TUYEN TAP DE THI HOA TREN BOXMATH

http://boxmath.vn NaNO3 , Trộn đều A với B rồi nung trong chân không thu được chất rắn X và hỗn hợp khí Y, Hoà tan X vào nước thấy còn lại chất rắn Z và thu được dung dịch C, Sục hết khí[r]

http://boxmath.vn DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN Trang http://boxmath.vn “Người bị vấp ngã là người dám liều mình Qua cách họ đối phó với sai lầm, ta có thể đoán dược cách họ giải khó khăn tương lai.” (Bill Gates) “Không có đường thành công nào rãi đầy hoa hồng” Trong sống torng học tập để đạt thành công phải trải qua đôi lần thất bại bạn đã vượt qua thất bại đó nào, cách thức để bạn vượt lên trên thân mình đó là điều quan trọng Một người đánh giá là thành công dựa trên thành đạt không phải là sai lầm trên hành trình chinh phục ước mơ…Điều bạn cần làm là giải khó khăn không phải là lẫn tránh, phải biết liều mình để vượt qua vì có trải nghiệm thực tế làm cho ta lớn dần và tìm phương thức tối ưu Thực tế là đường mòn đã người khác khai hoang thì khá an toàn, chẳng thể nào mang lại cho bạn điều thú vị so với chính bạn tự khám phá, tự tìm tòi, sáng tạo, vì đó là cái tuyệt mĩ học tập, khả tư và trí tuệ vốn có người Vậy chúng ta phải làm để khắc phục sai lầm ? Cách tốt là hãy tiến tới đơn giản và hoàn hảo thân Để giảm sai lầm việc tiến tới hai từ “ đơn giản” sách “TUYỂN TẬP HÓA HỌC” là phương tiện hữu ích cho các bạn, giúp bạn : “ Kết tủa niềm vui, bay buồn và…thăng hoa trí tuệ” Ban biên tập đã tuyển chọn bài từ các topic trên diễn đàn http://boxmath.vn Bằng tất chân thành và lòng nhiệt huyết, chúng tôi hi vọng đây là phần hành trang giúp ích nhiều cho bạn trên hành trình trở thành tân sinh viên tới Hãy thứ đơn giản nhất, hãy để quá khứ là kinh nghiệm, là bệ phóng và tương lai tất nhiên là đích ta hướng đến với tất ngào thành công Hy vọng sách hửu ích không cho các bạn học sinh, mà còn các bậc phụ huynh, thầy cô giáo Và quá trình biên soạn không thể tránh khỏi sai sót, mong các bạn thông cảm góp ý xin gửi ban biên tập theo địa : duyhien2110@yahoo.com.vn Xin chân thành cảm ơn! Tổng chủ biên Phạm Duy Hiền – duyhien2110 Trang http://boxmath.vn Phạm Duy Hiền – (2009 – 2012 ) – Trường THPT Lê Hồng Phong – Phú Yên Đặng Nguyễn Duy Nhân – (2009 – 2012) – Trường THPT Sào Nam – Quảng Nam Vũ Huy Hoàng - (2009 – 2012) – Trường THPT Tây Thụy Anh - Thái Bình Trình bày bìa: Phạm Tuấn Khải Lời nói đầu: Trần Thị Thùy Dương - (2009 – 2012 ) – Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu – Đồng Tháp Chịu trách nhiệm trình bày, soạn thảo: Phạm Duy Hiền Trang bìa Trang Lời nói đầu Trang Ban biên tập Trang Mục lục Trang Phần A Sơ lược lý thuyết Trang Phần B Bài tập Trang 10 Chương I Hóa Vô Trang 10 Chương II Hóa Hửu Trang 49 Chương III Chuyên đề Sơ đồ phản ứng và phương trình Trang 73 Chương IV Một số bài tập có hướng dẫn giải Trang 78 Chương V Những bài tập hóa mang thương hiệu boxmath Trang 93  Trang http://boxmath.vn MỘT SỐ ĐỊNH LUẬT TRONG GIẢI TOÁN HÓA HỌC VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI I Định luật bảo toàn nguyên tố và định luật bảo toàn khối lượng Phát biểu - Trong phản ứng hóa học thì các nguyên tố và khối lượng các nguyên tố đó luôn luôn bảo toàn, nghĩa là nguyên tố và khối lượng nguyên tố không mà chuyển từ chất này sang chất khác Hệ a Ngoại trừ các phản ứng hạt nhân, không có phản ứng hóa học nào làm hay xuất các nguyên tố lạ b Trong phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng tổng khối lượng các chất tạo thành.( Đây là định luật bảo toàn khối lượng Lômônôxốp và Lauvisier tìm vào kí XVIII) Phương pháp này còn mở rộng cho số trường hợp không phải là nguyên tố Ví dụ bảo toàn liên kết  hay định luật bảo toàn electron ( ta xét đến số phương pháp giải) Sau đây là số ví dụ Ví dụ Trong bình kín dung tích 16 lít chứa hỗn hợp ba rượu đơn chức A, B, C và 13,44gam khí O2 , nhiệt độ và áp suất bình là 109, 2o C và 0,98 atm Bật tia lửa điện để đốt cháy hết rượu, sau đó đưa nhiệt độ bình 136o C , áp suất bình lúc này là P Cho Tất các khí bình sau đốt cháy qua bình đựng H SO4 đặc, bình đựng KOH đặc Sau thí nghiệm thấy khối lượng bình tăng lên 3,78gam, còn bình tăng 6,16gam a Tính áp suất P b Tính công thức phân tử các rượu A, B, C biết B, C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol rượu A 5/3 tổng số mol các rượu B và C Lời giải Cách Tổng số mol các khí bình kín P.V 16.0,98 13, 44   0, 5mol ; Số mol O2 là R.T (109, 2273).0, 082 32  tổng số mol rượu A, B, C : 0,5  0, 42  0, 08 mol a) Gọi C x H y  OH , C x H y  OH , C x " H y "  OH là công thức A, B, C và a, b, là các số mol tương ứng n y 1 y 1  C x H y OH   x    O2  xCO2  H 2O a 4  y  y   C x H yOH   x    O2  xCO2  H 2O b 4  y"  y"   C x" H y"OH   x"    O2  x"CO2  H 2O c 4  Ta có: a  b  c  0, 08 6,16 Số mol CO2 thoát ra: xa  x 'b  x"c   0,14mol 44  y 1   y    y"    a  b    c  0, 21mol  ya  yb  y"c  0,34       y 1 y   y"     số mol O2 cần dùng để đốt cháy A,B,C:  x    a   x    b   x"    c 4 4  4   ya  yb  y"c a  b  c  xa  xb  x"c    0,14  0, 0085  0, 02  0, 205mol 4 Số mol O2 dư: 0, 42  0, 205  0, 215 Vậy số mol sau phản ứng: Trang http://boxmath.vn nCO2  nH O  nO2 d   0,14  0, 21  0, 215  0,565mol Ta có: n  P.V RTn 0, 082(136,5  237).0,565 P   P  1,186atm RT V 16 Vậy áp suất sau phản ứng là 1,186atm b Do số cacbon B, C nên ta gọi Cn H 2n 1 x OH - Cm H m 1 y OH - Cm H m1 z OH (A) -(B) (C) Là công thức rượu A, B, C đó x, y, z là số nối đôi mạch hiđrocacbonvà a, b, c là số mol tương ứng rượu.Phản ứng đốt cháy rượu: 3n  x O2  nCO2  (n   x ) H 2O 3m  y Cm H m 1 y OH O2  (m   y ) H 2O 3m  z Cm H m1 z OH O2  (m   z ) H 2O Ta có tổng số mol rượu: a  b  c  0, 08 (1) 5 Do: nA  (nB  nC )  a  (b  c) (2) 3 Số mol CO2 : na  m(b  c)  0,14 (3) Cn H 2n 1 x OH  Số mol H 2O : ( n   x) a  ( m   y )b  ( m   z )c  0, 21 (4)  na  m(b  c )  a  b  c  xa  yb  zc  0, 21  xa  yb  zc  0, 01 Từ (1)(2)  a  0, 05 và b  c  0,03 Từ (3)  0, 05n  0, 03m  0,14  5n  3m  14 n m Lẻ âm  n  1, m   Rượu ( A) có 1C, rượu ( B), (C ) có 3C Do (A) có 1C nên không có nối đôi hay nối ba mạch (A) là rượu đơn no,suy ra: x = Vậy công thức ( A) : CH 3OH Từ (5)  yb + zc = 0,01 (*) Công thức (B), (C): C3 H  y OH , C3 H 2 z OH B, C có thể là rượu đơn no, rượu đơn có nối đôi rượu đơn có nối ba Dođó B, C có thể là các trường hợp sau: B, C là rượu đơn no không chứa nối đôi, nối baLúc đó ta suy từ (*) : y  0, z  Thay vào (4) na  m(b  c )  a  b  c  xa  yb  zc  0, 22  0, 21 (không thỏa mãn) (B), (C) có thể là rượu đơn no và rượu có nối đôi, suy phân tử (C)có chứa nối đôi  y  0, z  Từ ( * )  yb  zc  0, 01  c  0, 01; b  0, 02 (thỏa mãn) Vậy công thức (B), (C) là: C3 H OH và C3 H OH (B), (C) là rượu đơn no có nối đôi y  z  Lúc đó yb  zc  b  c  0, 01?0, 03 (loại) (B), (C) là rượu đơn có nối ba y  z  Từ ( * )  2(b  c)  0, 01  b  c  0, 005 (loại) (B) có nối đôi, (C) có nối ba Từ ( * )  b  2c  0, 01b  c  0, 03  b  0, 03  c  c  0, 03  0, 01 (loại) (B) có nối ba, (C) là rượu đơn no Lúc đó y  2, z  Từ ( * )  yb  zc  2b  0, 01  b  0, 005  c  0, 025 (thỏa mãn) Trang http://boxmath.vn Công thức ( B), (C ) là: C3 H 3OH , C3 H OH Vậy công thức (A): CH 3OH , công thức ( B) và (C ) là: C3 H OH và C3 H OH C3 H OH và C3 H 3OH Cách a.Tính ra: nAncol  0, 08mol nCO2  0,14mol và nH 2O  0, 21mol Định luật bảo toàn O: Suy O2 phản ứng là: nPu  0, 205mol Do đó: ndu  0, 215mol  n au  0, 21  0, 215  0,14  0,565mol s 0,39.0, 082.409  1,1843atm 16 b Số C trung bình: N C  1, 75 suy A phải là CH 3OH : amol P (Vì B và C có cùng số C) Gọi B và C: Cn H y O : bmol Hệ: a  b  0, 08 ; 3a  5b Suy ra: a  0, 05 và b  0, 03 Ta có: 0, 05  0, 03n  0,14  n  y  0, 21  y  7,33 Suy ra: C3 H 6O và C3 H 8O 2.0, 05  0,03 Hoặc: C3 H O C3 H 8O Ví dụ Nung 004 mol axetilen; 0,13 mol mol vinylaxetilen; 0, 03 mol etilen và 0, 23 mol hidro bình kín với ít bột Ni nhiệt độ cao đến phản ứng xảy hoàn toàn thu hỗn hợp Y có tỉ khối so với H là 22,75.Dẫn hỗn hợp Y qua bình đựng lượng dư dung dịch AgNO3 / NH thu m gam kết tủa và 3.584 lít hỗn hợp khí Z(đktc) thoát khỏi bình.Biết tỉ khối Z H là 22.75.Thể tích dung dịch Br2 0.5M nhỏ cần dùng để làm no hoàn toàn hỗn hợp Z là: A.0,16(l) B.0,32(l) C.0,08(l) D.0,64(l) Lời giải: M Y  45,5 đó H đã hết Ta có nY  0, 04  0,13  0, 03  0, mol   mY  45,5.0,  9,1g nZ  0,16mol   mZ  7, 28 g Gọi x,y là số mol C2 H và C4 H dư ta có: x  y  0, 04 và 26 x  52 y  1,82   x  0, 01; y  0, 03 Như ban đầu tổng số mol liên kết pi là:  n  0, 03.2  0,1.3  0, 03  0,39 mol Số liên kết pi bị bão hoà là: 0,23mol Còn lại:0,16mol Như vậy: V  0,32(l )  B II.Định luật bảo toàn điện tích và định luật bảo toàn eletron Dịnh luật bảo toàn điện tích Phát biểu thứ nhất.Trong dung dịch, tổng điện tích dương tổng điện tích âm Phát biểu thứ hai: Trong phản ứng ion rút gọn thì tổng điện tích các ion trước phản ứng tổng điện tích các ion sau phản ứng Hệ quả: Hệ Trong dung dịch thì tổng số mol điện tích âm tổng số mol điện tích dương Trang http://boxmath.vn Ví dụ: Trong dung dịch gồm a(mol) ion Ca 2 ; b(mol) Fe3 và c(mol) SO42  thì điện tích dương là 2a  3b(mol ) Và điện tích âm là 2c(mol ) Ta có 2a  3b  2c Hệ Cân phản ứng ion rút gọn Với phản ứng oxi hóa khử với độ phức tạp cao và viết dạng phương trình ion rút gọn thì ta phải nhờ đến phương pháp ion rút gọn Ví dụ: Phản ứng hòa tan Al NO3  OH  Phản ứng xảy ra: Al  OH   NO3  H O  [ Al (OH ) ]  NH Trước tiên ta có Al nhường electron còn N nhận electron Do đó điền các số và vào Al và NH phải có NO3 Al  OH   3NO3  H 2O  8[ Al (OH ) ]  NH Tiếp theo ứng dụng ĐLBT điện tích: Tồng điện tích sau là 8 , điện tích trước phải là 8 Suy phải có OH  Al  5OH   NO3  H 2O  8[ Al (OH )4 ]  NH Tiếp tục cân oxi và H ta : Al  5OH   NO3  18 H 2O  8[ Al (OH ) ]  NH Tất nhiên là có nhiều cách cân khác cho phương trình, mình xin giới thiệu phương pháp này để các bạn có thể cân các phương trình ion rút gọn cách nhanh Định luật bảo toàn eletron Phát biểu: Trong phản ứng oxi hóa khử, tổng số electron nhường tổng số electron nhận Hệ quả: Điều này dẫn đến số mol electron nhường số mol eletron nhận Ví dụ: Nung 16,8 g Fe không khí sau thời gian thu hỗn hợp X, Cho X tác dụng với HCl vừa đủ thấy thoát 1,12(l) khí không màu (đktc) và dung dịch Y Chất rắn còn lại hòa tan dung dịch Z là KMnO4 , thấy cần dùng lượng Z đúng lượng đã phản ứng với Y Nếu lấy toàn X phản ứng với HNO3 đặc nóng dư thì thể tích khí NO2 sinh điều kiện tiêu chuẩn là bao nhiêu?? Lời giải: Ta có: Trong Y Fe dư là nFe  nFeCl2  nH  0, 05(mol ) Khi cho Y vào Z thì phản ứng FeCl2 và KMnO4 xảy Ta có FeCl2 nhường ne  0,05  0, 05.2  0,15( mol ) Như số mol mà chất rắn còn lại đó nhường đúng 0,15(mol ) vì dùng cùng lượng Y Không tính tổng quát ta giả sử X có Fe, FeO và Fe2 O3 Khi đó nFeO  0,15( mol ) đó có FeO tham gia phản ứng Từ đó nNO2  ne  0, 05.3  0,15  6, 72(l ) III Một số phương pháp giải: Từ các kiện đề bài, ta có thể dễ dàng nhận các “dấu hiệu nhận biết” các phương pháp giải toán quen thuộc Đó là:  Phương pháp đại số thông thường  Phương pháp đưa thêm số liệu  Phương pháp trung bình và kỹ thuật đường chéo  Phương pháp đường chéo  Phương pháp phân