,8 B 12,6C 22,4 D.44,8

Hướng dẫn giải: + n↓ =

78 6 , 15

= 0,2 mol; + nKOH =

56

m

mol nHCl = 0,2.0,5 = mol; Số mol KAlO2 =

98 18 , 40

= 0,21 mol Ta có phương trình phản ứng hoá học sau:

H+ + OH- → H

2O (1)

KAlO2 + H+ + H2O → Al(OH)3 + K+ (2)

Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O (3)

Ta có trường hợp:

+ Trường hợp 1: nH= n↓+nOH = 0,2 +

56

m

= mol  m = 44,8 + Trường hợp 2: nH= 4 [ ( ) ]

4

OH Al

n - 3n↓ + nOH= 4.0,21 -3.0,2 +

56

m

= m <  Ta chọn đáp án D

Ví dụ4: Hồ tan hồn tồn m gam hỗn hợp K2O, Al2O3 vào nước dung dịch A chứa chất tan

Cho tư tư 275ml dung dịch HCl 2M vào dung dịch A thây tao 11,7 gam kêt tua Gia trị cua m là

A 29,4 B 49 C 14,7 D 24,5

Hướng dẫn giải: n↓ =

78 7 , 11

= 0,15 mol; nHCl = 0,275.2 = 0,55 mol;

Ta có phương trình phản ứng hố học sau: K2O + H2O → 2KOH (1)

Al2O3 + 2KOH +3H2O → 2K[Al(OH)4] (2)

Dung dịch chứa chất tan KAlO2 hay K[Al(OH)4] Vậy KOH phản ứng vừa đủ với Al2O3

Gọi x số mol Al2O3 ban đầu, ta có:

+ Trường hợp 1: nH = n↓ (loại)

+ Trường hợp 2: nH = 4 [ ( )]

4

OH Al

n - 3n↓ = 4.2x -3.0,15 = 0,55x = 0,125 Vậy m = 0,125.102 + 0,125 94 = 24,5 gam

Ta chọn đáp án D

Ví dụ 5: 100 ml ddA chứa NaOH 0,1M NaAlO2 0,3M Thêm từ từ HCl 0,1M vào dung dịch A kết tủa

tan trở lại phần,lọc kết tủa ,nung nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu 1,02g chất rắn Thể tích dung dịch HCl dùng là:

A 0,5 lit B 0,6 lit C 0,7 lít D 0,8 lít Hướng dẫn giải:

+ n↓ =

102 02 , 1 . 2

= 0,02 mol;

(124)

Ta có phương trình phản ứng hoá học sau: H+ + OH- → H

2O (1)

[Al(OH)4]- + H+ → Al(OH)3 + H2O (2)

Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O (3)

Theo giả thiết ta có: nH = 4 [ ( )]

4

OH Al

n - 3n↓ + nOH= 0,03- 3.0,02 +0,01 = 0,07 mol

V = 1 , 0

07 , 0

= 0,7 lít Ta chọn đáp án C * Một số tập tự luyện:

Câu 1:(Trích đề ĐH KA -2008)Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 0,1 mol H2SO4 đến phản

ứng hoàn toàn, thu 7,8 gam kết tủa Giá trị lớn V để thu lượng kết tủa A.0,45 B 0,35 C 0,25 D 0,05

Câu 2: (Trích đề ĐH KA -2008)Hoà tan hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp gồm Al Al4C3 vào dung dịch KOH (dư), thu a mol hỗn

hợp khí dung dịch X Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch X, lượng kết tủa thu 46,8 gam Giá trị a

A.0,55 B 0,60 C 0,40 D 0,45

Câu 3: Cho dung dịch A chứa 0,05 mol NaAlO2 0,1 mol NaOH tác dụng với dung dịch HCl 2M Thể tích dung dịch

HCl 2M lơn nhât cần cho vào dung dịch A để thu đươc 1,56 gam kêt tua là

A 0,06 lít B 0,18 lít C 0,12 lít D 0,08 lít

Câu Hỗn hợp A gồm Al Al2O3 có tỉ lệ khối lượng tương ứng 1,8:10,2 Cho A tan hết dung dịch NaOH vừa

đu thu đươc dung dịch B và 0,672 lit (ở đktc) Cho B tac dụng vơi 200ml dung dịch HCl thu đươc kêt tua D, nung D ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu 3,57 gam chất rắn Tính nồng độ mol lớn dung dịch HCl dùng

A 0,75M B 0,35M C 0,55M D.0,25M

Câu 5: 100 ml ddA chứa NaOH 0,1M NaAlO2 0,3M Thêm từ từ HCl 0,1M vào dung dịch A kết tủa tan

trở lại phần,lọc kết tủa ,nung nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu 1,02g chất rắn Thể tích dung dịch HCl dùng là:

A 0,5 lit B 0,6 lit C 0,7 lít D 0,8 lít

Câu 6:(Trích đề CĐ KA -2009) 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.8,3 7,2 B 11,3 7,8 C 13,3 3,9 D 8,2 7,8 Đáp án:

Câu

Đáp án A B C C C B

(125)

*

Định hướng phương pháp giải chung: Phản ứng nhiệt nhôm: Al + oxit kim loại oxit nhôm + kim loại

(Hỗn hợp X) (Hỗn hợp Y) +Thường gặp: 2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe

2yAl + 3FexOy Al2O3 + 3xFe

(6x – 4y)Al + 3xFe2O3 6FexOy + (3x – 2y)Al2O3 -

Phương pháp chung để giải dùng phương pháp bảo toàn electron bảo toàn nguyên tố bảo toàn khối lượng để giải + Định luật bảo toàn khối lượng: mhhX =

mhhY + Định luật bảo toàn nguyên tố (mol nguyên tử):

nAl (X) = nAl (Y) ; nFe (X) = nFe (Y) ; nO (X) = nO (Y) * Chú ý : - Nếu phản

ứng xảy hoàn toàn, tùy theo tính chất hỗn hợp Y tạo thành để biện luận Ví dụ: + Hỗn hợp Y chứa kim loại → Al dư ; oxit kim loại hết + Hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch bazơ kiềm (NaOH,…) giải phóng H2 → có Al dư

- Hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch axit có khí bay có khả hỗn hợp Y chứa (Al2O3 + Fe)

hoặc (Al2O3 + Fe + Al dư) (Al2O3 + Fe + oxit kim loại dư) - Nếu phản ứng xảy khơng hồn tồn, hỗn

hợp Y gồm Al2O3, Fe, Al dư Fe2O3 dư

Ví dụ 1: Nung nóng m gam hỗn hợp Al Fe2O3 (trong điều kiện khơng có khơng khí) đến phản ứng xảy hoàn

toàn , thu hỗn hợp rắn Y Chia Y thành hai phần nhau:

Phần 1: tác dụng với dung dịch H2SO4 lỗng (dư) sinh 3,08 lít khí H2 (ở đktc)

Phần 2: tác dụng với dung dịch NaOH (dư) sinh 0,84 lít khí H2 (ở đktc) Giá trị m là:

A.22,75gam B.21,40gam C.29,40gam D 29,43 gam Hướng dẫn giải:

+ nH2(1) = 0,1375 mol ; + nH2(2) = 0,0375 mol

- Hỗn hợp rắn Y tác dụng với NaOH giải phóng H2 → Al dư phản ứng xảy hoàn toàn nên thành phần hỗn hợp

rắn Y gồm: Al2O3, Fe Al dư

Gọi nFe = x mol ; nAl dư = y mol có 1/2 hỗn hợp Y Từ đề ta có hệ phương trình: 

 

  

0,0375 1,5y

0,75 3y

2x

Giải hệ phương trình đại số ta được: x = 0,1; y = 0,025 - Theo ĐLBT nguyên tố O Fe: nAl2O3 = nFe2O3 = 

2

Fe

n

= 0,05 mol

- Theo đlbt khối lượng: m = (0,05.102 + 0,1.56 + 0,025.27).2 = 22,75 gam → đáp án A Ví dụ 2: Nung nóng m gam hỗn hợp gồm Al Fe3O4 điều kiện khơng có khơng khí Sau

phản ứng xảy hoàn toàn, thu hỗn hợp rắn X Cho X tác dụng với dung dịch NaOH (dư) thu dung dịch Y, chất rắn Z 3,36 lít khí H2 (ở đktc) Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch Y, thu 39 gam kết tủa Giá trị m là:

A 45,6 gam B 57,0 gam C 48,3 gam D 36,7 gam Hướng dẫn: + nH2 = 0,15 mol ; nAl(OH)3 = 0,5 mol

Từ đề ta suy thành phần hỗn hợp rắn X gồm: Fe, Al2O3 (x mol) Al dư (y mol)

Các phản ứng xảy là: 2Al + 2NaOH + 6H2O → 2Na[Al(OH)4] + 3H2

Al2O3 + 2NaOH + 3H2O → 2Na[Al(OH)4]

CO2 + Na[Al(OH)4] → Al(OH)3 + NaHCO3

(126)

- Theo đlbt nguyên tố Al: 2x + y = 0,5 → x = 0,2 mol

- Theo đlbt nguyên tố O: nO(Fe3O4) = nO(Al2O3) → nFe3O4 = (0,2:4) x = 0,15mol

- Theo đlbt nguyên tố Fe: nFe = 3nFe3O4 = 3.0,15 = 0,45 mol

- Theo đlbt khối lượng: m = 0,45.56 + 0,2.102 + 0,1.27 = 48,3 gam → đáp án C

Ví dụ 3: Thực phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X gồm Al oxit sắt FexOy (trong điều kiện khơng khí)

thu 92,35 gam chất rắn Y Hòa tan Y dung dịch NaOH (dư) thấy có 8,4 lít khí H2 (ở đktc) cịn lại

phần khơng tan Z Hịa tan 1/2 lượng Z dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư) thấy có 13,44 lít khí SO2 (ở đktc)

Biết phản ứng xảy hoàn toàn Khối lượng Al2O3 Y công thức oxit sắt là:

A 40,8 gam Fe3O4 B 45,9 gam Fe2O3 C 40,8 gam Fe2O3 D 45,9 gam Fe3O4

Hướng dẫn:

+ nH2 = 0,375 mol ; + nSO2(cả Z) = 2.0,6 = 1,2 mol

- Từ đề suy thành phần chất rắn Y gồm: Fe, Al2O3, Al dư phần không tan Z Fe

+ nH2 = 0,375 mol → nAl dư = 0,25 mol

+ nSO2 = 1,2 mol → nFe =

1, 2.2

3 =0,8 mol

+ mAl2O3 = 92,35 – 0,8.56 – 0,25.27 = 40,8 gam (1) → nAl2O3 = 0,4 mol

Theo đlbt nguyên tố O → nO(FexOy) = 0,4.3 = 1,2 mol

Ta có: x y =

Fe

O

n n =

0,8 1, 2 =

2

3 → công thức oxit sắt Fe2O3 (2) - Từ (1) ; (2) → đáp án C Ví dụ 4: Trộn 5,4 gam bột Al với 17,4 gam bột Fe3O4

tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (trong điều kiện khơng có khơng khí) Giả sử xảy phản ứng khử Fe3O4 thành Fe

Hịa tan hồn tồn chất rắn sau phản ứng dung dịch H2SO4 loãng (dư) thu 5,376 lít khí H2 (ở đktc) Hiệu suất

phản ứng nhiệt nhôm số mol H2SO4 phản ứng là:

A 75 % 0,54 mol B 80 % 0,52 mol C 75 % 0,52 mol D 80 % 0,54 mol Hướng dẫn: nAl = 0,2 mol ; nFe3O4 = 0,075 mol ; nH2 = 0,24 mol

- Phản ứng xảy khơng hồn tồn: 8Al + 3Fe3O4 4Al2O3 + 9Fe

x → 8

3 x 0,5 x 9

8 x (mol)

- Hỗn hợp chất rắn gồm:

2

,

2 3 , e

e

0,5x 9 8

(0, 2 )

3

(0,075 )

8

du

du Al O

F

Al

F O

n

n x

= ì

ï

ï =

ï

í =

-ï ï

ï =

-ỵ

- Ta có phương trình: 1,12.2 9x. 2

3 8 + (0,2 – x).3 = 0,24.2 → x = 0,16 mol → Hphản ứng =

0,16.100

2 = 80% (1) , 2 e 3 6 2 3 8 e3 4

pu F Al Al O F O

H

(127)

,

2

1, 08

0,54 2

H SO pu

n = = mol (2) - Từ (1) (2) → đáp án D

* Một số tập tự luyện :

Câu 1.Trộn hỗn hợp bột Al với bột Fe2O3 dư Khơi mào phản ứng hỗn hợp nhiệt độ cao mơi trường khơng có khơng khí Sau kết thúc phản ứng cho chất lại tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu 2,24 lít khí hidro (đktc).Số gam bột nhơm có hỗn hợp đầu là:A 0,27 gam B 2,7 gam C 0,027 gam D 5,4 gam Câu Đốt nóng hỗn hợp X gồm bột Fe2O3 bột Al mơi trường khơng có khơng khí Những chất rắn lại sau phản ứng, cho tác dụng với dung dịch NaOH dư sẽ thu 0,3 mol H2; cho tác dụng với dung dịch HCl dư sẽ thu 0,4 mol H2 Hỏi số mol Al X bao nhiêu?A 0,3 mol B 0,6 mol C 0,4 mol D 0,25 mol Câu Cho 8,1 gam bột Al trộn với 16 gam Fe2O3 thu hỗn hợp A Nung nóng hỗn hợp A đến hoàn toàn điều

kiện khơng có oxi thu hỗn hợp B Cho B vào dung dịch HCl dư, thể tích H2 (đktc) là:

A 6,72 lít B 7,84 lít C 4,48 lít D 5,6 lít

Câu 4.(Trích đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối B-2011) Thực phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm m gam Al 4,56 gam Cr2O3 (trong điều kiện O2), sau phản ứng kết thúc, thu hỗn hợp X Cho toàn X vào lượng

dư dung dịch HCl (lỗng, nóng), sau phản ứng xảy hồn tồn, thu 2,016 lít H2 (đktc) Cịn cho tồn

X vào lượng dư dung dịch NaOH (đặc, nóng), sau phản ứng kết thúc số mol NaOH phản ứng là: A 0,06 mol B 0,14 mol C 0,08 mol D 0,16 mol

Câu 5.(Trích đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối B-2012) Nung nóng 46,6 gam hỗn hợp gồm Al Cr2O3 (trong điều kiện khơng có

khơng khí) đến phản ứng xảy hồn tồn Chia hỗn hợp thu sau phản ứng thành hai phần Phần phản ứng vừa đủ với 300 ml dung dịch NaOH 1M (lỗng) Để hịa tan hết phần hai cần vừa đủ dung dịch chứa a mol HCl Giá trị a là:

A 0,9 B 1,3 C 0,5 D 1,5

Câu 6.(Trích đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối A-2012) Hỗn hợp X gồm Fe3O4 Al có tỉ lệ mol tương ứng : Thực

phản ứng nhiệt nhôm X (không có khơng khí) đến phản ứng xảy hồn toàn thu hỗn hợp gồm:

A Al, Fe, Fe3O4 Al2O3 B Al2O3, Fe Fe3O4 C Al2O3 Fe D Al, Fe Al2O3

Đáp án:

Câu

Đáp án B A B C B D

4/.Dạng4: HỖN HỢP NHÔM VÀ MỘT KIM LOẠI KIỀM(Na, K ) HOẶC KIM LOẠI KIỀM THỔ (Ca,Ba) TÁC DỤNG VỚI NƯỚC.

*

Định hướng phương pháp giải : Thứ tự phản ứng sau:

Trước hết: M (kim loại kiềm) + H2O  MOH + ½ H2

Sau đó: Al + MOH + H2O  MAlO2 + 3/2 H2

Từ số mol M số mol MOH số mol Al ta biện luận để biết Al tan hết hay chưa +Nếu nM = nMOH ≥ nAl Al tan hết

+Nếu nM = nMOH < nAl Al tan phần

+Nếu chưa biết số mol M Al, lại khơng có kiện để khẳng định Al ta hết hay chưa phải xét hai trường hợp: dư MOH nên Al tan hết thiếu MOH nên Al tan phần Đối với trường hợp ta lập hệ phương trình đại số để giải

(128)

Ví dụ 1: Hoà tan hỗn hợp X gồm Na Al vào nước dư thu V lít khí Cũng hoà tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch NaOH dư thu 7

4V lít khí Tính %(m) kim loại hỗn hợp ban đầu Hướng dẫn giải

Khi hoà tan hỗn hợp X vào dung dịch NaOH dư thể tích khí lớn hồ tan vào nước nên hồ tan vào nước Al cịn dư

Đặt V = 22,4 lít

Số mol Na x mol; Al y mol

Khi hoà tan vào nước: 2Na  H2 2Al  3H2

x 0,5x x 1,5x Tổng số mol H2 = 2x =  x =

Khi hoà tan vào dung dịch NaOH dư:

2Na  H2 2Al  3H2

x 0,5x y 1,5y Tổng số mol H2 = 0,5x + 1,5y =

x =  y = Vậy hỗn hợp X có mol Na; mol Al

 %(m) Na = 29,87%; %(m)Al = 70,13% Ví dụ 2: (Trích đề thi ĐH KB 2007).

Hỗn hợp X gồm Na Al Cho m gam X vào lượng dư nước V lít khí Nếu cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) 1,75V lít khí Thành phần phần trăm theo khối lượng Na X (biết thể tích khí đo điều kiện)

A 39,87% B 29,87% C 49,87% D 77,31% Hướng dẫn giải

Vì thể tích khí tác dụng với NaOH nhiều tác dụng với nước nên chứng tỏ Al dư hòa tan vào nước lượng khí tính theo Na:

Na + H2O → NaOH + ½ H2 x x x/2

NaOH + Al + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2 x x 3x/2

`x/2 + 3x/2 =2x = V/22,4 => x = V/11,2 (1)

Khi tác dụng với NaOH dư lượng Al dư phản ứng hết, lượng khí gồm phản ứng cộng với lượng Al dư (y mol) phản ứng với NaOH

NaOH + Al + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2

y y 3y/2 => 2x + 3y/2 = 1,75V/22,4

=> y = 5V/224 (2)

%Na = 29,87%

4 , 22

5 48 , 4 . 27 48 , 4 . 23

% 100 . 48 , 4 . 23 )

( 27 . 23

.