tích hệ số và ứng dụng  Phương pháp bảo toàn nguyên tố và khối lượng  Độ bất bão hòa k Trang http://boxmath.vn Tất nhiên là đây các phương pháp này đan xen lẫn và khó có thể phân biệt rạch ròi với nhau, đồng thời, có khó có thể dùng phương pháp mà có thể giải trọn vẹn bài toán Ví dụ:Hỗn hợp X gồm C2 H , C2 H và C3 H Đốt cháy hoàn toàn 24,8g hỗn hợp X thu 28,8g nước Mặt khác 0,5 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với 500g dung dịch Brom 20% Tính % thể tích khí hỗn hợp Ta có nH 2O  1, 6( mol ) và nBr2  0, 625( mol ) Cách 1: Phương pháp đại số thông thường (đây là cách làm thông thường mà học sinh nào biết và có lẽ là không 70% học sinh giải bài toán này cách này) Gọi số mol các khí 24,8 gam hỗn hợp X là x, y, z mol và số mol các khí 0,5 mol hỗn hợp X là kx, ky, kz mol Từ giả thiết, ta có hệ phương trình: 26 x  30 y  42 z  24,8 g  x  0,  mol   x  y  z  1, mol     %VC2 H  50%   y  z  0,  mol     kx  ky  kz  0,5  mol   %VC2 H6  %VC3 H  25% k  1,  2kx  kz  0, 625  mol   Cách 2: Phương pháp đưa thêm số liệu Hỗn hợp X theo đề bài là hỗn hợp đồng nhất, tỷ lệ các thành phần khí hỗn hợp là không đổi, đó, KLPT trung bình hỗn hợp M là giá trị không đổi Ta dùng phương pháp đưa thêm số liệu: gọi x, y, z là số mol ba khí mol hỗn hợp X Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:   x  y  z  mol     x  0,  mol   0, 625  1, 25  2 x  z  0,5   y  z  0, 25  mol   24,8  x  y  3z  M  26 x  30 y  42 z  1,  Cách 3: Phương pháp trung bình +Phương pháp bảo toàn nguyên tố và khối lượng + Phương pháp đại số Gọi CTPT trung bình hỗn hợp X là C x H y Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố và khối lượng, ta có: x 16  y Do đó, CTPT trung bình trên có thể viết thành C x H 16 mC  mX  mH  21, 6( g )  nC  1,8( mol )  x Do phản ứng cộng Brom biến Hydrocacbon đã cho thành hợp chất no, nên CTPT sản phẩm là: 0, 625.2 x2  2,5  x  x x 0, 9 Vậy CTPT trung bình hỗn hợp X là C H C x H 16 Br2 với Từ đây, ta dễ dàng có số mol 24,8g X là 0,8 mol Và hệ phương trình  x  y  z  0,8  mol    x  y  z  1,6  mol   2 x  y  z  1,8  mol  Ví dụ Đốt cháy hoàn toàn 11,6(g) hidrocacbon A cần dùng 29,12(l) khí O2 Xác định CTPT hidrocacbon Bài toán nhìn có vẻ đơn giản và sau đây là cách giải cho bài toán này Trang http://boxmath.vn nO2  1,3(mol ) Cách Gọi A C x H y Phương trình cháy: y y  C x H y   x   O2  2CO2  H 2O 4  11, 1,3 x Ta có   x  1, y    C4 H10 12 x  y x  y y 10 Nhưng liệu có cách nào hay không và nhanh nữa, sử dụng máy tính mà ít viết thì càng tốt Cách 2b  b  1,3.2 a  0,8 x 0,8.2     y 10 44a  18b  1,3.32  11, b  Gọi nCO2  x (mol ) và nH 2O  y ( mol ) Ta có  Bạn thắc mắc vì lại có phương trình đó Phương trình thứ là định luật bảo toàn nguyên tố oxi còn phương trình thứ hai là ĐL bào toàn khối lượng Cách thứ ta không cần viết phương trình nào mà việc bấm máy tính là đáp án ( Trích dẫn thầy giáo Vũ Khắc Ngọc) * Sự khác biệt động xăng – đường chéo và phản lực.* Với hỗn hợp trung bình hai chất đã biết khối lượng mol trung bình ta thường dùng phương pháp đường chéo để xác định tỉ lệ Xét ví dụ: Hỗn hợp A gồm N và H có tỉ khối so với He là 1,8 Tính tỉ lệ % khối lượng N A Lời giải: Điểm chốt bài toán là tìm tỉ lệ số mol Ta tìm tỉ lệ mol Cách x(mol) N có M=28 7,   5, M  7, y (mol) H có M=2 Suy 28  7,  20,8 x  đến đây ta có thể giả sử x  1; y  để giải tiếp y Cách thứ Dùng phản lực Không tính tổng quá ta giải sử x  y   x  0, 25  mol  x  y   Bài toán xem đã hoàn tất 28 x  y  7,  y  0, 75  mol  Ta đến hệ:  Lời bình Để giải nhanh các bài toán thiếu biến mà liên quan đến khối lượng trung bình chẳng hạn ta nên giải sử là tổng số mol chúng Để không phải trâu bò áp dụng đường chéo trên Trên đây là số lời khuyên các phương pháp giải, đó là kinh nghiệm cá nhân ban biên tập và sưu tầm số tác giải khác Hy vọng mang lại hửu ích cho các bạn các kì thi tới Trang http://boxmath.vn Câu Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm m gam X gồm bột Al và Fex Oy điều kiện không có không khí, hỗn hợp Y Nghiền nhỏ, trộn hỗn hợp B chia thành phần : - Phần có khối lượng 14,49 gam hoà tan hết dung dịch HNO3 đun nóng thu dung dịch C và 0,165 mol NO (sản phẩm khử nhất) - Phần hai tác dụng với dung dịch NaOH đun nóng thấy giải phóng 0,015 mol khí H và còn lại 2,52gam chất rắn Công thức oxit và giá trị m là: A FeO &19.32 gam C Fe3O4 &19.32 gam B Fe2O3 & 28.98 gam D Fe3O4 & 28.29 gam Lời giải: Từ phần ta suy số mol nAl  0, 01mol , nFe  0, 045mol  nFe  4,5 nAl Trong phần ta đặt số mol: nAl  xmol , nFe  ymol Ta có: y  4,5 x Khi phản ứng với HNO3 thì: x  y  0,165 Giải hệ ta được: x  0, 03mol ; y  0,135mol  mAl2O3  14, 49  0, 03.27  0135.56  6,12 g  nAl2O3  0, 06mol  nO  0,18mol n  Fe  0, 75  CT : Fe3O4 nO Ta có: số mol Fe phần gấp lần số mol Fe phần m (0,15.27  0, 045.232)  19,32 g Đáp án:  C Câu cho m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS tác dụng hết với HCl dư thu V lít khí (dktc) Mặt khác, cho m gam hôn hợp X vào dd HNO3 dư thu dung dịch Y chứa muối Nitrat và 2V lít hỗn hợp khí gồm NO và SO2 Thành phần khối lượng Fe X là A 45,9% Lời giải: Gọi nFe : x ; nFeS : y B 54,1% C 54,9% D 45,1% Ta có : V  ( x  y ).22, Fe  3e  Fe 3 x 3x FeS  7e  Fe 3  SO2 y 7y -y N 5  3e    N 2 3x  y 3x  y Ta có nNO   y  2( x  y )  x  y Chọn x = 4, y = 3 Ta %Fe = 45,9%  A Trang 10 http://boxmath.vn Câu Hòa tan hoàn toàn miếng bạc kim loại vào lượng dư HNO3 15,75% thu dc khí NO và a gam dd F đó nồng độ % AgNO3 nồng độ % HNO3 dư Thêm a gam dd HCl 1,46% vào dd F Hỏi có bao nhiêu % AgNO3 tác dụng HCl A 68,40 B.62,25 Lời giải: C.58,25 D.65,4 Ag  HNO3   AgNO3  NO  H 2O 3mol -4mol 3mol -1mol Ta có mAg  324 g , mAgNO3  mHNO3du  510 g mHNO3 pu  252 g Suy mHNO3bd  762 g   mddHNO3  4838, 095 g Như khối lương dung dịch sau cho Ag vào là: a  324  4838, 095  1.30  5132, 095 g a.1, 46 suy mHCl   74, 93g 100   nHCl  2, 053mol phản ứng: AgNO3  HCl   AgCl  HNO3   nAgNO3 pu  2, 053 2, 053  0, 684  A Câu Mắc nối tiếp ba bình điện phân: bình chứa CuCl2 , bình chứa Na2SO4 và bình chứa AgNO3 tiến Suy ra: Phần trăm phản ứng là: hành điện phân dòng điện chiều Sau thời gian thấy cực dương bình thoát V1 lít hỗn hợp hai khí có khối so với không khí là 2, còn bình thoát V2 lít khí, bình thoát V3 lit khí Các thể tích khí đo cùng điều kiện Cho biết tỉ lệ thể tích V1 : V2 : V3 ? A V1 : V2 : V3  1:1:1 B V1 : V2 : V3  : : C V1 : V2 : V3  : : D V1 : V2 : V3  : : Lời giải: Vì các bình mắc nối tiếp nên I1  I  I (Hơi liên quan tới Lí)  2Cl   Cl2  2e Bình I:  Theo đề bài ta tính được:   H 2O  H  O2  4e   nCl2  x     nO2  y  ne  y Mà ne1  ne2  ne3   nCl2  2nO2  H 2O  2e  2OH   H  n  y   H 2O  H  4e  O2 Bình 3: H O  H   4e  O2  n  y Bình 2:  Vậy V1 : V2 : V3  : : Trường hợp tính khí thu Anot Ta có Bình I: V1  y Bình II: V2  y Trang 11 http://boxmath.vn Bình III: V3  y Vậy V1 : V2 : V3  : :  B Câu Để phản ứng hết a mol kim loại M cần 1,25a mol H SO4 và sinh khí X (sản phẩm khử nhất) Hòa tan hết 1,92 gam kim loại M vào dung dịch H SO4 tạo 4,48 lít khí X (sản phẩm khử nhất, đktc) Kim loại M là: A Fe B Cu C Mg D Al Lời giải: Nếu M có hóa trị với muối thì sau phản ứng tạo M ( SO4 )3 nS  1,5a 1, 25a vô lí So sánh với đáp án M có hóa trị nS MSO4  a nS khí  0, 25a mà ne cho là 2a, nên khí là H S Vậy thay vào cái kiện thứ ta có ne nhận là 0, 02.8  0,16 M là Mg  C Câu Trong bình kín dung tích 10(l) chứa N 27,3o C và 0,5atm Thêm vào bình 9,4 g muối nitrat kim loại X Nhiệt phân hết muối đưa nhiệt độ 136,5o C , áp suất bình là p (atm) và còn lại 4g chất rắn Giá trị p là: A 5,88 B C 5,7 D 1,52 Lời giải Xét các trường hợp sau TH1: Phản ứng nhiệt phân muối nitrit X ( NO3 ) n  X ( NO2 )n  O2 x x        x     BTKL ta có mO2  16 xn  5,  xn  0, 03375 Lại có x( X  62n)  9, Suy Xx  9,  62 xn  (loại) *TH2: Phản ứng tạo oxit n X ( NO3 )n  X 2On  2nNO2  O2 x nx x            nx   Suy xn.46  xn 32  5, Suy xn  0,1 x X (2 X  16n)  Suy Xx  3, Suy  32 n Suy X là Cu, x  0, 05 Dễ dàng tính p  1,52 Lại có *TH3 n X ( NO3 )n  X  nNO2  O2 nx x       x   nx    Trang 12 http://boxmath.vn Suy Xx  xn.46  xn.16  5, Suy xn  0, 087 , đó X / x  46 (loại vì không có kloại nào thỏa mãn) Chú ý: Có các phép tính khối lượng trên đề bài cho là Nhiệt phân hết muối Đáp án: D Câu Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X chứa Fe3O4 và FeS2 63 gam dung dịch HNO3 thu 1,568 lít NO2 (đktc) Dung dịch thu tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thì thu 9,76 gam chất rắn Nồng độ % dung dịch HNO3 ban đầu là: A.47,2% B 42,6% Lời giải: Gọi: nFe3O4  xmol và nFeS2  ymol C.46,2% D 46,6% Dịnh luật bảo toàn e ta có: x  15 y  0, 07 9, 76 160 Giải hệ: x  0, 04mol và y  0, 002mol Tổng số mol Fe: x  y  Ta suy số mol NaOH đã phản ứng với Fe3  0, 366mol Như số mol axit dư: nH   0,  0,366  0, 034mol dd sau gồm: Fe3 , H  , SO42  , NO3 Dựa vào định luật bảo toàn điện tích ta suy ra: nNO  0,392 Bảo toàn nguyên tố: nHNO3  0,392  0, 07  0, 462mol Như C % HNO3  46, 2%  C Câu Cho m gam Al hòa tan vừa hết vào dung dịch NaOH thì thu dung dịch X Cho m gam Al2O3 hòa tan vừa hết dung dịch HCl thu dung dịch Y Trộn dung dịch X với dung dịch Y thì thu 5,304 gam kết tủa và dung dịch Z Cô cạn dung dịch Z thu bao nhiêu gam rắn khan: A.5,4885 B.4,3185 C.5,6535 D.3,8635 Lời giải: Phản ứng: NaAlO2  AlCl3  H 2O   NaCl  Al (OH ) m m m 4m    27 81 27 81 4m Ta có:  0, 068  m  1,377 81 m m 58,5m Khối lượng muối: mmuoi  133,5.(  )   4, 3185 Dáp án: B 51 81 27 Bài Hòa tan hết 10,24 gam Cu 200 ml dung dịch HNO3 3M dung dịch A Thêm 400 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch A Lọc bỏ kết tủa, cô cạn dung dịch nung chất rắn đến khối lượng không đổi thu 26,44 gam chất rắn Số mol HNO3 đã phản ứng với Cu là? A 0,46(mol) B 0,56(mol) C 0,5(mol) D 0,45(mol) Lời giải: Gọi x là số mol HNO3 dư Khi cho NaOH vào: NaOH  HNO3  NaNO3  H 2O NaOH  Cu ( NO3 )2  Cu (OH )  NaNO3 Trang 13 http://boxmath.vn O2 Chất rắn gồm: NaOH : (0,  0,16.2  x) và NaNO2 : (0,16.2  x) Ta có: 26, 44  40.(0,  0,16.2  x )  69(0,16.2  x ) Giải ra: x  0, 04mol Phản ứng nung: NaNO3  NaNO2  Kết luận: n  0,56  mol   B Bài 10 Cho hỗn hợp A gồm : Al2O3 , CuO, Na2O tiến hành các thí nghiệm sau: - TN1 Nếu cho hỗn hợp A và nước dư, khuấy kĩ còn lại 7,5 gam chất rắn ko tan - TN2 Nếu cho thêm vào lượng Al2O3 50% lượng Al2O3 hỗn hợp A ban đầu lại hoà tan vào nước dư Sau thí nghiệm thấy còn lại 10,5 gam chất rắn không tan - TN3 Nếu cho thêm vào lượng Al2O3 75% lượng Al2O3 hỗn hợp A ban đầu lại hoà tan vào nước dư Sau thí nghiệm thấy còn lại 12,5 gam chất rắn ko tan Khối lượng Al2O3 và CuO A là : A 7,5 gam ; gam B gam ; 7,5 gam C gam ; 7,5 gam D 5,1 gam ; gam Lời giải: Khối lượng chất rắn thí nghiệm và thí nghiệm tăng lên so vs thí nghiệm suy là Al2O3 đã dư mAl2O3  (12,5  10,5) 100  8( g ) 25 Na2O  H 2O  Na   2OH  giả sử Al2O3 dư Al2O3  2OH   AlO2  H 2O mCuO  mAl2O3  7,5  m2  7,  0,5.8  11,5 g  12,5  Al2O3 tan hết còn lại 7,5 g CuO Chọn B Câu 10 Cho 0,448 lít khí NH (đktc) qua ống sứ đựng 16 gam CuO nung nóng, sau phản ứng xảy hoàn toàn thu chất rắn X Cho X vào dung dịch HNO3 đặc, nóng (dư) thu V lít khí (đktc) Giá trị V là: A.8,960 B 0,448 C 0,672 D 1,344 Lời giải: Ta có nNH3  0, 02 nCuO  0, 0, 02 0,   NH 3het , CuOdu Ta có: NH  3CuO  N  3Cu  3H 2O 0, 02      0, 03      0, 03 Cu  Cu  2e 0, 03    0, 06 N   1e  N  ( NO2 HNO3 đặc, nóng nên C bị khử xuống NO2 ) 0, 06  0, 06 Trang 14 http://boxmath.vn V  0, 06.22,  1,344  l   D Câu 11 Cho 14,4 gam hỗn hợp Fe,Mg,Cu (có số mol nhau) tác dụng hết với dd HNO3 thu dung dịch X và 2,688 lít (dktc) hỗn hợp gồm khí N , NO, N 2O, NO2 đó khí N và NO2 có số mol Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu 58,8 muối khan Tìm số mol HNO3 đã phản ứng A 0,92(mol) B 0,893(mol) C 0,864(mol) Lời giải: D 0,765(mol) nmoi kl  0,1mol   nFe ( NO3 )3  nMg ( NO3 )2  nCu ( NO3 )2  0,1mol   mNH NO3  1g   nNH NO3  0, 0125mol Vì N số mol NO2 nên dùng phương pháp quy đổi thành N 3O2 (a) -> quy đổi tiếp thành: a  mol  NO, a  mol  N 2O Gọi : x  mol  NO, y  mol  N 2O   x  y  0,12 bảo toàn e: 0,1.