23 

   



 

 



 V V V

V y

x x

x

*Một số tập tự luyện:

(129)

- Cho phần vào dung dịch KOH (dư) thu 0,784 lít khí H2 (đktc)

- Cho phần vào lượng dư H2O, thu 0,448 lít khí H2 (đktc) m gam hỗn hợp kim loại Y Hòa tan hoàn toàn

Y vào dung dịch HCl (dư) thu 0,56 lít khí H2 (đktc)

Khối lượng (tính theo gam) K, Al, Fe phần hỗn hợp X là:

A 0,39; 0,54; 1,40 B 0,78; 0,54; 1,12 C 0,39; 0,54; 0,56 D 0,78; 1,08; 0,56

Câu 2:(Trích đề thi ĐHKA 2013) Hỗn hợp X gồm Ba Al Cho m gam X vào nước dư, sau phản ứng xảy ra hồn tồn, thu 8,96 lít khí H2 (đktc) Mặt khác, hịa tan hồn tồn m gam X dung dịch NaOH, thu 15,68

lít khí H2 (đktc) Giá trị m

A 29,9 B 24,5 C 19,1 D 16,4

Câu 3:(Trích đề thi ĐHKA 2013) Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O BaO Hịa tan hồn tồn 21,9 gam X vào nước, thu

được 1,12 lít khí H2 (đktc) dung dịch Y, có 20,52 gam Ba(OH)2 Hấp thụ hồn tồn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào

Y, thu m gam kết tủa Giá trị m

A 23,64 B 15,76 C 21,92 D 39,40

Câu 4: Một hỗn hợp gồm Na, Al có tỷ lệ số mol 1: Cho hỗn hợp vào nước Sau kết thúc phản ứng thu được 8,96 lít H2(đktc) chất rắn khơng tan Khối lượng chất rắn là:

A 5,4g B 5,5g C 5,6g D 10,8g

Câu 5: Cho hỗn hợp X gồm kim loại kiềm kim loại kiềm thổ tan hết vào nước dư thu V lít H2 (đktc) dd A

Thêm 0,2 mol Al2(SO4)3 vào dd A 0,3 mol Al(OH)3 Tính V?

A 10,08 lít B 14,56 lít

C 10,08 lít 14,56 lít D.14,56 lít 10,80 lit

Câu 6:Cho m gam hỗn hợp X gồm Al Na vào H2O thu 500 ml dd Y chứa chất tan có nồng độ 0,5M

Giá trị m là:

A 11,5g B 6,72g C 15,1g D.18,25g

Đáp án:

Câu

Đáp án C B B A C D

BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC TỪ NĂM 2007-2014 LỜI GIẢI CHI TIẾT Một số ý giải tốn:

-Q trình xảy điện cực:

+ Tai catot (-): cac cụm tư sau là tương đương: xay qua trình khử (nhân e), sư khử, bị khử + Tai Anot (+): cac cụm tư sau là tương đương xay qua trình oxi hoa (cho e), sư oxh, bị oxh Kinh nghiệm

-Tên cưc và dâu:

+ anion là ion – , anot là cưc + + cation là ion +, catot là cưc –

Như vây qua trình điên phân tên ion và tên cưc ngươc vê dâu

-Quy tăc kinh nghiêm “ khử cho o lây(nhân), bị gì sư nây” Chât(khử cho o lây) thì ngươc vơi qua trình(bị gì sư nây) -Sư tâp trung cac ion ở cưc: Hiểu “nôm na” sau:

+ catot (-) nên hut ion +, ion + cần nhân e để trở nên trung hoa + anot (+) nên hut ion -, ion – thì cho e để trở nên trung hoa

(Tuy nhiên sư cho nhân e và thư tư ưu tiên phụ thuôc vào loai ion xem phần 2 PP Điện phân

(130)

1 Điện phân nóng chảy

a) Điện phân nóng chảy oxit: dụng điều chế Al

6

NaAlF

2

2Al O ắắắđ4Al+3O Quỏ trỡnh in phõn:

+ Catot (-):2Al +6e3+ ®2Al

+ Anot (+)

điện cực làm graphit (than chì) điện phõn khớ sinh anot ăn mòn

2-2

2

6O 3O 6

2C+O 2CO 2CO+O 2CO

e

® +

®

Phương trình phản ứng điện phân cho cực là: dpnc

2

dpnc

2

2Al O 4Al+3O Al O +3C 2Al+3CO 2Al O +3C 4Al+3CO

ắắắđ ư

- Hụn hp anot có thể gôm: CO, CO2 và O2

b)Điện phân nóng chảy hiđroxitt

Tổng quát: 2MOH dpnc 2M+ O1 2 +H O (M=Na, K, )2

ắắắđ

Catot (-): 2M+ +2e®2M

Anot (+): 2OH- -2e®

2

1

O +H O

2

c) Điện phân nóng chy mui clorua

Tng quỏt: 2MClx ắắắdpncđ2M+xCl (x=1,2)2 2 Điện phân dung dịch

-Vai tro cua nươc:

+ Là môi trờng để cation anion di chuyển cực + Đôi nớc tham gia vào trình điện phân

ë catot: 2H2O + 2e  H2 + 2OH-ở anot: 2H2O  O2 + 4H+ + 4e

VỊ b¶n chÊt níc nguyên chất không bịđiện phân điện trở lớn ( I=0) Do muỗn điện phân nớc cần hoà thêm chất điện ly mạnh nh: muối tan, axit mạnh, bazơ mạnh

Th t iờn phõn tai cac điện cưc: -Day điên hóa:

…Mg2+/Mg Al3+/Al Zn2+/Zn Cr2+/Cr S/S2-Fe2+/Fe Cr3+/Cr2+ Ni2+/Ni Sn2+/Sn Pb2+/Pb Fe3+/Fe 2H+/H2 Sn4+/Sn2+ Cu2+/Cu I 2/2I

-Fe3+/Fe2+ Ag+/Ag Hg2+/Hg Br

2/2Br- Cl2/2Cl-F2/2F

Quy luËt chung:

ë katot: cation nµo có tính oxi hóa mạnh bịđiện phân trớc anot: anion có tính khử mạnh bịđiện phân trớc

-Quy tc catot(-)

+ Các ion kim loại từ Al trở vềđầu dÃy thực tế không bị khử thành ion kim loại điện phân dung dịch + Các ion sau Al bị khử thành kim loại, với thứ tự u tiên ngợc từ dới lên

(131)

-Quy tăc anot(+) Thư tư ưu tiên

-anion gôc axit, OH- cua baz ơ, OH- cua nươc điên phân theo thư tưS >2- I->Br >Cl >RCOO->OH- - - >H O2 - C¸c anion cha oxi nh: NO ;SO ;CO ;SO ;PO ;ClO3- 42- 32- 32- 43- 4- coi nh không điện phân

- inh luõt điên phân: m=A n F

It Trong đó:

+ m khôi lương chât giai phóng ở điên cưc (đơn vị gam) +A khôi lương mol chât thu đươc ở điên cưc

+n: sô e trao đôi ở điên cưc +I: cường đô dong điên (A ) +t: thời gian điên phân (s) + F = 96500 C/mol  Một số ý khác:

-Để giải nhanh nên viết trình cho nhận e điện cực sử dụng thêm biểu thức số mol electron trao đổi: ne = It/F.(suy từ phương trình Faraday)

-Nếu điện cực điện cực trơ xảy phản ứng chất làm điện cực với với sản phẩm tạo thành điện cực

-m catot tăng là m kim loai tao thành điên phân bam vào -mdd (sau điên phân) = mdd trươc điên phân - m↓↑

… Bài tập:

Cac câu hỏi đươc lây tư cac ma đê thi tuyên sinh cua bô GD-ĐT và đươc giư nguyên thư tư câu hỏi cua cac ma đê là sô lơn nhât cac ma đê thi tuyên sinh cua bô GD-ĐT

Môt sô bài tâp đươc giai theo cach truyên thông – viêt phương trình phân tử, đặt ân, giai phương trình nhiên cac bài tâp đó hoàn toàn có thể giai băng cach viêt qua trình cho nhân e cac điên cưc vơi cac chu y giai toan đa nêu Năm 2007======================

Câu 37kb-07: Điện phân dung dịch chứa a mol CuSO4và b mol NaCl (với điện cực trơ, có màng ngăn xốp) Đểdung dịch sau điện phân làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng điều kiện a b (biết ion SO42-không bị điện phân dung dịch)

A 2b = a B b < 2a C b = 2a D b > 2a Bai Giai:

CuSO4 Cu2+ + SO4

2-a mol 2-a NaCl  Na+ + Cl

-b mol -b Cu2+ + 2Cl-  Cu + Cl

2 (3)

a b

dung dịch làm phenolptalein chuyên sang màu hông có phan ưng tao môi trường kiêm sau: 2Cl- + 2H2O  2OH- + Cl2 + H2

 Cl- dư.Tư phương trình (3) ta có: a/1 < b/2  2a < b

(132)

A 0,15M B 0,1M C 0,05M D 0,2M Bai Giai:

nCu = 0,005 mol =>nCl2 = 0,005 mol

Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O (1) 0,005 ->0,01 ( Mol )

Sau phản ứng, nồng độNaOH lại 0,05M => nNaOH dư = 0,05.0,2 = 0,01 M ∑nNaOH = nNaOH(pư (1)) + nNaOH dư = 0,01 + 0,01 = 0,02 mol

CM NaOH = 0,02/0,2 = 0,1 M

Năm 2008==========================

Câu 19ka8: Khi điện phân NaCl nóng chảy (điện cực trơ), catơt xảy

A oxi hố ion Na+ B oxi hoá ion Cl- C khử ion Cl- D khử ion Na+ Bai Giai:

Catot cưc âm hut ion + loai B, C Ion + nhân e, sư khử loai A

Năm 2009=========================

Câu 32kb-09: Điện phân nóng chảy Al2O3với anot than chì (hiệu suất điện phân 100%) thu m kg Al catot 67,2 m3(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 vôi

trong (dư) thu gam kết tủa Giá trị m A 108,0 B 67,5 C 54,0 D 75,6

Bai Giai:

nCO2 = NcaCO3 = 2/100 = 0,02 mol nX = 67,2/22,4 = 0,3 kmol

Trong 67,2m3 khí có nCO2 = 67,2.103/22,4 = 0,6 kmol

Trong X gồm có: CO2: 0,6kmol, CO: xkmol, O2(dư): ykmol X+ y + 0,6 =

0,6.44 + 28x + 32y = 32.3 Giải ra: x = 1,8, y = 0,6

Bảo toàn nguyên tố oxi: NO2 ban đầu = nCO2 + ½.nCO + nO2 dư = 0,6 + 0,9 + 0,6 = 2,1kmol Trong Al2O3: nAl2O3 = nO.2/ 3=2,2.2,1/3 = 2,8

M = 2,8.108 =75,6 kg

Câu 36kb-09: Điện phân có màng ngăn 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm CuCl20,1M NaCl 0,5M (điện cực trơ, hiệu suất điện phân 100%) với cường độdòng điện 5A 3860 giây Dung dịch thu sau điện phân có khảnăng hồ tan m gam Al Giá trịlớn m

A 5,40 B 1,35 C 2,70 D 4,05 Bai Giai:

nCuCl2 = 0,05 mol; nNaCl = 0,25 mol => nCl- = 0,35 mol

Ne = It/F = 3.3860/96500 = 0,2 mol Các bán phản ứng xảy điện cực: Anot (+) Cl-; H2O

2Cl- → Cl2 + 2e 0,2 -0,2

(133)

Catot(-):NA+;Cu2+;H2O Cu2+ + 2e → Cu

0,05 -0,1

Ne = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol 2H2O + 2e → 2OH- + H2 0,1 -0,1 Phản ứng hòa tan Al:

Al + OH- + H2O → AlO2- + 3/2H2 0,1< -0,1

=> mAl = 27.0,1 = 2,7 g

Năm 2010==========================

Câu 1ka-10:Phản ứng điện phân dung dịch CuCl2(với điện cực trơ) phản ứng ăn mịn điện hố xảy nhúng hợp kim Zn-Cu vào dung dịch HCl có đặc điểm là:

A Phản ứng ởcực âm có sựtham gia kim loại ion kim loại B Phản ứng xảy kèm theo sựphát sinh dòng điện

C Đều sinh Cu ởcực âm

D Phản ứng ởcực dương sựoxi hoá Cl–

Câu 46ka-10: Điện phân (với điện cực trơ) dung dịch gồm NaCl CuSO4có sốmol, đến ởcatot xuất bọt khí dừng điện phân Trong cảquá trình điện phân trên, sản phẩm thu ởanot

A khí Cl2và H2 B khí Cl2và O2 C khí H2và O2 D chỉcó khí Cl2 Bai Giai:

2NaCl + CuSO4 → Cu + Cl2↑ + Na2SO4 (1) (anot)

CuSO4 dư sau (1)

=> 2CuSO4 + 2H2O → 2Cu + O2 + 2H2SO4 (2) (anot)

Câu 26kb-10: Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dung dịch CuSO4 nồng độx mol/l, sau thời gian thu dung dịch Y màu xanh, có khối lượng giảm gam so với dung dịch ban đầu Cho 16,8 gam bột sắt vào Y, sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu 12,4 gam kim loại Giá trịcủa x

A 1,50 B 3,25 C 2,25 D 1,25 Bai Giai:

4

CuSO Fe

16,8

n =0,2.x (mol) ; n = = 0,3 mol 56

CuSO4 + H2Ođpdd  Cu + H2SO4 + ½ O2 (1)

a a a ½ a  64a + 16a =  a = 0,1 mol Fe + H2SO4  FeSO4 + H2 (2)

0,1 0,1

Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu (3) 0,2x -0,1 0,2x -0,1 0,2x -0,1

Ta có: mkim loại = m Cu (3) + mFe dư = (0,2x – 0,1).64 + (0,3-0,2x ).56 = 12,4

 x = 1,25

(134)

Câu 1Ka-2011:Hoà tan 13,68 gam muối MSO4vào nước dung dịch X Điện phân X (với điện cực trơ, cường độdòng điện không đổi) thời gian t giây, y gam kim loại M ởcatot 0,035 mol khí ởanot Còn thời gian điện phân 2t giây tổng sốmol khí thu ởcảhai điện cực 0,1245 mol Giá trịcủa y

A 3,920 B 4,788 C 4,480 D 1,680 Bai Giai:

Điện phân thời gian t giây thu 0,035 mol khí 2t giây ta thu 0,035.2=0,07 mol khí, thực tế ta thu 0,1245 mol khí, chênh lệch số mol điện phân nước tạo khí H2

→ nH2 = 0,1245 – 0,07 = 0,0545

H2O → H2 + 1/2O2

0,0545 0,02725

→ nO2 tạo muối điện phân = 0,07 – 0,02725 = 0,04275

MSO4 + H2O → M + H2SO4 + 1/2O2

0,0855 -0,04275 → M muối = 13,68/0,0855 = 160 → M = 64

→ m Cu tính theo t giây mCu = 2.0.035.64 = 4,480 gam

Câu 34khối A-2011: Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl 28,2 gam Cu(NO3)2(điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khối lượng dung dịch giảm 10,75 gam ngừng điện phân (giảthiết lượng nước bay không đáng kể) Tất cảcác chất tan dung dịch sau điện phân

A KNO3và KOH B KNO3, HNO3và Cu(NO3)2 C KNO3, KCl KOH D KNO3và Cu(NO3)2 Bai Giai:

nKCl = 0,1 ; nCu(NO3)2 = 0,15

2KCl + Cu(NO3)2 → Cu + 2KNO3 + Cl2

0,1 -0,05 -0,05 -0,05 KCl hết , Cu(NO3)2 = 0,15 – 0,05 = 0,1

Cu(NO3)2 + H2O → Cu + 2HNO3 + 1/2O2

x -x -1/2x

m dung dịch giảm = khối lượng Cu kết tủa + mCl2 O2 bay

→ (0,05 + x)64 + 0,05.71 + 1/2x.32 = 10,75 → x = 0,05

→ Cu(NO3)2 dư → dung dịch sau pứ chứa KNO3; HNO3 Cu(NO3)2

Câu 44a11:Khi điện phân dung dịch NaCl (cực âm sắt, cực dương than chì, có màng ngăn xốp) A ởcực âm xảy q trình oxi hố H2O ởcực dương xảy trình khửion Cl −

B ởcực dương xảy q trình oxi hố ion Na+và ởcực âm xảy trình khửion Cl .− C.ởcực âm xảy trình khửion Na+−

D ởcực âm xảy trình khửH2O ởcực dươngxảy trình oxi hố ion Cl −

Giải thích:

Trong bình điện phân, ion Na+ tiến cực âm, ion Na+ có tính oxi hóa yếu nên không bị khử mà nước sẽ bị khử,

cịn cực dương Cl- có tính khử mạnh nước nên bị oxi hóa.

Câu 28cao đẳng: Điện phân 500 mldung dịch CuSO40,2M (điện cực trơ) ởcatot thu 3,2 gamkimloại thì thểtích khí (đktc) thu ởanot

A 1,12 lít B 2,24 lít C 0,56 lít D 3,36 lít Bai Giai:



2

Cu

(135)

ở anot: 2H2O  O2 + 4H+ + 4e a -4a

Bao toàn electron: 0,05.2 = 4a

 a = 0,025  V = 0,56 lit Năm-2012================

Câu 17ka-2012: Điện phân 150 mldung dịch AgNO31M với điện cực trơtrong t giờ, cường độdòng điện

khơng đổi 2,68A (hiệu suất q trình điện phân 100%), thu chất rắn X, dung dịch Y khí Z Cho 12,6 gam Fevào Y, sau phản ứng kết thúc thu 14,5 gam hỗn hợp kimloại khíNO (sản phẩm khửduy N+5) Giá trịcủa t

A 1,2 B 0,3 C 0,8 D 1,0 Bai Giai:

4AgNO3 + 2H2O ® 4Ag + 4HNO3 + O2 Þ dung dịch Y HNO3 (x mol) AgNO3 dư (0,15 – x) mol

x mol x mol

Sau phản ứng thu hỗn hợp kim loại nên Fe phản ứng với dung dịch Y tạo muối Fe2+

3Fe + 8HNO3 ® 3Fe(NO3)2 + 2NO + 4H2O;

3x/ -x

Fe + 2AgNO3 ® Fe(NO3)2 + 2Ag

(0,15 – x)/2 (0,15 – x) (0,15 – x)

m KL tăng = mAg – mFe phản ứng Þ 14,5 – 12,6 = 108.(0,15 – x) – 56.[3x/8 + (0,15 – x)/2] Þ x = 0,1 mol

n e trao đổi = 1.nAg+ =

I.t F Þ t =

0,1.1.96500

2,68.3600 = 1,0

Câu 14b-2012: Điện phân dung dịchhỗn hợp gồm0,1 mol FeCl3, 0,2 mol CuCl2và 0,1 mol HCl (điện cực trơ).Khi ởcatot bắt đầu thoát khí ởanot thu V lít khí (đktc) Biết hiệu suất trình điện phân 100% Giá trịcủa V