(3   2)  x  y  0, 0125.8  x  y  0,12  x  0, 072 Giải hệ:   0,1.(3   2)  x  y  0, 0125.8  y  0, 048 Số mol HNO3 : nHNO3  nN  0,1.(3   2)  0, 0125.2  0, 072  0, 048.2  0,893mol  B Câu 12 Hòa tan hết 25,4 gam FeCl2 vào dung dich chứa gam Br2 thu dung dịch X Hòa tan dung dịch X vào NaOH dư Sau phản ứng xảy hoàn toàn (trong điều kiện không có không khí ) thu m gam kết tủa Giá trị m là A 10,7 B 21,4 C 18 D 19,7 Lời giải: 3FeCl2  Br2    FeCl2  FeBr2 Br hết dd sau pư: Fe(OH ) : 0,1mol Fe(OH )3 : 0.1mol  m  19, g Phản ứng: FeCl2  3Br2   FeCl3  FeBr3 0,1    0, 05 Suy nFe3  0, 05.2  0,1( mol ) nFe2 du  0,  0, 05 : 3.6  0,1(mol ) Suy m  0,1(107  90)  19,  D Bài 13 Biết Cu2 O tác dụng với axit tạo muối Cu 2 và Cu Khi đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm lương số mol FeS2 và Cu2 S , thu 3,36 lít khí SO2 (đktc) và chất rắn Y gồm Fe2 O3 và Cu2O Hấp thụ hết khí SO2 thu dung dịch nước brom vừa đủ dung dịch Z có nồng độ loãng Cho toàn Y vào Z, khuấy cho các phản ứng xảy hoàn toàn thì có m gam chất rắn không tan Giá trị m là A 6,4 B 3,2 C 1,6 D 0,8 Lời giải: Gọi nFeS2  nCu2 S  a 2a  a  0,15  a  0, 05 (bảo toàn S) Trang 15 http://boxmath.vn  nFe2O3  0, 025  mol  , nCu2O  0, 05  mol  SO2  Br2  H 2O   H SO4  HBr  nH SO4  0.15 Fe2O3  3H SO4   Fe2 ( SO4 )3  3H 2O Cu2O  H SO4   Cu  H 2O  CuSO4 nH SO4 dư=0.025, nCu  0.05 Vì dd loãng  mran  3, g  B Câu 14 Nung m gam hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4 thu chất rắn Y và O2 Biết KClO3 phân hủy hoàn toàn, còn KMnO4 bị phân hủy phần Trong Y có 0,894 gam KCl chiếm 8,132% theo khối lượng Trộn lượng O2 trên với không khí theo tỉ lệ thể tích : = 1:3 bình kín ta thu hỗn hợp khí Z Cho vào bình 0,528 gam cacbon đốt cháy hết cacbon, phản ứng hoàn toàn, thu hỗn hợp khí T gồm khí O2 , N , CO2 , đó CO2 chiếm 22,92% thể tích Giá trị m là A 12,59 gam B 12,53 gam Lời giải: Trường hợp 1: Phản ứng nhiệt phân : KClO3  KCl  O2 (1) C 12,70 gam D 12,91 gam KMnO4  K MnO4  MnO2  O2 (2) Gọi n là tổng số mol O2 thoát (1), (2) Sau trộn O2 với không khí ta có:  nO  n  3n.0,  1, 6n(mol ) Ta có C  0, 04(mol ) + O2 dư tức 1,6n>0,04 Khi đó O2 cháy theo phản ứng: C  O2  CO2 và tổng số mol T =0,192(mol) Các khí T gồm O2 (du )  N  CO2 (1, 6n  0, 04)  2, 4n  0, 044  0,192  n  0, 048(mol )  m  12, 53(mol )  Dap An B Trường hợp + Nếu O2 thiếu O2 cháy theo phản ứng: C  O2  CO2 (3) 2C  O2  2CO (4) Các khí T gồm N  CO2  CO 2, 4n  n  0, 044  n đó tổng số mol T  (2, 4n  0, 044)(mol ) ,như 0, 044  n  nO2  n(ban dau)  n 22,92  và 2, 4n  0, 044 100  n  0, 0204(mol ) Vậy m  11, 647( gam) Bài 15 Cho 49,6(g) hỗn hợp X gồm Cu, Fe, Fe2O3 vào dung dịch H SO4 loãng dư,khuấy cho các phản ứng xảy hoàn toàn thấy có 2,4(g) kim loại không tan:và 1,12 lít khí thoát ra(đktc) và thu dd Y Cho dd NH tới Trang 16 http://boxmath.vn dư vào dd Y,lọc kết tủa nung không khí đến khối lượng không đổi còn lại 40(g) chất rắn khan.Tính % khối lượng Cu hỗn hợp X A 24,19% B 25,65%, C 27,89% D 60,12% Lời giải: Gọi số mol Cu phản ứng: nCu  a(mol ); nFe  b(mol ); nFe2O3  c(mol ) Ta có: nH  0, 05( mol )  ne  0,1(mol )  2a  2b  2c  0,1 ( ) Ta có: dư 2,4 gam kim loại  64a  56b  160c  47, ( ) Ta có: m  40 gam  nFe2O3  0, 25( mol )  b  2c  0, ( )  Từ ( 1,2,3)  a  0,15mol  b  0,1mol c  0, 2mol   mCu  0,15.64  2,  12 gam 12.100%  24,19%  A % mCu  49, Bài 16 Cho Al và Fe2 O3 trộn vào thành hỗn hợp Nung nóng hỗn hợp điều kiện không có oxi,sau đó chia hỗn hợp thành phần, phần ít phần là 134(g).phần hoà tan kiềm dư 16,8 lít khí (đktc),phần hoà tan HCl dư thu 84 ( lít) khí (đktc) xác định khối lượng Fe thu sau phản ứng (Biết phản ứng xảy hoàn toàn) A 112(g) B 188,65 (g) C Cả A và B đúng D Tất sai Lời giải: Phần 1: nAl  0,5mol , nFe  x ( mol ) Phần 2: nAl  a (mol ); nFe  b(mol ) Al  Fe2O3   Fe  Al2O3       1,5a  b  3, 75  b x    a 0,   56b  27a  51b  0,5.27  56 x  51x  134    x  0,5   a  1,5 b  1,5        &     1, 5a  b  3, 75 ax  0,5b 107b  27a  107 x  147,5 120 107 535 a 534 200 b 89 x Câu 17: Dung dịch acid fomic 3,00% có khối lượng riêng là 1,0049 (g/ml) và pH = 1,79 Cần pha loãng dung dịch này bao nhiêu lần độ điện li tăng 10 lần: A  130 lần B  80 lần C  50 lần D  1000 lần Lời giải: Giả sử có 1(l) dd HCOOH Trang 17 http://boxmath.vn H   Nồng độ [HCOOH]=0,65537M và [H+]  10 1, 79 M     0,02475 HCOO - + H+ Cân bằng: HCOOH Co Co - Co  HCOOH  Co  Co  C o  C   o C o  C o  1 K C. 1  2 C  C  C  1    1  9   7,7163.10 3 Suy ra: o     1  1  C o  1    1001    C   130 lần C Đáp án A Khi độ điện ly tăng 10 lần   10 : K  Câu 18 Cho hỗn hợp X gồm a mol N2 và b mol H2, (3a  b) cho vào bình kín dung tích V (l) nhiệt độ 70oC áp suất là p (atm) Thực phản ứng sau đó đưa 70OC thấy áp suất lúc này là p (atm) Khoảng giới hạn p là: A  p  p C p  p  ba b p  p0  p ba a ba D p  p0  p ba B b p a Lời giải: Để ý 3a  b đó phản ứng xảy hoàn toàn thì H dư Nên ta tính theo N N  3H   NH ah 3ah 2ah (a-ah) (b-3ah) -(2ah) n sau Tỉ lệ:  a  b  2ah n1 p a b   n2 po a  b  2ah po (a  b) p 2a ( a  b)  h Ta có  h  Nên: ba p  po  p  D ba Câu 19 Tiến hành mạ huân chương bạc có tiết diện 8cm2 với dung dịch điện phân là AgNO3, anot làm Ag, mật độ dòng là A/dm2 Thời gian điện phân là 16 phút giây, hiệu suất 80% Tính bề dày lớp mạ ( theo m ) biết khối lượng riêng Ag là 10,5 g/cm3 A 10,28 B 8,25 C 7,81 D 8,22 Lời giải: Trang 18 http://boxmath.vn Với thiết diện 8cm2 thì cường độ dòng điện I=0,08A 0,08.965  8.10  mol  m Ag  0,0864.0,8  0,06912 g 96500 0, 06912  8, 22.104 cm  8, 22  m  D Bề dày: l= 10, 5.8 Suy nAg= Câu 20 Hoà tan hoàn toàn 5,4g oxit kim loại X dd HNO3 dư thu 0,224(l) NO Cho dd sau phản ứng tác dụng với KOH dư núng nóng thì thu 0,126(l) khí X là: A Cu2O FeO B Fe3O4 C MnO FeO D MnO Fe3O4 Lời giải: Tính n e  0, 03  0, 045  0, 075mol  Gọi n là độ biến thiên số oxi hoá 5, n  0, 075  M  72.n M Lần lượt cho n  1; 2;3 Ta có: Chọn đáp án là Cu2 O và FeO  A Câu 21 Cho từ từ V (l) dd Na2CO3 vào V1 dd HCl 1M thu 2,24(l) khí CO2 Cho từ từ V1 dd HCl vào V (l) dd Na2CO3 1M thu 1,12(l) CO2 Vậy V1 và V là: A V1 = 0,25(l) và V= 0,2(l) B V = 0,15(l) và V1 = 0,2(l) C V = 0,25(l) và V1 = 0,2 (l) D.V = 0,2(l) và V1 = 0,15 (l) Lời giải: Thí nghiệm 1: nHCl  2nCO2  0, 2(mol )  V1  0, 2(l ) Thí nghiệm 2:  Sẽ có phản ứng: phăn ứng (1) tạo HCO3 nào H dư tạo CO2 nHCl tạo CO2 : nHCl (1)  nCO2  0, 05(mol )  nHCl tạo HCO3 : nHCl ( 2)  nHCl  nHCl (1)  0,  0, 05  0,15  nNa2CO3  nHCl (2)  0,15  V  0,15(l )  B Câu 22 Trộn CuO với oxit kim loại đơn hoá trị II theo tỉ lệ mol tương ứng là: 1:2 hhX Dẫn H2 dư qua 3,6g X thu Y Để hoà tan hết Y cần 60ml dd HNO3 2,5M và thu V(l) NO và dung dịch chứa các muối Kim loại và thể tích khí thu là: A Mg và 0,14(l) B Mg và 0,28(l) C Ca và 0,28(l) D Mg và 0,336 (l) Lời giải: Xét trường hợp: MO bị khử 3R  HNO3  3R( NO3 )  NO  H 2O 3x 8x (mol) x  0,15  x  0, 01875mol 3,  80 x  x( M  16)  M  40(Ca ) (loại) MO không bị khử 3Cu  8HNO3  3R( NO3 )2  NO  H 2O 8x 2x x (mol) 3 Trang 19 http://boxmath.vn MO  HNO3  M ( NO3 )  H 2O 2x 4x (mol) Ta có: 8x  x  0,15  x  0, 0225mol Tìm M=24 (Mg) V= 2x 22,  0, 336(l )  D Câu 23 Cho 9,6 gam kim loại R tác dụng với 500ml dung dịch HNO3 c mol/lít vừa đủ, thu 2,24 lít khí A (là khí nhất, đktc) và dung dịch B Cô cạn dung dịch B thu 59,2 gam muối khan A không thể là khí nào sau đây? B N A N 2O C NO D NO2 Lời giải Gọi x và y là số mol R( NO3 )n và NH NO3 dung dịch sau phản ứng Ta có các quá trình oxi hóa – khử là R  R  n  ne x nx 5 N  k e  N 5k N 5  8e  N 3 Gọi N e là số mol electron mà HNO3 nhận để tạo thành mol khí Dễ thấy N e có thể nhận các giá trị là 1, 3, 8,10 tương ứng với các khí NO2 , NO, N 2O, N Bảo toàn electron ta được: xn  y  0,1N e (1) Khối lương kim loại và muối cho ta các phương trình là (2)  xR  9,   xR  80 y  xn.62  59, (3) Thay (1) và (3) vào (2) ta 9,  80 y  (8 y  0,1Ne )62  59,  576 y  6, N e  49, Suy Ne  Vậy A không thể là N Chọn đáp án B Câu 24 Hỗn hợp A gồm Al và Mg Lấy 20,4g hh A tác dụng với dd HBr dư thu 22,4(l) H2 Cũng lượng trên phản ứng vừa đủ với 500ml dd HNO3 1M và HBr thu ddB gồm các muối và thu 4,48 (l) hỗn hợp khí N2O và N2 có tỉ khối so với H2 18,5 Cô cạn cẩn thận dd B khối lượng muối thu là: A.100,5g B 181,16g C.190,18g D 187,65g Lời giải: Ta dễ dàng tính số mol: n N2  0, 0875mol và n N2 O  0,1125mol Tổng số e nhận từ chất này: ne=1,775mol Tính số mol kim loại A: nAl=nMg=0,4mol Số mol e cho: ne cho=2mol  1.775  0,028125mol   0, 2.2  0,028125.2  2,45625mol Suy số mol amoni nitrat là : n  n H Suy nHBr=1,95625 mol Số NO3- phản ứng là : 0, 2.2  0, 028125  0, 428125mol  dư :0,071875 mol Khối lượng muối là : m  20,  1,95625.80  18.0, 028125  0, 071875.62  181,16 g  B Trang 20 http://boxmath.vn Câu 25 Nung nóng hoàn toàn hh X gồm 0,1 mol NaNO3 , 0,2 mol Fe(NO3)2 và 0,3mol Cu điều kiện không có không khí thu m(g) hỗn hợp rắn Y Giá trị m là: A 46,9g B 45,3g C 42,1g D 40,5g Lời giải: Các phản ứng: 2NaNO3  2NaNO2 + O2 0,1 0,1 0,05 4Fe(NO3)2  2Fe2O3 + 8NO2 + O2 0,2 -0,1 0,05 Cu + [O] CuO 0,2 -0,2 mchat ran  69.0,1  16  0, 2.80  0,1.64  45,3 g  B Câu 26 Lấy 161,6g muối A chia thành phần thực thí nghiệm: Thí nghiệm 1: Nung A nhiệt độ cao không khí đến khối lượng không đổi thu chất rắn B và 68,4g khí Z Toàn Z dẫn qua 0,5 (l) dd KOH 2,4M ( d=1,2g/ml) thu dd C đó có muối và bazo có cùng nồng độ mol; đó C% muối là 9,11552% Cho từ từ dư Zn vào dd C thu V (l) khí T Thí nghiệm 2: Hoà tan phần còn lại vào 90g H_2O thu dd E Cho 24,9g KI vào dung dịch E thu dd F và kết tủa K Cho 100ml dd Br_2 0,5Mvào F thu ddG và kết tủa K Cho NaOH dư vào dd G thì thu kết tủa H Tổng khối lượng H và K là m(g) Giá trị V và m là: A 1,92 và 28,9 B 1,12 và 9,85 C 6,72 và 29,75 D 2,24 và 19,05 Lời giải: Ta có: Khối lượng dung dịch sau dẫn khí: mdd  68,  500.12  668, g Suy khối lượng muối : m  60,93g Vì muối và bazo có cung nồng độ mol   cùng số mol   nmuoi  0, 6mol Ta xét TH: KX, K X và K X Nhưng có KX là nhận và là muối KNO3 Khi cho Zn: 4Zn  7OH   NO3  ZnO2  NH  H 2O 0, 0, 0,6 7 V= 1,92(l) Tìm muối: A chắn là muối nitrat Phản ứng: NO2  O2  H O   HNO3 0,6 0,15 0,6 Suy mH 2O  38,  0, 6.46  0,15.32  36 g   nH 2O  2mol Tỉ lệ mol oxi và NO2 là 4:1 nên kim loại không thay đổi số oxi hoá 4M ( NO3 )n xH 2O   M 2On  4nNO2  nO2  xH 2O Tìm ra: x  và n  , Kim loại Fe Phần 2: Vì có nFe3  0,1mol ; nKI  0,15mol ; nBr2  0, 05mol Fe3  I    Fe 2  I 0,1 0,1 0,1 0,05  Brom: Br2  I   I  Br  Trang 21 http://boxmath.vn 0,025 0,05 K có 0,075mol I 0,025 Br2  Fe 2   Fe3  Br  0,025 0,05 0,05 Khi cho NaOH kết tủa H: Fe(OH ) : 0, 05mol và Fe(OH ) : 0, 05mol m  29,8 g  A Câu 27 Điện phân 500ml dung dịch Fe  NO3 3 a(M) với điện cực trơ khí có bọt khí xuất điện cực thì ngừng điện phân Để yên hệ thống điện phân khối lượng catot không đổi thì thấy thoát 3,36 (l) khí (đktc) không màu hoá nâu không khí Giá trị a là: A 0,3M B 0,4M C 0,2M D 0,15M Lời giải: 3 Fe  NO3 3  H 2O  Fe  O2  3HNO3 x(mol) Xét phản ứng: x 3x H   NO3  3e  NO  H 2O 3x 3x(mol)  mol  3x Ta có:  0,15  mol   x  0,  mol   a  0,  M   B Câu 28 Thực phản ứng nhiệt nhôm gồm Fe3O và Al Sau phản ứng xảy hoàn toàn, nghiền hỗn hợp sau phản ứng thành bột mịn chia thành phần : Phần : Cho tác dụng với NaOH dư thu 6,72 (l) khí (đktc) và chất rắn còn lại có khối lượng khối 13 lượng phần Phần : cho tác dụng với HNO3 dư thu 10,08 (l) hỗn hợp khí gồm N O và NO có tỉ khối so với H2 là Khối lượng hỗn hợp ban đầu là : A 93,17g B 86,72g C 90,23g Lời giải: Vì hoà tan vào NaOH thoát khí chứng tỏ Al dư Phần 1: Al dư: nAl  y  mol  59 D Kết khác Phản ứng: Al  3Fe3O4  Al2O3  Fe 8x 4x x 3x (mol) 3 56.3 x Ta có:   x  0, 45 y 4x 27 y  102  56.3 x 13 Với y=0,2(mol) thì x= 0,09(mol) a  0, 45b a  0,182  9 x  3b  0, 95.3 b  0, 404 Phần 2:    Suy m  232  0, 09  0,182   27  0, 404  0,   a  x    98,996  g   D  Trang 22 http://boxmath.vn Câu 29 Dung dịch X gồm HF C(M) và NaF 3C (M) Độ điện li HF dung dịch X 25o C là 3,2% Để độ điện ly tăng lần thì cần phải pha loãng dung dịch bao nhiêu lần: A B C.7 D Lời giải: HF  H 2O  H 3O   F  C  C C C NaF  Na   F  3C C Ka  C  3C  C  C 1    C.5  3C C 5 C  C 5 ; [H  ]  ; [ HF ]  k k k C  C  3C  Gọi k là độ pha loãng, ta có: [F  ]   C.5  3C  C.5  k  C  C.5  C  C 5 1    5  3 k  6 B 1  5   3 Ka  Câu 30 Đốt cháy hoàn toàn 21,6g hỗn hợp A gồm FeS2 và CuS thu chất rắn B và 6,72 (l) khí mùi hắc X Dẫn CO (dư) qua B nung nóng thu C, hoà tan C HNO3 đặc, to, dư thu khí Y Trộn toàn X và Y lại với thu Z Dẫn Z qua 11 (l) dung dịch H O2 0,17% (d=1,2g/ml) thu dung dịch D Cho lượng dư Kalidicromat vào D thu V (l) khí T ( Các khí đo đktc và thể tích dung dịch không đổi) pH dung dịch D và V có giá trị là: A và 2,464 (l) B và 1,232 (l) C và 2,464 (l) D và 1,232 (l) Lời giải: nFeS2  0,1 mol   nSO2  0,3  mol  ; nNO2  0,5  mol   n  0,1 mol    CuS Hỗn hợp Z gồm nSO2  0,3  mol  ; nNO2  0,5  mol  nH 2O2  0, 66  mol  Các phản ứng xảy ra: H 2O2  SO2  H SO4 H 2O2  NO2  HNO3 0,3 0,3 0,3 (mol) Dư: nH 2O2  0,11 mol  0,25 n H 0,5 0,5 (mol)  0,  0,3.2  1,1 mol  suy [ H  ]  0,1M  pH  Số mol khí: nO2  0,11 mol   V  2, 464  l  Câu 31 Cho các nhận xét sau SiO2 là oxit axit, dể tan kiềm nóng chảy và không tan axit Vải gổ tẩm thuỷ tinh lỏng (Hỗn hợp Kalisilicat và Natrisilicat) khó bị cháy Có chất hửu mạch hở có công thức C2 H On tác dụng với [Ag  NH  ]  OH  sinh kết tủa Để điều chế etanol từ butan cần tối thiểu phản ứng ZnO, Al2 O3 , Cr2 O3 là các chất lưỡng tính nên dễ tan dung dịch kiềm loãng Trong mạng tinh thể kim loại có các nguyên tử kim loại các nút mạng tinh thể Trang 23 http://boxmath.vn Có công thức cấu tạo hợp chất là đồng phân Toluen tham gia phản ứng với [Ag  NH  ]  OH  Số nhận xét đúng là: A B C Lời giải: Sai SiO2  HF  SiF4  H 2O Đ Đ C2 H , HOC  CHO, HOOC  COOH , HCOO  COOH Đ C4 H10  D 5 LiAlH O2  2CH 3COOH  H 2O, CH 3COOH   CH CH 2OH S Cr2 O3 không tan kiềm loãng S Ngoài nguyên tử kim loại còn có các ion kim loại S Có CT: HC  C  CH  CH  CH  C  CH HC  C  CH  CH  CH   C  CH HC  C  C  CH   C  CH  C CH  CH  CH   C  CH  Câu 32 Nhiệt phân hoàn toàn a mol BaCO3 và b mol CaCO3 Cho chất rắn thu vào c mol HCl thu dung dịch A Cho khí CO2 thu từ việc nung hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch A thu m(g) kết tủa Lấy toàn kết tủa đem nung hoàn toàn không khí thì thu V (l) khí (đktc) Biểu thức liên hệ đúng là: A V  22,  2a  2b  c  B V  11,  2a  2b  c  C V  22,  a  b  c  D V  11,  c  2a  2b  Lời giải: MCO3  MO  CO2 MO  HCl  MCl2  H c c (mol) a  b  mol  Vì tạo kết tủa HCl hết n MO  H 2O  M (OH ) ab OH  2  a  b   c c  x  y  a  b x  a  b  c  2 x  y   a  b   c  y  c Hấp thụ khí nCO 2  x  mol  , nHCO   y  mol    3 Nung: CO32   CO2 V  22,  a  b  c  l   C Câu 33 Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol triglixerit A thu 376,2g CO2 và 135g H 2O Tính số iot X (Chỉ số iot chất béo là số gam iot phản ứng với tất nốt đôi có 100g A) A 86,59 B 12,99 C 10,83 D Kết khác Lời giải: nCO2  8,55mol , nH O  7, 5mol mA  mC  mH  mO  8,55.12  7,5.2  0,15.16.6  132 g  M A  880  R1  R3  235  C17 H 31    R1  R2  R3  880  41  44.3  707    R2  237  C17 H 33   Trang 24 http://boxmath.vn Như vậy:  nI  0,15    1  0, 45mol Chỉ số iot: n  0, 45.254.100  86,59  A 132 Câu 34 Hỗn hợp X gồm este đơn chức Cho 0,5 mol X vào dung dịch [Ag  NH  ]  OH  dư thu 43,2g Ag Cho 14,08g X tác dụng với KOH vừa đủ thu hỗn hợp muối acid đồng đẳng liên tiếp và 8,256g hỗn hợp ancol đơn chức, đồng đẵng liên tiếp Số lượng X thoa mản yêu cầu bài toán là: A B C D Lời giải: Vì X phản ứng với [Ag  NH  ]  OH  đó X có HCOOR và este là CH 3COOR '  HCOOR : 0,  mol  0, 2.1  0,3.15 R   9,  R C OO R với 1 ' 0,5 CH C OO R : 0,3 mol    Dể dàng tính ra:  Tiếp theo: 14,08 8, 256   R2  34, 53,  R2 R2  17 Như ancol là C2 H 5OH 1CTCT  & C3 H OH  2CTCT  Như X có thể là:  HCOO : C2 H C2 H và đổi lại  D ;  CH 3COO : n  C H iso  C3 H Câu 35 Cho m(g) hỗn hợp gồm M, MO, Al vào nước dư, sau phản ứng thu 3,024 (l) khí (đktc); 0,54g chất rắn không tan và dung dịch A Rót 110ml dung dịch HCl 1M vào A thu 5,46g kết tủa Nếu cho m(g) hỗn hợp trên vào HNO3 , đặc, nóng, dư thì số mol HNO3 phản ứng là: A 0,71 mol B 0,72 mol C 0,5 mol D 0,68 mol Lời giải: nAl  0, 02  mol  H 2O  AlO2  H   Al  OH 3 x x x (mol)  3 Al  OH 3  3H  Al  3H 2O (x-0,07) 3(x-0,07) (mol) Ta có: x  0, 21  0,11  x  0, 08  mol  M  H 2O  M  OH 2  H a a a (mol)  2OH  Al  H 2O  2[Al  OH  ]  3H 2(a+b) 2(a+b) 3(a+b) (mol) 2a  2b  0, 08 a  0, 015 Ta có:   4a  3b  0,135 b  0, 025  nHNO3  6.n Al  4.nM  2nMO   2a  2b  0, 02   4a  2b  0, 71 mol   A Câu 36 Cho hỗn hợp X gồm các kim loại Zn, Cr , Fe, Cu, Ag Nung A khí oxi thu hỗn hợp A Hoà tan A HBr dư thu dung dịch B và chất rắn C Lấy C nung không khí thu D Cho KOH dư vào B sau đó sục khí O2 dư vào thu dung dịch E, kết tủa F Nung F không khí thu chất rắn G Đem cô cạn cẩn thận dung dịch E thu chất rắn khan H Tổng số lượng lớn các chất có D, G và H là: A B C D 10 Lời giải: Trang 25 http://boxmath.vn  CuO  KOH    KBr   Cu  OH   Fe2O3 KOH    kim loai Zn, Cr , dd  B   Cu OH 2 K ZnO2  Fe  OH 3    O2    HBr  Fe , Cu ,   ZnO,CrO,Fe O , CuO      x y  K 2CrO4  Fe  OH   Ag    Ag     Ag kk  Ag  C      Ag S Tối đa 10 chất  D Câu 37 Hoà tan 2,56 g Cu vào 25,2 g dung dịch HNO3 60% thu dung dịch A và hỗn hợp khí màu nâu ( đem ngoài không thì thấy màu nâu đậm hơn), thêm 210ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch A Sau phản ứng kết thúc đem cô cạn dung dịch thu chất rắn X Nung X không khí đến khối lượng không đổi thu 17,4 g chất rắn Tính C% các chất dung dịch A A 28,65% và 28,81% B 31,26% và 25,72% C 32,19% và 22,81% D Kết khác Lời giải: Gọi x (mol) là số mol HNO3 dư Dung dịch sau: nCu ( NO3 )2  0, 04( mol ); nHNO3  x(mol ) Khi phản ứng với NaOH: Chất rắn sau gồm: CuO : 0, 04( mol ); NaNO2 : ( x  0, 08)( mol ) và NaOH : 0, 21  0, 08  x Ta có: 80.0, 04  69.x  40(0, 21  0, 08  x)  17,  x  0,12(mol ) Các phản ứng: Cu  HNO3  Cu ( NO3 )2  NO2  H 2O a 4a 2a 3Cu  8HNO3  3Cu ( NO3 )2  NO  H 2O 8b 2b b 3 8b Ta có: a  b  0, 04 và 4a   0,12 a  0, 01 và b  0, 03 Như khối lượng dung dịch sau: m  2, 56  25,  0, 01.46  0, 03.30  26, 4( g ) Nồng độ phần trăm: [Cu ( NO3 ) : 28, 48% và [ HNO3 ]: 28, 63%  D Câu 38 Dung dịch X hòa tan 5,94 gam hỗn hợp muối clorua kim loại kiềm thổ Để làm kết tủa Cl  dung dịch X dùng dung dich AgNO3 dư tạo 17,22 gam kết tủa Lọc kết tủa, cô cặn dung dịch thu m gam muối khan Tính m? A 8,19 (g) B 10,32 (g) C 9,12 (g) D Kết khác Lời giải: Gọi công thức chung X là RCl2 n AgCl  0,06 1molRCl2  1molR ( NO3 )2 kl tăng lên 124  71  53( g ) nRCl2  nR ( NO3 )2  Vậy m  5,91  53.0, 06  9,12( g )  C Câu 39 Một hỗn hợp Y gồm K, Zn và Fe cho vào nước tạo 6,72 (l) khí Còn lại chất rắn không tan B có khối lượng 14,45 (g) Cho B vào 100 ml dung dịch CuSO4 3M thu chất rắn C có khối lượng 16 (g) Cho Y tác dụng Trang 26 http://boxmath.vn với HNO3 thì khối lượng muối lớn thu là: A 121,3 (g) B 108,3 (g) C 135,6 (g) Lời giải: Gọi x(mol ) là mol KOH phản ứng với nước thì mol Zn phản ứng với KOH là 0,5 x(mol ) Ta có : x  2.0,5 x  0,3.2  x  0,3mol Chất rắn B là Zn dư và Fe nCuSO4  0,3  0, 25  nCu  hai kim loại Zn,Fe đã pư hết D Kết khác Ta có hê pt tổng khối lượng B và tổng số mol  nFe  0, 2; nZn  0, 05mol Như : Y gồm K (0,3mol ), Zn(0, 2mol ), Fe(0, 2mol ) có khối lượng m  35,9 g  e  0,3  0, 2.2  0, 2.3  1,3mol Do đó khối lượng muối lớn là : mmuoi.max  m  62. e  mNH NO3  35,9  62.1,3  80.1,3 /  129,5 g  D Câu 40 Hỗn hợp A gồm Mg và Fe có tỉ lệ khối lượng 5:3 Hỗn hợp B gồm FeO, Fe2 O3 và Fe3O4 đó số mol FeO Fe2 O3 Hoà tan B HCl dư, sau đó thêm A vào, sau phản ứng thu dung dịch C và V(l) khí không màu E Cho C tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa nung không khí đến khối lượng không đổi thu D Biết V (l) khí E phản ứng vừa đủ với D Trộn A với B lại thu hỗn hợp X Phần trăm khối lượng Mg X là: A 31,93% B 25,17 % C 16,29 % D Kết khác Lời giải: mMg : mFe  :  nMg : nFe  35 :  nMg  35mol ; nFe  9mol Vì nFeO  nFe2 O3 => B chứa Fe3O4 Nhận thấy khí không màu E là H Trong dd C có chứa: Mg  và Fe2 Do đó D chứa: MgO và Fe2 O3 Cho E phản ứng vừa đủ với D Fe2O3  3H  Fe  3H 2O x 3x Ta có: Mg  2e  Mg 2 Fe  2e  Fe 2 Fe3O4  2e  Fe 2 H   2e  H  x  y  88  3x  y  44 (y là số mol Fe3O4 ) Bảo toàn Fe ta có: x  y  61 14152 28936  y   mX  840  504   11 11 11 840.11.100 % Mg   31,93%  A 28936 Bài 41 Hòa tan 160 gam hỗn hợp A gồm AlCl3 , FeCl2 , FeCl3 vào nước dung dịch B Chia dung dịch B làm hai phần  Điện phân phần 77200 giây dòng điện A Thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch sau điện phân thấy không xuất kết tủa  Cho 1,68 lít dung dịch NaOH 0,5M vào phần thu m gam kết tủa Al (OH ) Trang 27 http://boxmath.vn Giá trị nhỏ m gần với giá trị nào sau đây nhất? A.6,204 gam B 21,84 gam C 25,74 gam Lời giải Gọi x, y , z là số mol các chất hỗn hợp A Từ khối lượng hỗn hợp và phản ứng điện phân, dễ dàng suy hệ phương trình D 23,4 gam 325  (3z)  80 (1) 133,5x  127 y  162,5z  80 133,5x  62,5.