A 5,60 B 11,20 C 4,48 D 22,40. Hướng dẫn:

Cách1: Các ion tham gia điện phân catot theo thứ tự tính oxi hóa từ mạnh đến yếu ( Fe3+ > Cu2+ > H+ > Fe2+).Khi catot

bắt đầu khí ( tức H+ bắt đầu điện phân ) → Fe3+ chỉ bị khử thành Fe2+ Cu2+ bị khử hoàn toàn ) → ne- trao

đổi = 0,1.1 + 0,2.2 = 0,5 → nCl2 ( tạo anot ) = 0,5/2 = 0,25 ( 2Cl- + 2e → Cl2 ).→ V = 0,25.22,4 = 5,60 lít → Chọn

A

C2: điện phân đến xuất bọt khí bên catot chứng tỏ điện phân đến H+ Dễ có 2n Cl2 = n Fe3+ + 2n Cu2+ = 0,5 mol => nCl2 = 0,25 mol => V = 5,6 lit

Câu 18cao đẳng:Tiến hành điện phân (với điện cực trơ) V lít dung dịch CuCl2 0,5M Khi dừng điện phân thu dung dịch X 1,68 lít khí Cl2(đktc) ởanot Tồn bộdung dịch X tác dụng vừa đủvới 12,6 gam Fe Giá trịcủa V

A 0,15 B 0,80 C 0,60 D 0,45 Bai Giai:

CuCl2 ắắắdpddđCu + Cl2

0,075< -1,68/22,4 = 0,075 dung dịch X : CuCl2 dư

Fe + CuCl2 ® FeCl2 + Cu

12,6/56=0,025 0,225

nCuCl2 = 0,075 + 0,225 = 0,3(mol) => V = 0,3/0,5 = 0,6

Năm 2013===================

Câu 9:Tiến hành điện phân dung dịch chứa mgam hỗn hợp CuSO4và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến nước bắt đầu bị điện phân ởcảhai điện cực ngừng điện phân, thu dung dịch X 6,72 lít khí (đktc) ởanot Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al2O3

(136)

A 25,6 B 50,4 C 51,1 D 23,5 Bai Giai:

CuSO4+2NaCl >Cu+Cl2+Na2SO4 (1)

x 2x x *Nếu CuSO4 dư sau (1)

CuSO4+H2O >Cu+(1/2)O2+H2SO4

y 0,5 y y Al2O3+3H2SO4 >Al2(SO4)3+3H2O

0,2 >0,6

y=0,6 >0,5y=0,3(loại) *Nếu NaCl dư sau (1)

2NaCl+2H2O >2NaOH+H2+Cl2

y y 0,5y 0,5y Al2O3+2NaOH >2NaAlO2+H2O

0,2 0,4 y=0,4 >x=0,1

m=160x+(2x+y)58,5= 0,1160+(0,1 2+0,4)58,5=51,1 * Chú ý: Al2O3 lưỡng tính nên axit bazo dư Năm 2013 cao đẳng (mã đề 958)

Câu 6:Sản phẩm thu điện phân dung dịch KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp) A KOH, O2và HCl B KOH, H2và Cl2 C K Cl2 D K, H2và Cl2

Giai thích:

Sản phẩm thu điện phân dung dịch KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp) : KOH, H2 Cl2

Câu 50: Điện phân dung dịch gồm NaCl HCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp) Trong trình điện phân, so với dung dịch ban đầu, giá trịpH dung dịch thu

A không thay đổi B tăng lên

C giảm xuống D tăng lên sau giảm xuống Giải thích:

Dung dịch gồm NaCl HCl ban đầu có pH <

Khi điện phân, trước hết xảy phản ứng: 2HCl ® H2+ Cl2 (1)

Phản ứng (1) làm pH dung dịch tăng dần Khi HCl bị điện phân hết dung dịch có pH = Nếu tiếp tục điện phân xảy phản ứng: 2NaCl + 2H2O ® H2+ Cl2+ 2NaOH (2) Phản ứng (2) tạo NaOH làm pH dung dịch tăng dần

Vậy trình điện phân , so với dung dịch ban đầu, giá trị pH dung dịch thu tăng lên Năm 2014======================================

Khối A:

Câu 20 Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện

không đổi) thời gian t giây, thu 2,464 lít khí anot (đktc) Nếu thời gian điện phân 2t giây tổng thể tích khí thu hai điện cực 5,824 lít (đktc) Biết hiệu suất điện phân 100%, khí sinh không tan dung dịch Giá trị a là: A 0,15 B 0,18. C 0,24 D 0,26.

Bai Giai:

t giây: Anot (+) Catot (-)

2Cl-  Cl

(137)

0,2 0,1 0,2 2H2O  4H+ + O2 + 4e

0,01 0,04

t giây  n e cho = 0,24 mol; => 2t giây  n e cho = 0,48 mol

Anot (+) Catot (-) n hh khí = 0,26mol

2Cl-  Cl

2 + 2e Cu2+ + 2e  Cu

0,2 0,1 0,2 0,15 (0,48-0,18)

2H2O  4H+ + O2 + 4e 2H2O + 2e  2OH- + H2

0,07 0,28 0,18 0,09

Cách 2: Với t giây ta có :

2

Cl BTE

KCl Anot e

O n 0,1

n 0,2 n 0,11 n 0,24

n 0,01 = ỡù

= = ắắắđớ đ =

= ùợ

Vi 2t giõy ta có : e catotH2

2 Cl : 0,1

n 0,48 Anot n 0,26 0,17 0,09 O : 0,07

ì

= ® í ® = - =

ỵ

BTE 2a 0,09.2 0,48 a 0,15

ắắắđ + = đ = Chn A

Cõu 46 Cho phản ứng xảy theo sơ đồ sau :

X1 + H2O ắắắắắđcomang ngandien phan X2 + X3 + H2↑; X2 + X4 → BaCO3↓ + K2CO3 + H2O

Chất X2, X4 : 2KCl + 2H2O  2KOH + Cl2 + H2; KOH + Ba(HCO3)2 BaCO3 + K2CO3 + H2O

A NaOH, Ba(HCO3)2 B KOH, Ba(HCO3)2.

C KHCO3, Ba(OH)2 D NaHCO3, Ba(OH)2

Cao đẳng 2014:

Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 (0,05 mol) NaCl dịng 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 hịa tan tối đa 0,8 gam MgO Biết hiệu suất điện phân 100%, khí sinh không tan dung dịch Giá trị t

A 6755 B 772 C 8685 D 4825 Bai Giai:

Gọi x, y, z số mol Cl2; H2 O2 thu được, ta có sơ đồ điện phân: Katot:Cu2+, Na+, H2O

Cu2+ + 2e  Cu 0,05 -0,1

2H2O + 2e  H2 + 2y -y -2y Anot:SO42-; Cl-; H2O Cl-  Cl2 + 2e x -2x

2H2O  4H+ + O2 + 4e 4z -z -4z

Vì dung dịch Y hịa tan tối đa 0,02 mol MgO => Y phải chứa 0,04 mol H+ Sau phản ứng trung hòa: H+ + OH-  H2O nH+ cịn dư = 4z – 2y = 0,04 Ta có hệ phương trình:

(138)

H+ dư: 4z – 2y = 0,04 (3) Giải (1) (2) (3) ta đươc: X= 0,03=z, y = 0,04

(139)

KỸ THUẬT TƯ DUY GIẢI BAØI TẬP HĨA HỌC BẰNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN

Thực chất với tập hóa học đơn trình vài trình biến đổi như:

a) Quá trình tăng giảm số OXH vài nguyên tố Nhận xét điều áp dụng định luật BTE

sẽ giúp ta tìm đáp số tốn nhanh.

Ví dụ 1: Cho sắt tan hết dung dịch H2SO4 loãng, dư tạo dung dịch X Biết 50ml dung dịch X tác dụng vừa đủ

với 100ml KMnO4 0,1M Nồng độ mol muối sắt dung dịch X

A 1M B 2M C 0,2M D 0,5M

[ [ ]

4 BTE KMnO Fe

Fe Fe 1e Fe 0,05

n 5n 0,05 FeSO

0,05

Mn 5e Mn +

+ + + + ỡ đ - = ù ắắắđ = = đ = = + = ùợ

Ví dụ : Cho hỗn hợp A gồm có mol FeS,1mol FeS2 mol S tác dụng hồn tồn với H2SO4 (đặc nóng, dư) thu

V lít khí SO2 (đktc).Tính giá trị V:

A 224 B 336 C 448 D 560

3

quy doi

2 6

BTE

FeS :1

Fe : Fe 3e Fe

A FeS :1 S 2e S (SO )

S : S 6e S S :

V

2.3 4.6 V 336(lit) 22,4 + + + + ỡ ỡ - = ỡ ù ắắắđ đù + = ớ - = ù ợ ợ ù ợ ắắắđ + = đ =

Vớ dụ 3: Cho 3,76 gam hỗn hợp X gồm Mg MgO có tỉ lệ mol tương ứng 14:1 tác dụng hết với dung dịch HNO3

thu 0,448 lít khí (đo đktc) dung dịch Y Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu 23 gam chất rắn khan T Xác định số mol HNO3 phản ứng

A 0,28 B 0,34 C 0,32 D 0,36

4 BTNT.Mg e BTKL NH NO BTE BTNT.nito

Mg(NO ) : 0,15 Mg : 0,14 n 0,28

3,76 23 23 0,15.148

MgO : 0,01 n 0,01

80 0,28 0,01.8 0,02.10

N : 0,02 HNO N 0,15.2 0,02 0,02.2 0,36

ỡắắắắđ đ = ỡ ắắắđ ù ớ = - = ợ ùợ ắắắđ = + đ ắắắắđ =ồ = + + =

b) Quá trình nguyên tố di chuyển từ chất qua chất khác Nhận xét điều áp dụng định luật BTNT cho đáp số nhanh.