(2 y )    3x  y  3z  1, 3x  y  3z  1, (2) Ta tìm khoảng giá trị x 325  y  3x   115  133,5x  63,5  y  3x  80  133,5x 80  133,5x 20 36 Thay vào (2) suy 1,   3x  1,    x  325 63,5 87 95 Ta thấy phần thêm vào 0,84 mol NaOH Xét các trường hợp n n 20 20  Nếu NaOH  0, 21   x  0, 28  NaOH thì m  (4 x  0,84).78 Khi x  thì m  6, 204 ( gam) 87 87 n 36  Nếu NaOH  0, 28  x  thì m  0, 28.78  21,84 gam 95 Từ (1) suy Như vậy, giá trị gần với m là 6,204 gam  A Câu 42 Cho 20( g ) MgCO3 , CaCO3 , BaCO3 đem đốt thu khí B cho khí B qua nước vôi thu 10( g ) kết tủa và dung dich Y Lọc kết tủa đem đem nung Y thu 6( g ) kết tủa nữa.Tính % MgCO3 hỗn hợp A.52,5 B.40,2 C.86,75 D,72,25 Lời giải: Nếu có MgCO3 và CaCO2 thì tính nMgCO3  0,125( mol ) Và % m  52,5 % Nếu là MgCO3 và BaCO3 tính %  86, 75 % Vì có chất nên 52,  %  86, 75 %  D Câu 43 Cho 33,35 gam hỗn hợp A gồm Fe3O4 , Fe( NO3 )3 , Cu tác dụng hoàn toàn với dung dịch chứa 0,414 mol H SO4 (loãng) thì thu khí NO và dung dịch B chứa muối Cô cạn B thu bao nhiêu gam muối khan? A 64,400 61,520 Lời giải: Nhận xét: + Hai muối thu là: CuSO4 và Fe2 ( SO4 ) B 65,976 61,520 C 73,122 64,400 D 65,976 75,922 CuSO4 và FeSO4  + Vì dung dịch B chứa muối nên lượng NO3 bị khử hết thành NO và H phản ứng hết Trường hợp Ta có Cu  2e  Cu 2 Fe3O4  H   e  3Fe3  H 2O NO3  H  3e  NO  H 2O  x  y  0, 75(0,828  y )  x  y  0, 621 Mặt khác: Trang 28 http://boxmath.vn 242(0,828  y ) 64 x  232 y   33, 35  48 x  53 y  12, 489 12  x  0, 237; y  0, 021  m  0, 237*160  400(0, 0275  0, 0315)  61, 52 gam Trường hợp Cu  2e  Cu 2 Fe3O4  H   2e  3Fe2 Fe3  e  Fe2 NO3  H   3e  NO  H 2O (0,828  y )  x  y   0, 75(0,828  y )  x  y  1,035 12 Mặt khác: 48 x  53 y  12, 489  x  0,184; y  0, 069  m  0,184*160  152(0, 207  0, 023)  64, gam  A Câu 44 Hỗn hợp X gồm KClO3 , Ca (ClO3 ) , CaCl2 và KCl có tổng khối lượng là 83,68 gam Nhiệt phân hoàn toàn X thu 17,472 lít O2 (đktc) và chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl.Y tác dụng vừa đủ với 0,36 lít dụng dịch 22 K 2CO3 0,5M thu dung dịch Z.Lượng KCl Z nhiều gấp lần lượng KCl tỏng X.Phần trăm khối lượng KClO3 X là A 47,62% Lời giải: B 58,55% C 81,37% D 23,51% KClO3    KCl  O2 Ca(ClO3 )2    CaCl2  3O2 nO2  0, 78 Bảo toàn khối lượng => mY  83, 68  0, 72.32  58, 72 Ta có nCaCl  0,18 58, 72  0,18.111  0,52 74,5 nKCl / Z  0, 52  0,36  0,88 nKCl / X  nKCl / Z  0,12 22  nKClO3  0,52  0,12  0, => nKCl /Y  mKClO3  49  % KClO3  58,55%  B Câu 45 Cần bao nhiêu kg hỗn hợp chứa 64% Fe2 O3 ; 33,6% Fe và 1,2%C để diều chế gang lò mactanh chứa 3,6% C thành thép chứa 1,2% C Biết quá trình luyện C cháy thành CO A 147,71kg B 171,47 kg C 192,52 kg D 159,22 kg Lời giải: Gọi x(tấn) là khối lượng quặng cần thêm Ta có: x(tấn) hh thì mFe  0,336a ; mFe2 O3  0, 64a và mC  0, 012a Trong gang mFe  0,964(t ? n) và mC  0, 036(t ? n) Trang 29 http://boxmath.vn Phản ứng xảy ra: Fe2O3  3C  Fe  3CO 0,004a 0,012a 0,008a (mol) Suy sau phản ứng: mFe  0,964  0, 012a.56  0, 336a và mC  0, 036  0, 012a  12.0, 012 a Ta có thép chứa 1,2%C Suy mFe 98,8 0,964  0, 008a.56  0,336a   mC 1, 0, 036  0, 012a  12.0, 012a Câu 46 Dẫn x mol  CO2 vào dung dịch chứa y  mol Ca(OH ) thu z mol kết tủa.Nếu dẫn y  mol  CO2 vào dung dịch chứa x mol Ca (OH ) thu z mol kết tủa.Hỏi z có giá trị bao nhiêu A z  x  y B z  y Lời giải: Lần 1: nOH   y ( mol ) Tỉ lệ: nCO  nCO2  2y A x C z  y  x D z  y  x z  y (1) Lần 2: nOH   x ( mol ) Tỉ lệ: nCO  nCO2  4x B y (2) TH1: Nếu  A  thì  B  Tức lần tạo muối còn lần cho muối Ta có: z  y và z  y  x Như y  y  x  x  y (nhận) Suy ra: z  y z  y  x TH2: Nếu  A thì B  Tức lần tạo muối trung hoà thì z  x Vì y  x theo giải thiết Lần 2: Nếu  B thì 2x  y tức z  y (loại vì x  y ) Nếu  B  thì 2x  y và nCO 2  x  y  x  y Như z  x  y Ta có: x  y  x  3x  y (loại vì x  y  x )  D Câu 47.Nung m gam bột gồm Al va Fex Oy diều kiện không có không khí phản ứng hoàn toàn dược hh X.Trộn X,chia X thành phần: Phần 1:(có khối lượng 14,49 gam) hòa tan hết HNO3 du thu dược 0,165mol NO(sp khử N 5 ) Phầ n 2:tac dụng hết với NaOH, t0 thấy giải phóng 0,015 mol H và còn lại 2,52 gam chất rắn.CT oxit và giá trị m là: A Fe2 O3 và 19,32 B Fe3O4 và 28,98 C Fe2 O3 và 28,98 D Fe3O4 và 19,32 Lời giải: Phần 2: nAl (2)  0, 01 ; chất rắn là Fe  nFe (2)  0, 045 , nFe (2) nAl ( 2) Phần 1:Gọi a và b là số molFe và Al ta có:  3a  3b  0, 495  a  0,135 nAl2O3  0, 06  nO  0,18   2a  9b  b  0, 03   Ta có: Trang 30 http://boxmath.vn nFe 0,135    Fe3O4 nO 0,18 m p1  3m p m  19,32 g  D Câu 48 Trộn 0,54g bột Al với Fe2 O3 và CuO tiến hành phản ứng nhiệt nhôm diều kiện không có không khí, thu hỗn hợp chất rắn Y gồm Al2O3 , FeO, CuO, Cu, Fe Hoàn tan X dung dịch HNO3 dư thu 0,896 hỗn hợp khí Y gồm NO2 và NO đktc Tỉ khối hỗn hợp Y so với H là: A 23 B 17 C 19 D 21 Lời giải: Ta có nAl  0, 02 Bảo toàn e => ne  0, 02.3  0, 06 gọi nNO2  a nNO  b Ta có hệ  a  b  0, 04 a  0, 03   a  3b  0, 06 b  0, 01 0, 03.46  0, 01  30 M tb   42 0, 04 dY / H  21  D Câu 49 Đem 144,6g phèn X có công thức:M2SO4.N2(SO4)3.nH2O cho vào bát sứ Cho lượng dư P2O5 thu hỗn hợp chất rắn Y và axit Z( Biết Z phản ứng tối thiểu với 96g NaOH) Hoà tan X vào nước cho BaCl2 dư vào thì thu 139,8g kết tủa trắng không tan axit Hoà tan hoàn toàn 144,6g X vào 45g H2O thu dung dịch A Cho Ba dư vào A thì khối lượng kết tủa và tổng số mol khí sinh là: A 171,9g và 12,5 mol B 171,9g và 3,35 mol C 139,8g và 3,35 mol D 139,8g và 12,5 mol Lời giải: Khi cho P2O5 vào thì nó hút nước và tạo acid photphoric P2O5 + 3H2O  2H3PO4 H3PO4 + NaOH  NaH2PO4 2,4 2,4 mol Suy n H2 O  3, mol nSO   0,6mol  n X  0,6  0,15mol Do đo n=24 X  964  M  N  74 Lựa chọn thì có M=18 (NH4+) và N=45 (Fe) là nhận Khi hoà tan 144,6g X vào H2O thì n Fe 3  0,3mol , n NH   0,3mol , n H 2O  3,6  2,5  6,1mol Cho Ba dư vào thì Kết tủa gồm BaSO4 và Fe(OH)3  m=171,9g Khí gồm H2 và NH3 có n  3, 05  0,3  3,35mol  B Câu 50 Cho 13,6g hỗn hợp X gồm Mg và Fe vào dung dịch HNO3 dư thu 2,548 (l) hỗn hợp khí gồm khí không màu có tỉ khối so với H2 là 1594 Biết hỗn hợp khí phản ứng vừa đủ với 0,56 (l) khí O2 điều kiện thường Cô 91 Trang 31 http://boxmath.vn cạn dung dịch thu 64,2 g muối Số mol HNO3 bị khử là: A 0,19 B 0,2 C 0,15 Lời giải: Khí phản ứng với O2 điều kiện thường là NO  nNO=0,05mol Suy hỗn hợp khí có số mol: n=0,06375 mol Kết hợp với tỉ khối ta tìm số mol của: D 0,22 n N  0,02mol , n N O  0,04375mol Suy số mol e nhận chất này là: n e  0,7 mol Gọi x là số mol NH4NO3 Ta có Khối lượng muối là tổng khối lượng các ion 64,2=13,6+62(0,7+8x)+80x  x=0,0125mol  Suy số mol HNO3 bị khử là: n  n NO  n N2  n N2 O   n NH4 NO3  0,19mol  D Câu 51 A là chất rắn tan nước tạo dung dịch có màu sậm, A là chất oxi hoá mạnh (nhất là các axit) Đun nóng A các sản phẩm B,C,D là chất oxi hoá mạnh Nếu cho dung dịch B màu lục tác dụng với khí Clo thì thu dd A có màu đậm Nếu nung chảy chất rắn C với dung dịch kiềm có mặt Oxi tạo chất chảy màu lục Nếu đun nóng chất rắn C với acid sunfuric thì có khí D thoát và dung dịch có màu hồng chất E Chất E là sản phẩm khử A điều chế khí Clo từ KCl có mặt acid sunfuric Các chất A, B,C chứa cùng kim loại Nếu cho 18,96g A vào dung dịch chứa 0,33 mol H2SO4, 0,5 mol HCl và 0,05 mol C2H5OH Thể tích khí thoát điều kiện tiêu chuẩn là: A 8,96 (l) B 3,36 (l) C 6,72(l) D 5,97 (l) Lời giải: A là KMnO4 nKMnO4  0,12mol , nH   1,16mol  Thứ tự phản ứng xảy ra: 2MnO4  10Cl   16 H   Mn 2  5Cl2  8H 2O 0,1 0,5  0,8 0,25  12 MnO  5C2 H 5OH  36 H  12 Mn 2  10CO2  33H 2O 0,02 60 Khí: V  5,97(l )  D Câu 51 Cho khí CO qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng Sau kết thúc thí nghiệm thu 4,784 gam hỗn hợp rắn B gồm chất Khí thoát khỏi ống sứ cho hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu 9,062 gam kết tủa Mặt khác hòa tan B dung dịch HCl dư thấy thoát 0,6272 lít H2 (điều kiện tiêu chuẩn) Phần trăm % khối lượng Fe2O3 A và B là (biết B số mol Fe3O4 1/3 tổng số mol FeO và Fe2O3) A 86,96% và 20,07% B 67,78% và 20,07% C 86,96% và 18,06% D 67,78% và 18,06% Lời giải: Kết tủa: nBaCO3  0, 046mol , nFe  nH  0, 028mol , Dể dàng tính khối lượng A: m= 4,784+0,046.16=5,52g nFeO  0, 01, nFe2O3  0, 03mol  % Fe2O3  86,96% Trong B: Tách bao gồm: FeO : xmol ; Fe2O3 : ymol  x  y  0, 01  0, 03.2  0, 028  0, 042  x  0, 018  72 x  160 y  4,784  0, 028.56  3, 216  y  0, 012 Ta có:  Từ số mol Fe3O4 1/3 tổng số mol FeO và Fe2O3 Ta tính nFe2 O3  0, 006mol  %  20, 07%  A Câu 52 Nhiệt nhôm hoàn toàn 38,8g hỗn hợp Fe2O3 và Cr2O3 cần vừa đủ 13,5g Al thu hỗn hợp A gồm các kim loại Hoà tan A lượng H2SO4 vùa đủ thu dung dịch B Cho (l) dung dịch Ba(OH)2 0,6M vào B đem để không khí thì khối lượng kết tủa thu là: Trang 32 http://boxmath.vn A 148,6g Lời giải: Ta có: B.136,8g nFe2 O3  0,1mol nFeSO4   nCr2O3  0,15mol nCrSO4 C 148,2 g D 149,5g nFeOH 3  0, 2mol nFeOH   0, 2mol   0, 2mol [O ],kk nCr OH   0,3mol     nCr OH   0,1mol  m  148, g  A  0,3mol nBaSO4  0,5mol  n nBaSO4  0,5mol   0, mol  OH Câu 53 Hỗn hợp A gồm 5,6g Fe, 24g Fe2O3 và 22,8g Cr2O3 Trộn A với lượng bột Al thực phản ứng nhiệt nhôm điều kiện có không khí Sau thời gian thu hỗn hợp B Khi cho B vào HBr dư thu V (l) khí Còn cho vào NaOH dư thì thu V (l) khí (đo cùng điều kiện) Khoảng giới hạn khối lượng nhôm ban đầu là m.(Giả thiết oxit có khả phản ứng và phản ứng không tạo oxit khác) Ta có: A 0,9  m  11, B 0,9  m  22,5 C 1,8  m  11, D 0,18  m  Lời giải: Ta có: nFe  0,1mol ; nFe2 O3  nCr2O3  0,15mol Vì oxit có chất phản ứng giống nên ta góp chung: M O3 M 2O3  Al   Al2O3  M x 2x x 2x Vì số mol oxit và khả phản ứng nên 2x M có x(mol) Fe và x(mol) Cr Gọi a là số mol Al ban đầu Ta có hoà tan vào HCl thì nH  0,1  2,5 x  1, 5( a  x ) Khi hoà tan vào NaOH thì : nH  1,5 x  1, 5( a  x ) Theo đề: 0,1  2,5 x  1,5(a  x ) 3 1, x  1,5(a  x)  0,1  x  2[1,5 x  1,5(a  x )]  x  Vì  x  0,15 nên 1,5a  0,1 1  a   0,18  m   D 150 Câu 54 Mắc nối tiếp bình điện phân: bình gồm 0,1 mol Fe2(SO4)3 và a mol MSO4(M2+ là ion kim loại bị điện phân) Bình chứa 0,1 mol KBr , 0,2 mol KCl và 0,1 mol KNO3 Điện phân dòng điện chiều có cường độ I(A) sau thời gian thì thấy điện cực bình thoát 8,96 (l) khí (đktc) và bình thấy thoát kim loại Trộn dung dịch sau điện phân lại với thấy thoát V(l) khí không màu hoá nâu không khí V=? (đktc) A.1,12 (l) B 2,24 (l) C 3,36 (l) D 0(l) Lời giải: Bình 2: (+): Br   Br2  2e H 2O  2e  2OH   H 0,1 0,05 2y y 2Cr   Cl2  2e 0,2 0,1 0,2  H 2O  H  O2  4e 4x x 4x Trang 33 http://boxmath.vn  y  x  0,3  x  0, 05mol Ta có:   2 y  x  0,3  y  0, 25mol Như vậy: ne  y  0,5mol , nOH   0,5  0,  0,3mol Môi trường bazo đó không tạo khí NO Câu 55 Nung hỗn hợp Z gồm muối kim loại Kali 400o C , sau phản ứng thu 0,336 (l) khí A không màu và chất rắn X Cho X vào bình đựng lượng dư dung dịch đậm đặc FeSO4 và H SO4 , đun nhẹ thu 0,896 (l) khí B không màu Biết A dễ dàng phản ứng với B tạo thành khí C màu nâu đỏ Cho toàn Z vào dung dịch HCl dư cho vào đó lượng đồng dư thu khí T Dẫn hỗn hợp gồm A và T vào 500 ml dung dịch HCl 0,06M thu dung dịch có pH bằng: A 0,85 B 1,22 C 1,1 D Kết khác Lời giải: X tác dụng với FeSO4 và H SO4 tạo khí => X chứa muối nitrat nitrit Vì X là sản phẩm nhiệt phần Z => X là chứa muối nitrit Vậy Z chứa muối KNO3 và A là O2 Khí B không màu hóa nâu với O2 => B là NO Ptpứ: KNO3  KNO2  O2 (1) Fe2  H   NO2  Fe3  NO  H 2O (2) Theo (1): nKNO3  nNO  2nO2  0, 03mol ; Theo (2): nNO2  nNO  0, 04mol  0, 03mol Vậy Z phải chứa muối KNO2 nKNO2  0,040, 03  0, 01mol 3Cu  8H   NO3 3Cu 2  NO  H 2O (3) Cu  H   NO2Cu 2  NO  H 2O (4) Theo (3,4): nNO = nNO   nNO   0, 04mol 2NO  O2  NO2 (5) NO2  H 2O  HNO3  NO (6) Theo (5): nNO2  2nO2  0, 03mol ; nO  0, 02mol 0, 02  0,1M  pH  1,  D => [ H  ]  0, 06  0, Theo (6): nHNO3  Câu 56 Cho 1,514 gam Al vào 100ml dung dịch hỗn hợp CuSO4 0,6 mol/l và Fe2 ( SO4 ) x mol/l Kết thúc phản ứng thu 4,74 gam chất rắn gồm kim loại giá trị x là: A 0,15 B 0,2 C 0,08 D 0,25 Lời giải: Vì sau phản ứng thu kim loại => Đó là Cu, Fe => CuSO4 hết Vậy ptpứ là: Al  3CuSO4  Al2 (SO4 )3  3Cu (1) Al  3Fe2 ( SO4 )3  Al2 ( SO4 )3  FeSO4 (2) Al  Fe2 ( SO4 )3  Al2 ( SO4 )3  Fe (3) (là phản ứng tổng (2) với Al  3FeSO4 toAl2 ( SO4 )  3Fe Trang 34 http://boxmath.vn Gọi x, y, z là số mol Al (1,2,3), ta có: x  nCu  0, 04mol mCu  0, 06.64  3,84 gam  mFe  4, 743,84  0,9 gam  z  0, 016 mol 1,514 nAl  x  y  z   0, 056  y  0mol 27 z Vậy nFe2 ( SO4 )3   0, 08M  C Câu 57 Cho m gam bột Cu vào dung dịch có chứa 12,24 gam AgNO3 khuấy điều, sau đó thêm 300ml dung dịch H SO4 loãng a(M), phản ứng hoàn toàn thu 10,56 gam phần rắn kim loại , dung dịch X và khí NO cho dung dịch X tác dụng với dung dịch KOH thì cần 20,16 gam KOH Giá trị m và a theo thứ tự là A 12g và 0,6M B 10g và 0,5M C 15,36 và 0,6M D 7,68 và 1,2M Lời giải: Ta có nAgNO3  0, 072mol ; nKOH  0,36mol Ptpứ: Cu  AgNO3  Cu ( NO3 )  Ag (1) 3Cu  8H   NO3 3Cu 2  NO  H 2O (2) H SO4  KOH  K SO4  H 2O CuSO4  KOH  K SO4  Cu (OH )2 Gọi x, y là số mol Cu phản ứng (1) và (2) Dễ dàng chứng minh AgNO3 hết => x = 0,036 mol và mCu du  10,560, 072.108  2,784 gam Xét phản ứng (2):  Nếu H hết => không có phản ứng (3) Theo (4): x  y  0,18mol  y  0,144mol Điều này là vô lý, vì theo (2) số mol NO_ 3^ không đủ => Loại  Nếu H dư: Theo (2): y  n   0,108mol  m  (64.