Ví dụ 1: X hỗn hợp muối Cu(NO3)2, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3, Mg(NO3)2 O chiếm 55,68% khối lượng Cho

dung dịch KOH dư vào dung dịch chứa 50 gam muối, lọc kết tủa thu đem nung chân không đến khối lượng không đổi thu m gam oxit Giá trị m

A 31,44 B 18,68 C 23,32 D 12,88

3

BTNT BTKL

trong X X

O NO Kim loai

BTE oxit oxit

O NO O

BTKL

oxit

50.0,5568

n 1,74 n 0,58 m 14,04

16

2.n n 0,58 n 0,29

m 14,04 0,29.16 18,68

-= = ắắắđ = ắắắđ =

ắắắđ = = đ =

ắắắđ = + =

Vớ d 2: (Chuyên Vinh Lần – 2014) Hòa tan hỗn hợp X gồm 3,2 gam Cu 23,2 gam Fe3O4 lượng dư dung dịch

H2SO4 loãng, thu dung dịch Y Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu kết tủa Z Nung Z khơng khí đến

khối lượng không đổi, thu m gam chất rắn Biết phản ứng xảy hoàn ton Giỏ tr ca m l qui

ắắắắiđ

BTNT nit

ắắắắắđụ

trong X kim loi

(140)

A 28,0 B 26,4 C 27,2 D 24,0 BTNT

BTNT

2 3

Cu : 0,05 CuO : 0,05

m m A

Fe O : 0,15 Fe O : 0,1 Fe : 0,3

ỡ ỡ ù ắắắđ đ = ớ ắắắđ ù ợ ợ

Vớ d : Hỗn hợp X gồm axit fomic, axit acrylic, axit oxalic axit axetic Cho m gam X phản ứng hết với dung dịch NaHCO3 thu 1,344 lít CO2 (đktc) Đốt cháy hồn tồn m gam X cần 2,016 lít O2 (đktc), thu 4,84 gam CO2

và a gam H2O Giá trị a là:

A 1,8 B 1,62 C 1,44 D 3,6

2

X

3 CO COOH O

BTNT.oxi

X NaHCO n 0,06 n n 0,12

a

0,12 0,09.2 0,11.2 a 1,44 18

+ ® = = ® =

¾¾¾¾® + = + ® =

c) Một vấn đề cần ý tổng khối lượng chất bảo toàn trình phản ứng Do việc áp dụng định luật BTKL công cụ mạnh.

Ví dụ 1: (Chuyên Vinh Lần – 2014) Cho 7,6 gam hỗn hợp X gồm Mg Ca phản ứng vừa đủ với 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm Cl2 O2 thu 19,85 gam chất rắn Z gồm muối clorua oxit kim loại Khối lượng

Mg 7,6 gam X

2

: 19,85 7,6 12,25 0,2

:

0,2 0,05

32 71 12,25 0,15

ì ắắắđ = + = - = đ ớ ợ + = = ỡ ỡ đớ đớ + = = ợ î BTKL O Cl O a

mY m m

Cl b

a b a

a b b

Ví dụ : Đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp X gồm hai ancol, thu 13,44 lít khí CO2 (đktc) 15,3 gam H2O Mặt

khác, cho mgam X tác dụng với Na (dư), thu 4,48 lít khí H2 (đktc) Giá trị m

A 12,9 B 12,3 C 15,3 D 16,9

2

BTKL

2 C H O

H OH

CO : 0,6

H O : 0,85 m m m m 0,6.12 0,85.2 0,4.16 15,3 n 0,2 n 0,4

ỡ ù ắắắđ = + + = + + = í ï = đ = ợ 2 BTKL

2 C H O

H OH

CO : 0,6

H O : 0,85 m m m m 0,6.12 0,85.2 0,4.16 15,3 n 0,2 n 0,4

ỡ ù

ắắắđ = + + = + + =

í

ù = đ =

ợ Vớ d 3: Cho m gam hỗn hợp X gồm ancol benzylic, metanol, propenol etylen glicol tác dụng hết với Na thu 1,344 lít khí H2 (đktc) Mặt khác, đốt cháy hồn tồn m gam X thu 6,048 lít khí CO2 (đktc) 5,58 gam H2O Giá

trị m

A 4,82 B 5,78 C 5,64 D 6,28

Để ý: H2 OH XO Otrong X

1

n n n n 0,12

2

= = ® =

Có ngay:

2 BTKL

CO : 0,27

m m(C, H,O) 0,12.16 0,27.12 0,31.2 5,78 H O : 0,31

ỡ

ắắắđ = = + + =

í

ỵ å

d) Ngồi hóa học hay sử dụng định luật bảo toàn điện tích, tăng giảm khối lượng, tăng giảm thể tích… Tuy nhiên, tốn gọi hay người ta sử dụng đơn cơng cụ Người đề bố trí để ta phải kết hợp nhiều công cụ nói bên Do đó,các HS cần phải chịu khó suy nghĩ ,luyện tập để có Kỹ Xảo giải tập Sau số đề dành cho em suy nghĩ – tư – luyện tập.

(141)

Câu 1: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 Fe3O4 Cho m gam X vào dung dịch H2SO4 loãng dư thu dung dịch Y Chia

Y thành hai phần

- Phần I tác dụng vừa đủ với 200ml dung dịch KMnO4 0,5M

- Phần II hòa tan tối đa 6,4 gam Cu Giá trị m là:

A 23,2 B 34,8 C 104 D 52

Câu 2: Hòa tan hết 15,2 gam hỗn hợp gồm Fe Cu dung dịch HNO3 thu dung dịch X 4,48 lit khí NO

(đktc) Thêm từ từ 3,96 gam kim loại Mg vào hỗn hợp X đến phản ứng xảy hoàn toàn 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

Câu 3: Cho m g hỗn hợp X gồm Ba, BaO, Al vào nước dư phản ứng kết thúc thu 3,024 lít khí (đktc) dung dịch A và 0,54 g chất rắn không tan Cho 110 ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch A 5,46 g kết tủa m có giá trị : A 7,21 gam B 8,2 gam C 8,58 gam D 8,74 gam

Câu 4: Cho 9,6 gam Mg vào dung dịch chứa 0,2 mol Cu(NO3)2 0,3 mol Fe(NO3)3 Phản ứng kết thúc, khối lượng chất

rắn thu

Câu 5: Hịa tan hồn tồn 4,8 gam Mg dung dịch HNO3, thu dung dịch X 448 ml khí N2 (ở đktc) Cô cạn

dung dịch X thu m gam muối khan Giá trị m

A 29,6 B 30,6 C 31,6 D 30,0

Câu 6: Hòa tan hết m gam hỗn hợp bột gồm Mg, Al, Al2O3 MgO 800 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,5M

H2SO4 0,75M (vừa đủ) Sau phản ứng thu dung dịch X 4,48 lít khí H2 (ở đktc) Cơ cạn dung dịch X thu

88,7 gam muối khan Giá trị m là:

Câu 7: Lấy 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO Fe2O3 (với số mol nhau) tác dụng hoàn toàn với dung dịch HI dư thu

được dung dịch X Cô cạn X chất rắn Y Cho Y tác dụng với dụng dịch AgNO3 dư m gam kết tủa Xác định

m?

Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 0,5 mol hỗn hợp X gồm amino axit Y (có nhóm amino) axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở Z, thu 26,88 lít CO2 (đktc) 23,4 gam H2O Mặt khác, 0,45 mol X phản ứng vừa đủvới dung

dịch chứa m gam HCl Giá trị m

A 10,95 B 6,39 C 6,57 D 4,38

Câu 9: Hồ tan 4,32 gam nhơm kim loại dung dịch HNO3 lỗng, dư thu V lít khí NO (đktc) dung dịch X

Cô cạn dung dịch X thu 35,52 gam muối Giá trị V

A 3,4048 B 5,6000 C 4,4800 D 2,5088

Câu 10: Cho m gam hỗn hợp Fe Cu có tỉ lệ số mol 1:1 tác dụng với 1,8 lít dung dịch HNO3 1M Khi phản ứng kết

thúc thu dung dịch A (không chứa muối amoni) 13,44 lít hỗn hợp khí NO NO2 (đktc) 4m/15 gam chất

rắn Giá trị m là:

A 72 B 60 C 35,2 D 48

Câu 11: Hòa tan hết 16 gam hỗn hợp Fe C vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu V lít khí đktc dung dịch X

Cô cạn X thu 40 gam muối Giá trị V là:

A 23,64 B 30,24 C 33,6 D 26,88

Câu 12: Hòa tan hết 31,2 gam hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3 vào 800 ml dung dịch HNO3 2M vừa đủ thu V lít NO (đkc,

sản phẩm khử nhất) dung dịch X Dung dịch X hòa tan tối đa 9,6 gam Cu Giá trị V là: A 8,21 lít B 6,72 lít C 3,36 lít D 3,73 lít

Câu 13: Nhiệt phân hồn tồn hỗn hợp gồm m1 gam Fe(NO3)2 m2 gam Al(NO3)3 thu hỗn hợp khí X Trộn hỗn hợp

khí X với 112 ml khí O2 (đktc) hỗn hợp khí Y Hấp thụ hồn tồn hỗn hợp khí Y vào 3,5 lít H2O (khơng thấy có

(142)

A 4,5 6,39 B 2,700 3,195 C 3,60 2,130 D 1,80 0,260

Câu 14: Cho 5,12 gam đồng phản ứng hoàn toàn với 50,4 gam dung dịch HNO3 60% thu dung dịch X Hãy xác định

nồng độ % muối tan X biết thêm 210ml dung dịch KOH 2M vào X cô cạn nung sản phẩm thu tới khối lượng khơng đổi 41,52 gam chất rắn

A 26,15% B 17,67% C 28,66% D 75,12%

Câu 15: Cho m gam Fe vào dung dịch chứa đồng thời H2SO4 HNO3 thu dung dịch X 4,48 lít NO, Thêm tiếp

H2SO4 vào X lại thu thêm 1,792 lít khí NO dung dịch Y (Khí NO sản phẩm khử nhất) Dung

dịch Y hoà tan vưa hêt 8,32 gam Cu không có bay (cac đo ở đktc) Gia trị cua m là:

A 11,2 B 9,6 g C 16,8 D 16,24

Câu 16: Cho 4,8 (g) Br2 nguyên chất vào dung dịch chứa 12,7 (g) FeCl2 thu dung dịch X Cho dung dịch AgNO3

dư vào X thu a(g) kết tủa Giá trị a

A 39,98(g) B 55,58(g) C 44,3(g) D 28,5 (g)

Câu 17: Cho hỗn hợp A gồm 0,15 mol Mg, 0,35 mol Fe phản ứng với V lít HNO3 2M, thu hỗn hợp X gồm 0,05

mol N2O, 0,1 mol NO lại 2,8 gam kim loại Giá trị V lít là:

A 0,45 B 0,55 C 0,575 D 0,61

Câu 18: Lấy mẫu Al Mg nặng m gam cho tác dụng với dung dịch HNO3 dư, để phản ứng xẩy hoàn toàn

- Với mẫu Al: thu 1,344 lít khí X dung dịch chứa 52,32 gam muối - Với mẫu Mg: Thu 0,672 lít khí X dung dịch chứa 42,36 gam muối

Biết X khí nguyên chất, khí đo điều kiện tiêu chuẩn Xác định m? A 5,508 gam B 6,480 gam C 5,832 gam D 6,156 gam

Câu 19: Cho m gam Mg vào 500ml dung dịch hỗn hợp AgNO3 0,2M Fe(NO3)3 2M kết thúc phản ứng thu

m gam chất rắn Xác định m?

A 10,8 gam 15,0 gam B 13,2 gam

C 10,8 gam D 15,0 gam

Câu 20: Lấy 3,48 gam Fe3O4 cho tác dụng hoàn toàn với 100ml dung dịch HCl 1,28M thu dung dịch X Cho X tác

dụng với dung dịch AgNO3 dư thu m gam kết tủa Biết phản ứng xẩy hoàn toàn, sản phẩm khử N+5 NO

(nếu có) Xác định m?

Câu 21: Cho m gam P2O5 vào lít dung dịch hỗn hợp NaOH 0,2M KOH 0,3M đến phản ứng hoàn toàn thu dung

dịch X Cô cạn cẩn thận X thu 35,4 gam hỗn hợp muối khan Giá trị m là: A 21,3 gam B 28,4 gam C 7,1 gam D 14,2 gam

Câu 22: Cho mẫu kim loại R tan hoàn toàn 200 ml dung dịch HCl 0,5 M thu dung dịch X 2,016 lít H2

(ở đktc) Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch X thu gam kết tủa? (Biết AgOH không tồn tại,

trong nước tạo thành Ag2O)

Câu 23: Cho m gam hỗn hợp Al, Al2O3, Al(OH)3 tác dụng với dung dịch H2SO4 19,6% vừa đủ thu dung dịch X có

nồng độ % 21,302% 3,36 lít H2 (đktc) Cơ cạn dung dịch X thu 80,37 gam muối khan m có giá trị :

Câu 24: Hòa tan hết 9,1 gam hỗn hợp X gồm Al Mg, Zn vào 500 ml dung dịch HNO3 4M thu 0,448 lít N2 (đktc)

và dung dịch Y Chia Y thành phần - Phần 1: cô cạn thu m gam chất rắn khan

- Phần 2: tác dụng vừa đủ với 530ml dung dịch NaOH 2M thu 2,9 gam kết tủa Giá trị m là:

A 25,76 B 38,40 C 33,79 D 32,48

Câu 25: Hịa tan hồn tồn hỗn hợp gồm FeS2 Fe3O4 lít dung dịch HNO3 aM, vừa đủ thu 14,336 lít hỗn

(143)

(144)

Giải chi tiết đề ôn luyện số 1 Câu Chọn đáp án C

2

BTE

3

Fe :1 Fe : a a 0,2.0,5.5 a 0,5

X

X Fe : 0,4 m 104

2 Fe : b 0,1.2 b b 0,2 O :1,6

+ + + + ì ì ì = ì = ï ï ắắắđ đ đ đ = ớ = = í ï ỵ ỵ ỵ ï ỵ

Câu 2.Chọn đáp án D

BTE

Mg e

e NO

Fe : a 56a 64b 15,2 a 0,1 15,2

Cu : b 3a 2b 0,2.3 b 0,15 n 0,165 n 0,33

n 0,01.3 0,1Fe 0,1.Cu m 0,1.64 6,4 n 0,01 -+ + + + = = ỡ ỡ ỡ ắắắđ đ ớ + = = ợ ợ ợ ỡ = đ = ï ® = + + ® = = í = ïỵ å BTE

Mg e

e NO

Fe : a 56a 64b 15,2 a 0,1 15,2

Cu : b 3a 2b 0,2.3 b 0,15 n 0,165 n 0,33

n 0,01.3 0,1Fe 0,1.Cu m 0,1.64 6,4 n 0,01 -+ + + + = = ỡ ắắắđỡ đỡ ớ + = = ợ ỵ ỵ ì = ® = ï ® = + + đ = = = ùợ ồ BTE

Mg e

e NO

Fe : a 56a 64b 15,2 a 0,1 15,2

Cu : b 3a 2b 0,2.3 b 0,15 n 0,165 n 0,33

n 0,01.3 0,1Fe 0,1.Cu m 0,1.64 6,4 n 0,01 -+ + + + = = ỡ ỡ ỡ ắắắđ ® í í + = í = ỵ ỵ ỵ ì = ® = ï ® = + + ® = = í = ïỵ å

Câu 3.Chọn đáp án C

2

2 H

du

BTE ddA : Ba(AlO ) : a mol

n 0,135 0,11H

Al : 0,02 mol

0,11 2a 3(2a n ) 2a 3(2a 0,07) a 0,04

Ba : a 0,04

X Al : 2a 0,02 0,1 2.0,04 2.0,04.3 2b 0,135.2 b 0,025 m 8,58

O : b

+ ¯ ỡ ỡ ù ù đớ = + ù ù ù ợ ù ùđ = + - = + - đ = ù ỡ = ù ù ù ớ + = ắắắđ + = + đ = đ = ù ù ù ợ ợ

Câu 4.Chọn đáp án A

3

3 NO

3 Mg

Mg(NO ) : 0,4

n 0,2.2 0,3.3 1,3 Cu : 0,2

m 15,6

1,3 0,8 Fe : 0,05

Fe(NO ) : 0,25 n 0,4 - ì ì = + = ì ï ®ï ® = í í - = í = ỵ ï ï ỵ ỵ å

2

Mg e

3 N NH NO

n 0,2 n 0,4

Mg(NO ) : 0,2 m 31,6

0,4 0,02.10 NH NO : 0,025

n 0,02 n 0,025

8 = ® = ì ì ï ® = í = ® = - = í ỵ ïỵ

+ -ỡỡù = -ùớ ắắắắắđ = = ùùợ = ï ï ì í ï ï ï ® = ï í ï ï ï ïỵ ỵ BTNT hidrô H

H O2 H

kim loại

4

n 1,6 1,6 0,4

n 0,6

2

n 0,2

m

88,7 Cl m 16,9

SO

®m m= kim loại +mO=16,9 0,6.16 26,5+ =

2

2 BTE

2

FeI : 0,03

FeO : 0,01 Fe : 0,01 AgI : 0,06

2,32 HI Y m 17,34

Fe O : 0,01 Fe : 0,02 I : 0,01 Ag : 0,03 + + ì ì ì ®ï + ® ï ® = ì í í í í ắắắđ ù ù ợ ợ ợ ợ

(145)