(0, 036  0,108)  2, 784  12 gam NO3 Theo (3,4) ta có: nH SO4 du  0,18( x  y )  0, 036mol Theo (2): nH   0, 288mol  nH SO4  0,144mol Vậy nH SO4 du  0,18mol  a  0, M  A Câu 58 X là muối nhôm (khan), Y là muối (khan) vô khác, Hoà tan hỗn hợp muối X và Y ( có cùng số mol) vào nước dung dịch A, Thêm từ từ dung dịch Ba  OH 2 đến dư vào dung dịch A thu dung dịch B, kết tủa D và khí C, Acid hoá dung dịch B HNO3 sau đó cho AgNO3 dư vào thấy xuất kết tủa trắng, Kết tủa này hoá đen để ngoài ánh sáng, Khi cho Ba  OH 2 vào A thấy xuất kết tủa max (E) và kết tủa (D), Nung E và D không khí đến khối lượng không đổi thu 6,248 (g) và 5,126 (g) tương ứng, Biết D không tan HNO3 đậm đặc, Phần trăm khối lượng X hỗn hợp là: A 72,15 %, B 78,16% C 71,25% D Kết khác Lời giải Kết tủa trắng hóa đen ngoài áng sáng => AgCl => A có chứa Cl  Cho Ba(OH ) vào A thấy xuất khí C => A chứa NH 4 Sự chênh lệch khối lượng E và D chính là khối lượng Al (OH )3 Trang 35 http://boxmath.vn  mAl2O3  6, 248  5,126  1,122( gam)  nAl2O3  0, 011(mol ) Kết tủa D chính là BaSO4  n Al2O3  0, 011(mol ) => X là AlCl3 và Y là ( NH ) SO4 NH HSO4 % AlCl3 = 133,5.100/265,5 = 50,28% % AlCl3 = 133,5.100/248,5 = 53,72%  D Câu 59 Hòa tan hoàn toàn 7,68 gam bột Cu vào dung dịch chứa 0,48 mol HNO3 ,khuấy thu V lít khí (đktc) và dung dịch X chứa hai chất tan,Cho tiếp 200ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch X cô cạn,nung đến khối lượng không đổi thu 34,88 gam hỗn hợp rắn Z gồm ba chất,Các phản ứng xảy hoàn toàn,Giá trị V là: A 5,376(l) B 1,792(l) C 2,688(l) D 3,584(l) Lời giải: Ta có nCu  0,12mol ; nNaOH  0, 4mol Chất rắn sau nung gồm NaOH, CuO, NaNO2 với nCuO  0,12mol  mNaNO2  mNaOH  34,88  80.0,12  25, 28 g , Bây gọi 25, 28  0, 4.40  0,32mol = nNaNO3 dd, Mặt khác nNaNO3 = 2nCu 2  nA (với A là 46  17 chất X)  nA  0,32  2.0,12  0, 08mol , Do đó A không phải là NH NO3  A là nNaNO2  xmol  x  HNO3  nH   0, 48  0, 08  0, 4mol (đây là số mol H+ phản ứng) Mặt khác nNO   0, 48  0,32  0,16mol (đây là số mol NO3 phản ứng) Ta có nH  nNO   0,  2,5 ==> khí là NO và NO2 vì hh thiết phải có NO2 0,16 Gọi nNO  a ;nNO2  b , Ta có hệ 4a  2b  0,   a  b  0,16 a  0, 04mol   nhhkhi  0,16mol  V  3,584l  D  b  0,12mol Câu 60 Cho m gam Fe vào dd AgNO3 thu hỗn hợp X gồm kim loại ,Chia X làm phần ,Phần ít ( m1 gam) cho tác dụng với dd HCl dư thu 0,1 mol H Phần nhiều ( m2 gam ) cho tác dụng với dd HNO3 loãng dư thu 0,4 mol khí NO ,Biết m2  m1  32,8 g Tính m? A 33,6 g và 47,1 B 1,74 g và 6,33 C 17,4 g và 63,3 Lời giải Gọi số mol Fe và Ag hh X là x,y mol=> mX  56 x  108 y Gọi phần gấp n lần phần 2(n>1) suy   m1   m   mX n 1 nmX n 1  m2  m1  x   nFe  n  Ta có: Phần 1:  n  y  Ag n  D 3,36 và 4,71 (n  1)m X n   (56 x  108 y )(1) n 1 n 1 nx   nFe  n  Phần 2:  n  ny  Ag n  Trang 36 http://boxmath.vn x  x  0,1.(n  1)  0,1    n 1 Bây ta có hệ    n 1  3nx  ny  0, 4.3  1,  y  n (1,  0,3n)  n  n  108 n , Đến đây thì tìm m=33,6g và m=47,1g  A 67 Thay vào (1) ta tim n  và Câu 61 Cho 14,8 (g) hỗn hợp gồm kim loại hoá trị II, oxit và sunfat kim loại hoà tan dung dịch H SO4  l  , dư thu dung dịch A và 4,48 (l) khí, Cho NaOH dư vào dung dịch A thu kết tủa B, nung B nhiệt độ cao thấy còn lại 14 (g) chất rắn, Mặt khác 14,8 (g) hỗn hợp trên vào 0,2 (l) dung dịch CuSO4 2M thì phản ứng kết thúc, loại bỏ kết tủa đem cô cạn dung dịch thu 62 (g) chất rắn, Lấy lượng kim loại 14,8 (g) hỗn hợp đem nung với CO2 dư thu hỗn hợp rắn X, Lấy X tác dụng với HNO3 đặc, nóng, dư thì thu V1  l  khí nhất, Lấy lượng muối tạo dung dịch nung không khí đến khối lượng không đổi thu V2  l  khí, (các khí đo đktc), Tổng V1  V2 có giá trị là: A 20,16 (l) B 22,4 (l) C 16,8 (l) Lời giải: Đặt kim loại hóa trị II là M, Gọi a, b, c là số mol M, MO, MSO4 Ta có: Khối lượng hỗn hợp đầu m  M (a  b  c )  16b  96c  14,8 (1) D 17,92 (l) nM  nH  a  0, 2mol (2) Chất rắn thu sau nung kết tủa B là oxit MO Khối lượng chất rắn m  M (a  b  c )  16a  16b  14 (3) Lấy (1) - (3) ta có: 80c  16a  0,8 Kết hợp với (2) ta có: 80c  16.0,  0,8  c  0, 05mol Xét phản ứng với CuSO4 , có M phản ứng, MSO4 tan còn MO không tan, Sau phản ứng ta có, khối lượng muối thu là: m  mMSO4  mCuSO4 ( du )  ( M  96)(a  c )  160.0,  62 (4)  ( M  96).(0,  0, 05)  30  M  24( Mg ) Xét phản ứng với CO2 thu hỗn hợp chất rắn X => X gồm MgO, C, Vậy phản ứng là: 2Mg  CO2  2MgO  C 0,2 0,2 -0,1 X phản ứng với HNO3 đặc: C  HNO3  CO2  NO2  H 2O nCO2  nC  0,1mol nNO2  4nC  0, 4mol  V1  11, 2(l ) => Muối thu 0,2 mol Mg ( NO3 ) , Nhiệt phân hoàn toàn muối: 2Mg ( NO3 )  MgO  NO2  O2 Dễ dàng tính nkhi  nNO2  nO2  0,5mol => V2  11, 2(l ) => V1  V2  22, 4(l )  B Câu 62 Cho 0,18 gam đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H SO4 đặc nóng thu khí A (biết sản Trang 37 http://boxmath.vn phẩm khử S 6 là SO2 ), Thu toàn khí A vào dung dịch Ca(OH ) dư thấy xuất 5,1 gam kết tủa, Nếu cho 0,18 gam R tác dụng với dung dịch HNO3 (đặc,nóng,dư) thì thể tích khí thu (đktc) là bao nhiêu (biết sản phẩm khử N 5 là NO2 nhất)? A.1,344 lít B 1,68 lít Lời giải: TH1 Chỉ có khí SO2 C.1,792 lít D 2,016 lít 5,1  0, 0425(mol )  nSO2  0, 0425(mol ) 120 Do đó ne ,cho  0, 085( mol ) nBaSO3  Vì hai acid có tính oxihoa mạnh và đưa kim loại đến số oxi hoá cao nhất, Nên nNO2  ne,cho  0, 085( mol )  V  1,904  l  TH2 Vậy A phải có khí khác Vì SO2 là sản phẩm khử nên khí còn lại phải là hợp chất R, Dễ dàng xác định R là Cacbon, C  H SO4  CO2  SO2  H 2O nC  0, 015  nCO2  0, 015; nSO2  0, 03  mket tua  0, 015,100  0, 03,120  5,1 (phù hợp với đề bài) C  HNO3  CO2  NO2  H 2O => n( )  nCO2  nNO2  0, 015  4, 0, 015  0, 075mol => V  1, 68(l )  B Câu 63 X là dung dịch Al2 ( SO4 )3 , Y là dung dịch Ba(OH ) , Trộn 200 ml X với 300 ml Y 8,55 gam kết tủa, Trộn 200 ml X với 500 ml Y 12,045 gam kết tủa, Nồng độ mol X, Y là: A 0,1 M va 0,2M B 0,05M va 0,075M C 0,075M va 0,1M D 0,1M va 0,005M Lời giải: Ta xét trường hợp nSO2  nBa2 nAl2 ( SO4 )3  a ; nBa ( OH )2  b là số mol lúc đầu 78, b  233b  8,55  b  0, 03 10b 233,3a  78(8a  )  12, 045 => a = 0,015 Thế vào ta tính C Xét SO42  hết => Lượng kết tủa thay đổi là Al (OH )3 còn BaSO4 không đổi Điều kiện 3x  y 78, y  233,3 x  8,55 10 78(8 x  y )  233,3x  12, 045 Giải hệ ta thấy có nghiệm không thỏa Đáp án C Câu 64 A là 9,6 g hỗn hợp gồm C và Fe có tỉ lệ mol tương ứng là 2:3, B là hỗn hợp chứa 20,2 g KNO3 và 25,5 g Trang 38 http://boxmath.vn NaNO3 , Trộn A với B nung chân không thu chất rắn X và hỗn hợp khí Y, Hoà tan X vào nước thấy còn lại chất rắn Z và thu dung dịch C, Sục hết khí Y vào dung dịch C cô cạn cẩn thận dung dịch thu m(g) chất rắn D, Chất rắn Z hoà tan hoàn toàn đặc nóng thu V (l) khí nhất, ( Các phản ứng xảy hoàn toàn), Giá trị m và V là: ` ` A m  40,9  g  v a V  5,  l  , B m  51,  g  v a V  3, 36  l  , ` C m  46,  g  v a V  8,96  l  , D Kết khác Lời giải Ta có A nC  0,1(mol ) và nFe  0,15( mol ) Trong B nKNO3  0,3( mol ) và nNaNO3  0, 2( mol ) gọi CT chung MNO3 với M 0,3,39  0, 2, 23  29, 4( g / mol ) 0,5 Phản ứng xảy 4MNO3  C  2M 2O  CO2  NO2 0,4 0,1 0,2 0,1 -0,4 MNO3  MNO2  O2 0,1 0,1 -0,05 Phản ứng Fe và O2 sinh các oxit và Fe dư, Hoà tan vào HNO3 ta có nNO2  0,15,3  0, 05,  0, 25  V  5, 6(l ) Dung dịch C gồm MOH : 0, 4(mol ) và MNO2 : 0,1( mol ) Sục khí: NO2  MOH  MNO3  MNO2  H 2O 0,4 0,4 0,2 -0,2 m  0, 2,91,  0,3, 75,  40, 9( g )  A Câu 65 Cho lượng bột CaCO3 tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl 32,85%, Sau phản ứng thu dung dịch X đó nồng độ HCl còn lại là 24,20%, Thêm vào X lượng bột MgCO3 khuấy cho phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch Y đó nồng độ HCl còn là 21,10%, Nồng độ phần trăm các muối CaCl2 và MgCl2 dung dịch Y tương ứng là A 10,35% và 3,54%, B 12,35% và 8,54%, C 12,35% và 3,54%, Lời giải: Giả sử ban đầu có 100g dung dịch HCl 32,85% ==> nHCl  0,9mol D 8,54% và 10,35% CaCO3  HCl  CaCl2  CO2  H 2O a 2a a a a mddsau  mCaCO3  mddHCl  mCO2  56a  100 (0,9  2a).36,  0, 242 56a  100 ==> a=0,1 mol ==> nH Cldu  0, mol Nồng độ HCldu  MgCO3  HCl  MgCl2  CO2  H 2O b 2b b b b mdd sau  40b  md dHCldu  40b  105, 57 Giải tương tự trên ta suy b=0,04 mol ==> mddsau  107,17 Trang 39 http://boxmath.vn 111.0,1.100  10,35% ==> C %CaCl2  107,17 Tương tự ==> C % MgCl2  3,54%  A Câu 66 Hòa tan 60g hợp oxit kim loại hóa trị vào lít dung dịch HCl 2M và H SO4 0,75M dung dịch X ,Trung hòa X cần vừa hết 58,1g ( NH ) CO3 và BaCO3 , sau trung hòa ta dung dịch Y.