3 O A O KL NO NO 0,5O oxit

n 1,74 m 42,67

m 27,84 m 50 0,58.62 14,04

n 0,58

0,58

m 14,04 16 18,68 ® = ® = ìï = đớ = đ = - = ùợ ắắắắđ = + =

Câu 9.Chọn đáp án D 3

4

Al Al(NO )

e NO NO

NH NO

n 0,16 n

n 0,48 3n 0,018.8 n 0,112 D

n 0,018

= =

ìï ® = = + ® = đ

ớ =

ùợ ồ

Cõu 10.Chn đáp án D

Có : Fe

Cu

7m

m 56a

Fe : a 15

m 120a

Cu : a 8m

m 15 ì = = ï ì ï = í ®í î ï = ïî

chất rắn Cu

BTNT.nito

NO 1,8 0,6 1,2

Fe : a 2a a 1,2 a 0,4 m 120a 48

Cu : 0,5a -ỡắắắắđ = - = ï ® + = ® = ® = = í ï ỵ

2

BTE

Fe (SO ) SO

2 SO

Fe : 0,2

m 40 Fe : 0,2 16 0,2.3 0,4.4 2n

C : 0,4 0,4CO

n 1,1 n 1,5 C

ỡ

= đ đ ớ ắắắđ + =

đ ợ

đ = đồ = đ

Câu 12.Chọn đáp án B

3 BTDT Cu Fe NO BTE

Fe : 0,3

n 0,15 n 0,3 X Fe : a 0,3.3 2a b

NO : b n 1,6 b 56(a 0,3) 16c 31,2

Fe : 0,3 a 31,2

O : c 3.0,3 2a 2c 3(1,6 b)

2a b 0,9 a 0,2

56a 16c 14,4 b 1,3 2a 3b 2c 3,9 c

+ + + -ì ì ù ù = đ = đ ắắắđ + = ù ù ù đ = -ớ ợ ù + + = ỡ + ỡ ù ớ đớ ù ợ ợắắắđ + = + -ợ - + = = ì ï ®í + = ® = ï + - = ỵ 0,2 ì ï í ï = ỵ

3 BTNT

3 3

2 BTNT

2

Fe(NO ) : 2a a : Fe O Al(NO ) : 2b b : Al O

NO : 4a 6b

X 12a 18b 3a 3b 2(4a 6b)

O : 0,5a 1,5b

2 ì ì ắắắđ ớ ợ ợ + ỡ ù ắắắđ ớ + - - - + = + ïỵ BTE BTNT.nito axit

NO : 4a 6b 4a 6b 4(0,5a 1,5b 0,005)

Y

O : 0,5a 1,5b 0,005 n 0,07 4a 6b a 0,01 C b 0,005 ỡ + ắắắđ + = + + ỡ ù đ + + ắắắắđ = = + ù ợ ỵ = ì ®í ® = ỵ

BTNT nit

(146)

2 3 : 0,4 : 0,08 :

: 0,48 41,52 : 0,08 0,08

: : 0,02

: 0,42

0,08 0,04 15,04

% ( ) 28,66

3 0,08.2 0,04 50,4 5,12 0,04(30 46)

ư ỡ ỡ ỡ ù đ ù ắắắắđ = ớ ợ ù ù ợ ợ + = = ỡ ỡ đớ + = đớ = đ = + - + = ợ ợ BTNT nito KNO Cu NO a

HNO CuO N

NO b KOH

KOH

a b a

Cu NO

a b b

Cu Fe

2

BTE

n 0,13 n 0,26 Fe : a

m Fe : 0,26 2a 3.0,26 0,28.3 a 0,03 NO : 0,28

m 56(0,26 0,03) 16,24

+ + + = đ = ỡ ù đớ ắắắđ + = đ = ù ợ đ = + = ồ

Cõu 16.Chọn đáp án C

2

3 Br

2

Fe : 0,06 n 0,03 Fe : 0,04 Ag

X m 44,3

FeCl : 0,1 Cl : 0,2 AgCl Br : 0,06 AgBr

+ + -ì ï = ì ® ï ® ï ® = ớ đ ù ù ợ ù đ ợ Câu 17.Chọn đáp án C

4

e

NH NO BTNT.nito

axit

Mg : 0,15

n 0,15.2 0,3.2 0,9 Fe : 0,35 0,05 0,3

0,9 0,05.8 0,1.3

n 0,025

8

n N 0,15.2 0,3.2 0,025.2 0,05.2 0,1 1,15 C

ỡ đ = + = - = ợ - -đ = = ắắắắđ = = + + + + = ® å å

Gọi n số e nhận ứng với khí X Ta có: Al : a 27a 24b

Mg : b

ì

® =

í

ỵ Nếu muối khơng chứa NH4NO3

3a 0,06n 3a 2b 0,03n = ì ® = í = ỵ (loại) 3 BTE 3 BTE

Al(NO ) : a

52,32 213a

52,32 52,32 213a 3a 0,06n

80 NH NO :

27a 24a 80

336b 243a 32, Mg(NO ) : b

42,36 148b

42,36 42,36 148b 2b 0,03n

80 NH NO :

80 a 0,24 b 0,27 ì ì -ù ù ớ - ắắắđ = + ù ù - = ù ợ đỡ ớ - = ỡ ợ ù ù -ù - ắắắđ = + ù ùợ ợ = ỡ đ = ợ

Với trường hợp ta thử đáp án hay (lưu ý đáp án A)

3 BTE 3 BTE

Al(NO ) : a

52,32 213a

52,32 52,32 213a 3a 0,06n

80 NH NO :

27a 24a 80

336b 243a 32, Mg(NO ) : b

42,36 148b

42,36 42,36 148b 2b 0,03n

80 NH NO :

80 a 0,24 b 0,27 ì ỡ -ù ù ớ - ắắắđ = + ù ù - = ù ợ đỡ ớ - = ỡ ợ ù ù -ù ớ - ắắắđ = + ù ùợ ợ = ỡ đ = ợ 3 BTE 3 BTE

Al(NO ) : a

52,32 213a

52,32 52,32 213a 3a 0,06n

80 NH NO :

27a 24a 80

336b 243a 32,4 Mg(NO ) : b

42,36 148b

42,36 42,36 148b 2b 0,03n

80 NH NO :

(147)

3

1

3 x

Mg(NO ) : 0,45 NO : 3,1

TH : m 10,8 m 108.0,1 10,8

Fe(NO ) Mg : 0,45

-ì ì ï = í ®í ® = = ï ỵ ỵ å

Trường hợp Fe3+ chưa bị chuyển hết Fe2+ nên chất rắn Ag

3

2

3

Mg(NO ) : 0,625 NO : 3,1

TH : m 15 3,1 0,625.2

Fe(NO ) 0,925

Mg : 0,625

2 Ag : 0,1

m 15

Fe :1 0,925

- ì ìï ï = í ®í -= = ï ï ỵ ỵ ì ® = í -ỵ å

2

2 FeO.Fe O

H

n 0,015 Fe : 0,015 n 0,128 Cl : 0,128

0,128.(108 35,5) m 0,128.(108 35,5) 0,015.108 18,368 m 19,988

+ + -= ì ì ù đù ớ = ù ù ợ ợ

® + < < + +

< <

Đề chơi ác Chặn khoảng không suy Phải tính thêm chút

3

e Ag

du H

AgCl

4H NO 3e NO 2H O

n 0,006 n 0,015 0,006 0,009 n 0,128 2.0,015.4 0,008

m m 0,009.108 19,34

+ + -ì + + ® + ï ® = ® = - = í = - = ïỵ = + =

2

3

OH H O

BTKL

H PO

n 0,2 0,3 0,5 n 0,5

m 0,2.40 0,3.56 35,4 0,5.18 m

.2.98 24,8 44,4 m 14,2 142 ì = + = đ = ù ắắắđ + + = + ùợ đ + = đ = ồ

Cõu 22.Chn đáp án B

2

HCl

OH

H

n 0,1 AgCl : 0,1

n 0,08 m 23,63

n 0,09 - Ag O : 0,04

= ì ì ï ® = ® = í = í ï ỵ ỵ

2

2 4 4

2

BT.mol.ion

Al (SO ) Al (SO ) SO H SO BTKL

dd H SO

H

m 80,37 n 0,235 n 0,705 n

0,705.98 80,37 80,37

m 352,5 0,21302

0,196 352,5 m m 352,5 m 0,3

m 25,088 -= đ = ắắắắđ = = đ = = ắắắđ = = + - + -® =

3

2

3

4

: 1,06

1,06 aAlO : 27 65 0,05.24 9,1:

3 0,05.2 0,01.10 8(1 0,01.2 ) :

: 4,55 0,94

0,1 : 0,01.10 0,04.8

0,01 : 0,04

Na

NaNO a a b c

n N b b c

b c a

Na ZnO c Kimloai a

b m NO C

c NH NO

-+ -+ = ì ì ï ï = ®í ®í + + = ï ï + +ỵ = + - -ợ ỡ = ỡ ù ù đớ = đ ớ + đ ù = ù ợ ợ

Chỳ ý : chỗ (1-0,01.1 –a ) số mol NH3 thoát = NH4NO3

3

2

3

Mg(NO ) : 0,625 NO : 3,1

TH : m 15 3,1 0,625.2

Fe(NO ) 0,925

Mg : 0,625

2 Ag : 0,1

m 15

Fe :1 0,925

- ỡ ỡù ù = đớ = - = ù ù ợ ợ ỡ đ = ớ -ợ ồ

(148)

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc

Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyếnsinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng được biên soạn công phu giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh

nghiệm, giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹnăng sư phạmđến từcác trường Đại học

trường chuyên danh tiếng

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG:Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây

dựng khóa luyện thi THPTQG mơn: Tốn, NgữVăn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

- Luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán: Ôn thi HSG lớp luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao HSG

- Tốn Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho em HS THCS

lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ởtrường đạt điểm tốt

ở kỳ thi HSG

- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học Tổ Hợp dành cho

học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩncùng đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất

môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn

phí từ lớp đến lớp 12 tất môn Toán- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, NgữVăn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia

Định dạng
Số trang	148
Dung lượng	1,78 MB