Điện phân dung dịch Y đến catot bắt đầu xuất bọt khí thì dừng lại,Khi đó catot có 16g kim loại và có 5,5 lít khí thoát anot,(ĐKTC) Tìm kim loại và phần trăm khối lượng oxit kim loại Lời giải: Ta xét quá trình điện phân dung dịch Y, Nếu kim loại bị điện phân đó hỗn hợp ban đầu khối lượng O2 là 60  16  44( g ) (không hợp lý), Như có kim loại điện phân, Ban đầu nCl   2( mol ) đó quá trình điện phân Cl  chưa hết, Như nCl   Như M  5,5 5,5  nM  22, 22, 16, 22,  65( Zn) 5,5 16 40  mRO  40( g )  nRO  (mol ) 65 R  16  ZnO  33, 33 Suy nZnO  n H  3,5(mol ) Số mol trung hòa 0, 295,  nH   0, 605, Như phản ứng: 2, 29  nH  , pu  2,91 Phản ứng với ZnO thì nH   32 65 Như phản ứng với RO: 1,8  nH  , pu  2, Kết luận: 17,3  R  28,  R  24(Mg ) Vậy oxit là MgO and ZnO Câu 67 Trong bình kín dung tích không đổi chứa 35,2x gam oxi và 160x gam khí SO2 (ở 136,5o C ,áp suất 4,5atm) có mặt xúc tác V2O5 , Đun nóng bình thời gian để phản ứng xảy đưa 136,5o C ,áp suất bình lúc này là p atm,Biết hiệu suất phản ứng là H % ,Giá trị p nằm khoảng: A 3,125  p  4,5 B  p  C 2,5  p  Lời giải: D 1,  p  3,125 nO2  1,1x; nSO2  2,5 x 2SO2  O2  SO3 => Hiệu suất tính theo O2 Ban đầu: nO2  1,1x; nSO2  2,5 x Phản ứng: nO2  1,1hx  nSO2  2, 2hx Sau pứ: nO2  1,1(1  h) x; nSO2  x (2,5  2, 2h); nSO3  2, 2hx Trang 40 http://boxmath.vn n p 3, x 4,5 4,5(3,  1,1h) T ,V  const  truoc  truoc    p  h   3,125  p  4,5  A nsau psau 3, x  1,1hx p 3, Bài 68 Cho 17,5 gam hỗn hợp X gồm muối MHCO3 và M CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch Ca(OH ) 20 gam kết tủa, Nếu cho 17,5 gam tác dụng với dung dịch CaCl2 dư 10 gam kết tủa, Cho 17,5 gam X tác dụng vừa đủ với V (l) KOH 2M, Giá trị V là: A 0,2 lít B 0,4 lít Lời giải: C 0,3 lít MHCO3  Ca(OH )2  MOH  CaCO3  H   M 2CO3  Ca(OH )2  CaCO3  2MOH D 0,05 lít Gọi số mol MHCO3 : x; M CO3 : y ( mol ) Ta có: x  y  0, ( M  61) x  (2M  62) y  17,5 y  0,1  x  y  0,1   M  18     nKOH  nMHCO3  0,1mol  VKOH  0, 05l  D Câu 69 Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm với Fe2 O3 điều kiện không có không khí, Chia hỗn hợp thu sau phản ứng (đã trộn thành phần), Phần hai có khối lượng nhiều phần là 134 gam, Cho phần tác dụng với NaOH dư thấy có 16,8 l khí H bay ra, Hòa tan phần HCl dư thấy có 84 lít khí bay ra, Tính khối lượng Fe tạo thành sau phản ứng nhiệt nhôm, A.189 gam B.112 gam C A và B đúng D.Tất sai Lời giải Gọi khối lượng phần là x  khối lượng phần là x+134 Vì td với NaOH dư có H nên hỗn hợp còn dư Al Vậy hỗn hợp có Al, Al2O3 và Fe nH  16,8  0, 75 mol 22, Al  NaOH  H 2O  NaAlO2  3H  nAl 1  0, 75.2  0,5mol Al  HCl  AlCl3  3H 3a a -2 Fe  HCl  FeCl2  H b b Ta có:  b  3, 75 2a Gọi x,y,z là số mol Al, Fe, Al2O3 phần và a,b,c là số mol Al, Fe, Al2O3 phần Vì m2  m1  134  27 a  56b  102c  27 x  56 y  102 z  134  27(a  x)  56(b  y )  102(c  z )  134 (.) Mà hỗn hợp trộn nên a  x  b  y  c  z ( )  0, 724 mà x=0,5  a  1, 224  b  1,914  y  1,914  0, 724  1,19  mFe  56(1,914  1,19)  173,824  D Câu 70 Hỗn hợp X khối lượng 21,52 gam gồm kim loại hóa trị 2(không phải là kim loại mạnh) và muối nitrat nó , Nung X bình kín đến hoàn toàn chất rắn Y, Biết Y phản ứng vừa hết với 600 ml dung dịch H SO4 0,2M Trang 41 http://boxmath.vn và Y phản ứng vừa hết với 380 ml HNO3 1,333M tạo NO, Xác định kim loại A Cu B.Pb C Mg Lời giải Ta có H   0,50654 D Đáp án khác  Khi tác dụng với HNO3 : H   NO3  3e  NO  H 2O 2H   O 2  H 2O 0,24 0,12 Khi tác dụng với H SO4 Giả sử Kim loại M tác dụng với H SO4 loãng Ta có 2H   O 2  H 2O 0,24 0,12 2H   M  M 2  H Trường hợp này loại vì ko có M thỏa mã Giả sử M ko tác dụng với H SO4  noxit  0,12( mol ) n tạo nO là 0,26654(mol) 0, 26654,3 n e nhận =  0,199905 => số mol M dư là 0,0999 mol M ( NO3 )  MO  NO  O2 X x 0,5x M  O2  MO y 0,5x y Để tạo khỉ NO => số mol M dư là 0,0999 mol      x( M  62, 2)  ( y  0,999) M  21,52 x  y  12  M  64  Cu  A xy Câu 71 Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Na2 O, Al2 O3 vào nước dung dịch suốt A Thêm dung dịch HCl 1M vào dung dịch A nhận thấy bắt đầu thấy xuất kết tủa thì thể tích dung dịch HCl 1M đã cho vào là 100ml còn cho vào 200ml 600ml dung dịch HCl 1M thì thu a gam kết tủa Tính a và m A a  7,8 g ; m  19,5 g B a  15, g ; m  19,5 g C a  7,8 g ; m  39 g D a  15, g ; m  27, g Lời giải: "Thêm dung dịch HCl 1M vào dung dịch A nhận thấy bắt đầu thấy xuất kết tủa thì thể tích dung dịch HCl 1M đã cho vào là 100ml" kiện này chứng tỏ dung dịch A có NaOH dư và nNaOH du  0,1(mol ) Khi cho vào 200ml( TN1 ) 600ml( TN ) dung dịch HCl 1M thì thu a gam kết tủa chứng tỏ lượng kết tủa TN1 chưa cực đại,còn TN thì lượng đạt cực đại và bị tan phần Gọi số mol NaAlO2 dư TN1 là x,lượng KOH dùng thêm cho pư với NaAlO2 TN là 0, 4(mol ) ,lượng KOH này làm nhiệm vụ tạo thêm lượng kết tủa để kết tủa cực đại,đồng thời làm tan lượng kết tủa đó để lượng kết tủa còn lại là a NaAlO2  HCl  H 2O  Al (OH )3  NaCl x x x Al (OH )3  3HCl  AlCl3  3H 2O x      3x Ta có x  0,  x  0.1 Trang 42 http://boxmath.vn  nNaAlO2bd  0,1  0,1  0, 2(mol ), nNaOHbd  0,1  0,  0,3( mol )  nAl2O3  0,1(mol ), nNa2O  0,15(mol )  a  0,1.78  7,8( g ), m  0,1.102  0,15.62  19, 5( g )  A Câu 72 Hòa tan hết 25,4 gam FeCl2 vào dung dich chứa gam Br2 thu dung dịch X Hòa tan dung dịch X vào NaOH dư Sau phản ứng xảy hoàn toàn (trong điều kiện không có không khí ) thu m gam kết tủa Giá trị m là: A 10,7 B 21,4 C 18 D 19,7 Lời giải Ta có: nFe   0, 2( mol ), nBr2  0, 05 Ta lại có: nFe   nBr2 nên Fe2 dư, tạo muối Fe2 và Fe3 Bảo toàn điện tích: nOH   nCl   nBr   0, 2.2  0, 05.2  0,5( mol ) Khối lượng kết tủa thu là: m  mFe  mOH   0, 2.56  0,5.17  19, 7( g )  D Lời giải Đặt FeS  Cu2 S  x(mol )  x  x  0,15  x  0, 05  Fe2O3 : 0, 025(mol )  Cu2O : 0, 05(mol ) SO2  Br2  H 2O  H SO4  HBr  nH SO4  0,15(mol ) Ta có các phương trình sau cho Y vào Z:  Fe2O3  3H SO4  Fe2 ( SO4 )3  3H 2O  Cu2O  H SO4  CuSO4  Cu  H 2O Cu  Fe (SO )  CuSO  FeSO  4 Ta có chất rắn không tan là Cu dư, nCu ( du )  0, 05  0, 025  0, 025  m  1, 6( g )  C Câu 73 Hòa toàn hoàn toàn a gam FeS2 vào dung dịch HNO3 , có khí màu nâu bay là sản phẩm khử Đồng thời tạo dung dịch X chứa loại ion (bỏ qua thủy phân muối và điện li nước) Lấy X pha loãng nước cất thu lít dung dịch Y có pH Vậy giá trị a là: 10 A 1.6 gam B 16 gam C 2.4 gam D 24 gam Lời giải  Đặt nFeS2  x ( mol ) , dung dịch chứa loại ion: Chắc chắn có Fe3 và SO42  , ion còn lại là H vì dung dịch sau phản ứng có pH  nH  ( X )  10.0, 01.2  0, 2(mol ) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: 0,  3x  x.2  x  0, Vậy ta có: a  0, 2.120  24( g )  D Câu 74 Hỗn hợp gồm Na, Al, Fe phản ứng hết với H SO4 (l ) thu V lít H Nếu thay Na và Fe kim loại tổng khối lượng Na và Fe hỗn hợp X, Khối lượng Al không đổi thì hỗn hợp Y Hòa tan hoàn toàn Y H SO4 (l ) thu V lít H (các khí đo cùng điều kiện, nhiệt độ, áp suất) hóa trị II có khối lượng Xác định kim loại M? A Mg B Fe Lời giải Ta giả sử hỗn hợp không có Al thì bài toán đúng C Ba D Be Trang 43 http://boxmath.vn 23  M  23 2M 56 Nếu hỗn hợp gồm Fe thì ta có: nFe   M  28 2M Vậy ta có: 23  M  28 , M là Mg  A Câu 75 Dung dịch A gồm NaOH 1M và Ba(OH ) 0,5M Dung dịch B gồm AlCl3 1M và Al2 ( SO4 )3 0,5M Cho Nếu hỗn hợp gồm Na thì ta có: nNa  V1 lít dung dịch A vào V2 lít dung dịch B thu 427,5V2 (gam) kết tủa Tỉ số V1 : V2 là: A 2,537 B 3,5 D A B C Lời giải Chọn V2  1(l ) , ta có:  2V1 nAl 3  2(mol ) n Dung dich A :  OH  va Dung dich B :  nBa 2  0,5V1 nSO4 2  1,5 (mol ) Trường hợp 1: V1  ta có: Khối lượng kết tủa là: m  2V1 78  0,5V1.233  427,5  V1  2,537 (thoa ) Trường hợp 2:  V1  , ta có: Khối lượng kết tủa: m  (42  2V1 )78  1,5.233  427,5  V1  3, (thoa ) Trường hợp 3: V1  , khối lượng kết tủa thu là: m  1,5.233  427,5 (loai ) Chú ý: Trong bài toán đã sử dụng CT: nkt  4.nAl 3  nOH  ta có: 3.nAl 3  nOH   4.n Al 3 Dễ chứng minh kết này các phương trình hóa học  D Câu 76 Hòa tan m gam hỗn hợp X gồm Cu, Al vào dung dịch HCl dư thấy có gam chất rắn không tan Nếu trộn thêm gam Mg vào 0.5m gam X thì hỗn hợp Y Hàm lượng % theo khối lượng Al Y nhỏ X là 33.33% Khi cho Y tác dụng với dung dịch NaOH thì thể tích H thu đktc nhiều lít Thành phần % theo khối lượng Cu X là: A 40% B 16.67% C 18.64% D 30% Lời giải Chất rắn không tan là Cu, suy m gam hỗn hợp X có gam Cu  m  12 m  0,5(m  2)    m 0,5m  m4 0,5(m  2) Và do:   nên ta có: m  12 27 24 Suy ra: %Cu   16, 67% 12 Ta lại có: Câu 77 Hòa tan a gam Mg, b gam Fe, c gam oxit sắt vào dung dịch H SO4 (l ) dư thu 1,23 lít khí dung dịch B tác dụng vừa đủ với 60 ml dung dịch KMnO4 0,05M thu dung dịch C Biết dung dịch C có 7,274 gam muối trung hòa Tìm công thức oxit sắt và a, b, c A FeO; a  0,36 g ; b  1, g ; c  g B Fe2O3 ; a  0,36 g ; b  1g ; c  9,1g A 27o C , 1atm và dung dịch B Lấy C Fe3O4 ; a  0,36 g ; b  1,96; c  9, 28 g D Kết quá khác Lời giải nH  0, 05(mol ) Trang 44 http://boxmath.vn Đặt x,y,z là số mol Mg,Fe và oxit sắt Ta có nKMnO4  5.0, 06.0, 05  0, 015( mol ) Khối lượng muối trung hoà mtrunghoa  7, 274.5  36,37 gam Mg  H SO4   MgSO4  H Fe  H SO4   FeSO4  H 10 FeSO4  KMnO4  H SO4   Fe2 ( SO4 )3  K SO4  MnO4  8H 2O Khối lượng muối tạo thành Fe2 ( SO4 ) , K SO4 , MnSO4 0,375.400  0, 0075.174  0, 015.151  18, 57 gam) Trong dung dịch C còn lại lượng muối là :36,37-18,57=17,8gam đó là muối MgSO4 mMgSO4  17,8 gam nMgSO4  0,148(mol ) => nH  0,148mol  0, 05mol (vô lí) Dung dịch B chứa Fe2 ( SO4 ) Nếu nFeSO4 =0,075moldo FeSO4 cung cấp thì nH =0,075mol>0,05mol(vô lí) Vấy oxit sắt tác dụng với H SO4 đồng thời tạo muối => Công thức oxit sắt là Fe3O4  C Câu 78 Một hợp chất X có khối lượng phân tử 103 Cho 51,5 gam X phản ứng hết với 500 ml dung dịch NaOH 1,2 M, thu dung dịch Y đó có muối AminoAxit và ancol (có khối lượng phân tử lớn khối lượng phân tử O2 ) Cô cạn Y thu m gam chất rắn Giá trị m là: A 52,50 B 24,25 C 26,25 D 48,50 Lời giải X là este aminoaxit Ta có: Ancol thu có KL lớn 32 nên dễ suy X có CT là: H N  CH  COOC2 H Dễ thấy NaOH dư nên: m  mNaOH  mX  mancol  0,5.1, 2.40  51,5  0,5.46  52,5 ( g )  A Câu 79 Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít CO2 (đktc) vào 200ml dung dịch chứa Na2 CO3 0,5M và NaOH 0,75M thu dung dịch X Cho dung dịch BaCl2 dư vào dung dịch X thu kết tủa có khối lượng là: A 29,55 gam B 19,7 gam C 9,85 gam D 39,4 gam Lời giải nCO2  0, 2(mol ) , dễ tính cho CO2 vào thì dung dịch có: nCO3 2  0, 05  nHCO3   0, 25 Khối lượng kết tủa là: m  0, 05.197  9,85 ( g )  C Câu 80 Hoà tan hoàn toàn Al vào cốc chứa 500ml dung dịch HNO3 0,6M thu dung dịch X không chứa muối amoni và 604,8ml(đktc) hỗn hợp khí Y gồm N O và N có tỉ khối với H 18,5 Thêm dung dịch NaOH 2M vào dung dịch X tới không còn phản ứng hoá học xảy thì thể tích dung dịch NaOH đã dùng là: A 120ml B 123ml C 160ml D 163ml Lời giải Ta dễ tính được: nHNO3  0, ( mol ), nN2 O  0, 015 ( mol ), nN  0, 012 ( mol ) nHNO3 ( du )  0,  0, 015.10  0, 012.12  0, 006 ( mol ) Khi cho NaOH tới dư vào dung dịch X thì ta có Al  NaOH và HNO3  NaOH , đó thể tích NaOH đã dùng là: nNaOH  0, 006  0, 015.8  0, 012.10  0,326 ( mol ) Suy đáp án D Trang 45 http://boxmath.vn Câu 81 Cho 12,25g KClO3 vào dung dịch HCl(đặc dư), khí Cl2 thoát cho tác dụng hết với kim loại M thu 38,10g hỗn hợp chất rắn X Cho X vào dung dịch AgNO3 dư, thu 118,5 gam kết tủa Các phản ứng xảy hoàn toàn M là: A Fe B Mg C Zn D Cu Lời giải KClO3  HCl  3Cl2  KCl  3H 2O Do đó: nCl2  0,3( mol ) Khi cho X vào AgNO3 dư thì ta có toàn $Cl$ AgCl , suy ra: nAgCl  0, 6( mol ) Do AgNO3 dư nên kết tủa gồm Ag và AgCl, suy ra: nAg  0,3 ( mol ) Gọi M, n là KL mol và hóa trị cao KL M, bảo toàn e cho quá trình ta có: 38,1  0,3.71 56 n  0,3  0,3.2  M  n M Suy ra: n  và M  56  A Câu 82 Cho m (g) hh NaBr, NaI phản ứng hết với dd H SO4 đặc nóng thu hh khí X đk thường.ở đk thích hợp X phản ứng vừa đủ với tạo thành 9,6 gam chất rắn màu vàng và chất lỏng không làm đổi màu quì tím.gí trị m là A 50,6 B 240 C 404,8 D 260,6 Lời giải Chất rắn màu vàng là S: nS  0,3( mol ) NaBr  H SO4  Na2 SO4  Br2  SO2  H 2O(1) x x(mol )                (mol ) NaI  5H SO4  Na SO  I  H S  H 2O (2) y y (mol )                (mol ) H S  SO2  3S  H 2O(3) x y (mol ) (mol )0,3(mol ) x   0,1   x  0, 2(mol )   Vậy m  0, 2.103  1, 6.150  260, 6( g )  D y y  1, 6( mol )    0,  Câu 83 Cho hỗn hợp gồm canxi cacbua và nhôm cacbua vào nước hỗn hợp khí A có tỉ lệ mol 1:1.Nung hỗn hợp A 15000 C thu hỗn hợp khí B Cho B qua AgNO3 / NH dư 48g kết tủa và hỗn hợp khí C thoát có tỉ khối so với H là 3,8 Hiệu suất pư nhiệt phân là: A 50% B 25% C 75% Lời giải: Phản ứng CaC2  H 2O  Ca (OH )  C2 H D 80% Al4C3  12 H 2O  Al (OH )3  3CH Giải sử ban đầu có x(mol) chất Khi đó nC2 H  x ( mol ) và nCH  3x (mol ) Phản ứng nhiệt phân 2CH  C2 H  3H Trang 46 http://boxmath.vn a 3a (3 x  a ) 2 Sau nhiệt phân nkhi  x  a (mol ) đó nC2 H  Ta có a x a 48  x   nC2 H   0, 2(mol )  a  x  0, 240 Sau dẫn qua AgNO3 / NH 0, 2( mol ) C2 H Khối lượng hỗn khí sau là 26 x  16.3x  0, 2.26  74 x  5, 2( g ) Số mol hỗn hợp khí sau n  x  a  0, Ta có M C  74 x  5, 74 x  5,  7,   7,  x  a x  a  0, 2 x  0, 35 35 a  50  A 3x Câu 84 Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 , Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thu Hiệu suất phản ứng H  1,344 lít khí NO sản phẩm khử (ở đktc) và dung dịch X Dung dịch X có thể hoà tan tối đa 11,2 gam Fe Số mol HNO3 có dung dịch ban đầu là: A 0,94 mol B 0,64 mol C 0,86 mol D 0,78 mol Lời giải: Cách Quy đổi hổn hợp Fe : x(mol ) ; O : y (mol ) và z là số mol acid dư Ta có: 56 x  16 y  11,36(mol ) Trước cho Fe thì: nFe3  x ( mol ) và nHNO  z (mol ) Phản ứng: Fe  Fe3  3Fe 2 x x 3Fe  H   NO3  3Fe 2  NO  H 2O 3z z z x 3z Ta có:   0, 2 Khi cho hỗn hợp vào HNO3 sau đó lại cho Fe vào thì tạo Fe2 Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3z Giải các pt trên ta được: x  0,16(mol ) ; y  0,15(mol ) và z  0, 32(mol ) x  0, 2.2  y  0, 06.3  n HNO3  0, 06  0,16.3  0, 32  0,86(mol )  C Cách Quy đổi hỗn hợp đầu thành Fe : x(mol ) ; O : y (mol ) Sử dụng định luật BTKL và BT electron ta có hệ 56 x  16 y  11, 36   x  y  0, 06.3  x  0,16   y  0,15 PTHH Trang 47 http://boxmath.vn Fe( NO3 )3  Fe  3Fe( NO3 )2 0,16 0,08 3Fe  HNO3  3Fe( NO3 )2  NO  H 2O 0,12 0,32  nHNO3  0,32  0,16.3  0, 06  0,86(mol )  C Câu 85 Nhúng Mg vào dung dịch chứa 0,6 mol Fe( NO3 )3 và 0,05 mol Cu ( NO3 )2 ,sau thời gian lấy kim loại và cân thì thấy khối lượng tăng 11,6g.Tính khối lương Mg đã phản ứng A m  24( g ) B m  21( g ) C m  16,8( g ) D m  19, 2( g ) Lời giải Trước tiên Mg khử Fe3 hết trước Mg  Fe3  Mg 2  Fe 2 0,3 -0,6 0,6 (mol) Vì lúc này không có kim loại tạo nên khối lượng đã giảm 0,3.24(g) Tiếp theo Mg  Cu 2  Mg 2  Cu 0,05 -0,05 0,05 Phản ứng này tăng: 0, 05.40  2( g ) Như còn giảm 5,2(g) Tiếp Mg  Fe 2  Mg 2  Fe Phản ứng này phải tăng 16,8 (g) 32 x  16,8  x  0, 525(mol ) (nhận) Vậy n Mg  0,525  0, 05  0,3  m  21 g   B Trang 48 http://boxmath.vn Câu Hỗn hợp khí X gồm H ankin A và anken B có cùng số nguyên tử C Tỉ khối X so với Heli 3,9 Dẫn hỗn hợp X qua bội Ni nung nóng sau phản ứng xảy hoàn toàn thu hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với hỗn hợp 20 CTPT A và B là? A C3 H và C3 H ban đầu là B C4 H và C4 H D Cả A và B đúng C Cả A và B sai Lời giải: Hỗn hợp đầu M  15, và hỗn hợp sau: M  104 Ta giả sử có (mol) hỗn hợp đầu, suy số mol hỗn hợp sau: n2  15, 6.3  0, 45(mol ) 104 Số mol giảm chính là H phản ứng Ta giả sử H hết Vì ankin và anken cùng số C đó độ chênh lệch khối lượng mol chất lớn và nhỏ không quá Tính M A, B  15,  0,55.2  32, 22 0, 45 Như không có chất nào thoả Trường hợp còn lại là H dư.thì M A, B , H  15,  0,55.2  32, 22 0, 45 Đến đây ta có thể chọn cặp: a C3 H và C3 H b C4 H và C4 H (lưu ý là các chất A, B thể khí) Chọn D Câu Khí X là đơn chất, khí Y là Hidrocacbon mạch hở Hỗn hợp X, Y có đặc điểm: - Tỉ khối hỗn hợp (X + Y) cùng số mol so với khí oxi là 1,5 - Tỉ khối hỗn hợp (X + Y) khối lượng so với khí Nitơ là 1,64 Khí Y là: A Ankan B Anken C Ankin Lời giải: Cùng số mol: 1, 5.32  D Aren X Y  X  Y  96 Cùng khối lượng: 45,92  2m 1    m m X Y 45, 92  Y X Suy XY  2204,16 Tìm ra: X  38( F2 ) và Y  58(C4 H10 )  A Trang 49 http://boxmath.vn Câu Trộn rượu C3 H OH với CH 3COOH chia làm hai phần Phần cho tác dụng hết với Na thu 3,36 lít H (đktc) Phần đun nóng cho xảy phản ứng este hóa, sau thời gian, để nguội cho tác dụng hết với Na, thu 2,24 lít H (đktc) Vậy số gam este tạo là: A 5,1 B 10,2 Lời giải: C 15,3 D 20,4 C3 H 7OH : x (mol ) CH 3COOH : y (mol ) Và a(mol ) là số mol tạo este Ta có: x  y  0,3 Dung dịch còn lại có thể có C3 H OH dư ( x  a )(mol ) , CH 3COOH dư ( y  a)(mol ) , Gọi  Este tạo thành là neste  a  mol  và nH 2O  a  mol  Phần tác dụng Na  x  a  y  a  a  0,  a  0.1  meste  10, g  B Câu Cho 4,48 lít hỗn hợp X (đktc) gồm hai hidrocacbon mạch hở lội từ từ qua bình chứa 1,4 lít dung dịch Br2 0,5M Sau phản ứng xảy hoàn toàn , số mol Br2 giảm nử và khối lượng bình tăng lên thêm 6,7 gam Công thức phân tủ hai hidrocacbon là: A C3 H và C3 H B C2 H và C3 H C C2 H và C4 H D Kết khác Lời giải: Phản ứng nBr2  0.35( mol ) nhh  0,  ankin anken  x  y  0,  x  0, 05    x  y  0,35  y  0,15 0.05.(14n)  0.15.(14m  2)  6.7  n  3m  10 m, n  và n   C4 H và C2 H  C  m  Câu Tripeptit M và tetrapeptit Q tạo từ amino axit X mạch hở, phân tử có nhóm  NH Phần trăm khối lượng N X là 18,667% Thuỷ phân không hoàn toàn m gam hỗn hợp M, Q (tỉ lệ mol : 1) môi trường axit thu 0,945 gam M ; 4,62 gam đipeptit và 3,75 gam X Giá trị m là A 9,135g B 5,58g C 58,725g D 8,389g Lời giải: Ta có: M X  14  75 18, 667%  CT : H NCH 2COOH Thủy phân hoàn toàn  3x  x  n X 3x  x  mol  0,945 4, 62 3, 75   189 132 75 Trang 50 http://boxmath.vn x 27  mol  1400  m  0, 027.(189  246)  8, 667  D Câu Hỗn hợp khí X gồm trimetylamin và hai hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp Đốt cháy hoàn toàn 100 ml hỗn hợp X lượng vừa đủ Oxi thì thu 650 ml hỗn hợp khí Y gồm các khí và nước.Nếu cho Y qua dung dịch axit H SO4 đặc dư thì còn lại 350 ml khí ( Các thể tích đo cùng điều kiện) Công thức phân tử hai hidrocacbon là: A C3 H & C4 H10 B C2 H & C3 H C C3 H & C4 H D C2 H & C3 H Lời giải: Tính VH 2O  300 Số nguyên tử H trung bình: N  Ta có: trimetylamin có CT: C3 H N Như hidrocacbon phải có số H trung bình bé thì có B là phù hợp thôi Chọn B Câu Hỗn hợp X gồm este đơn chức Cho 0.5 mol X tác dụng với dung dịch AgNO3 / NH dư thu 43.2g Ag Cho 14.08 gam X tác dụng với dung dịch KOH vừa đủ thu hỗn hợp muối axit đồng đẳng liên tiếp và 8.256 g hỗn hợp ancol no đơn chức đồng đẳng liên tiếp, mạch hở.Công thức ancol là : A C4 H OH và C5 H11OH B CH 3OH và C2 H 5OH C C2 H 5OH và C3 H OH D C3 H OH và C4 H OH Lời giải: Cách Tạo phản ứng với AgNO3 / NH nên este có este có gốc HCOOR theo kiện thứ thì muối có gốc liên tiếp nên gốc este có gốc CH 3COOR' nHCOOR  0, 2mol nCH 3COOR  0, 3mol 14,08g X có 0,2k mol HCOOR và 0,3k mol CH 3COOR Ta có hệ k 0, 2( R  17)  k 0,3( R   17)  8, 256   k 0, 2( R  45)  k 0,3( R  59)  14, 08  k=0,32 Từ hệ ta giải R  R  14 R  R  14 Ta có R  43 và R  29 Nên ancol là C2 H 5OH và C3 H 7OH Đáp án: C Cách Từ đề bài ta suy CT este là: HCOOR1 và CH 3COOR2 gọi x và y là số mol tương ứng chúng 14,08g Ta có: x  y Dùng tăng giảm: ta có pt 28 x  42 y  5,824 Giải hệ: ta x  0, 064mol , y  0, 096mol Trang 51 http://boxmath.vn Ta có: 0, 064( R1  17)  0, 096( R2  17)  8.256   R1  1,5 R2  86,5 có TH: R1  R2  14 R2  R1  14 Đáp án: C2 H 5OH và C3 H OH  C Câu Xà phòng hoá hoàn toàn 12,5g chất béo có số xà phòng là 224., thu 13,03g muối( Giả thiết gốc axit este và axit tự là nhau) Lấy toàn lượng glyxerol sinh đem điều chế thuốc nổ trinitro glyxerat Chỉ số axit và khối lượng thuốc nổ thu là: A.6,5 và 5,942g B 5,6 và 4,125g C 22,4 và 3,045g D và 4,125g Lời giải: (12,5.10-3.224)  0, 05mol 39 n glyxerol  a , n H 2O  b  3a  b  0, 05 BTKL: mchat  beo  m NaOH  m muoi  m glyxerol  m H2 O  12,5  0, 05.40  13, 03  92a  18b n NaOH  `  a  0, 015 v a b  0, 005 0, 005.56.1000  22, Chỉ số axit: 12,5 Thuốc nổ là: C3 H  ONO 3 m  0,015.227  3, 405g  C Câu Dẫn 47g hỗn hợp rượu qua Al2O3 dư nhiệt độ cao thu hỗn hợp ete, olefin, H2O và rượu dư Tách lấy nước thu hỗn hợp B Lấy nước cho tác dụng với K dư thu 4,704(l) H2 Lượng olefin phản ứng vừa đủ với 1,35(l) dd Br2 0,2M Phần ete và rượu dư chiếm thể tích V= 16,128 (l) (ở 136,5OC và 1atm) Biết hiệu suất tạo thành olefin là và số mol các ete Hiệu suất tạo thành olefin là: A 20% B 50% C 25% D 30% Lời giải: n H2  0, 21mol Số mol ete và rượu dư là : n=0,48mol Số mol anken: n=0,27mol Ta có: RCH2-CH2-OH  RCH=CH2 + H2O và 2RCH2CH2OH  (RCH2CH2)2O + H2O 0,27 0,27 0,27 0,3 0,15 0,21.2-0.27=0,15 Suy ra: n ancol  0,27  0,3  0,48  0,15  0,9 (mol)  Hiệu suất tạo thành olefin: H  0, 27 100%  30%  D 0.9 Câu Chia hỗn hợp rượu thành phần nhau: Phần 1: Cho vào bình kín chân không có dung tích 0,9 (l), sau đó cho bay 136,5oC và áp suất p= 851,2mmHg Phần 2: Đun với H2SO4 đặc 140oC thu 0,742g hh ete Tách lấy rượu chưa phản ứng( bao gồm 40% rượu có phân tử lượng nhỏ và 60% rượu có phân tử lượng lớn) đun với H2SO4 đặc 180oC thu V (l) olefin Giả thiết hiệu suất tạo thành olefin là và 100% Hai ancol có phân tử lượng kém 28 (đvc) Giá trị V là: (đktc) A 0,336 B 0,112 C 1,12 D 0,3584 Lời giải: Từ phần tính số mol ancol: n=0,03mol Gọi x,y mol là số mol R-OH (M) và R-C2H4-OH (M+28) x+ y =0,03 Ta có: tách có 40% ruợu nhỏ và 60% rượu lớn đó phản ứng là 60% nhỏ và 40% lớn Trang 52 http://boxmath.vn 0,6 x  0,4 y   n H 2O  Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 0, Mx  0, 4( M  28) y  0, 742  9(0, x  0, y ) Suy ra: 0, M (0, 03  y )  0, My  11, y  0, 742  9(0, 6.0, 03  0, y  0, y ) 0, 018M  0,904 0 y   0, 03  42,8  M  50  M  46 0, M  13  y  0, 02  x  0, 01(mol ) Tính V  22, 4.(0, x  0, y )  0,3584(l )  D Câu 10 Hỗn hợp M gồm rượu đơn chức Chia 45,6g M thành phần Cho phần tác dụng với Na dư thu 3,36(l) khí H2 Phần đun nóng với CuO dư thu M1 gồm andehit M1 phản ứng với AgNO3/NH3 dư thu 86,4g Ag Phần đem đốt cháy dẫn toàn sản phẩm cháy hấp thụ hết vào 500ml dd NaOH thu 65,4g muối Nồng độ NaOH là: A 4M B 1,5M C 1,75M D 2M Lời giải: Mỗi phần có khối lượng 15,2 gam Do các rượu đơn chức nên số mol rượu là nancol  2nH  0,3 Vậy khối lượng mol trung bình rượu là: M ancol  50, 67 Vậy ancol có phân tử khối nhỏ là ancol metylic etylic Xét phản ứng thứ 2, ta có nAg  0,8( mol ) nên hai rượu không là CH 3OH thì số mol ancol là nancol  nAg :  0, 4 0,3 Vậy ancol có PTK nhỏ là CH 3OH Gọi số mol hai ancol theo thứ tự có PTK tăng dần là x và y Ta có hệ phương trình x  y  0,3 và x  y  0,8 Suy x  0,1 và y  0, Dễ dàng suy ancol thứ hai là C3 H 8OH Vậy nCO2  0,1.1  0, 2.3  0, 7mol Gọi số mol CO2 phản ứng tạo NaHCO3 và Na2 CO3 là a và b Ta có a  b  0, và 84a  106b  65, Suy a  0, và b  0,3 Vậy nNaOH  a  2b  Vậy CM   D Câu 11 Cho 16g đất đèn CaC2 vào nước dư Khí C2H2 tạo thành đem trộn lẫn với H2 thu hỗn hợp X, dẫn X qua Pd nhiệt độ cao thu hh Y gồm các hidrocacbon Cho Y qua dd AgNO3/NH3 dư thu 14,4g kết tủa, khí còn lại làm màu hoàn toàn 12,64g KMnO4 dd thu chất hữu A Cho A qua CuO nhiệt độ thu B đa chức B phản ứng vừa hết với 39,2 g Cu(OH)2 NaOH tạo muối C Tỉ khối X với H2 và khối lượng muối C là: A 6,9 và 13,4 B 13,4 và 13,8 C 6,62 và 13,4 D 13,8 và 11,2 Lời giải: nC H  nCaC  0,25mol , nC2 H  n Ag2 C2  0,06mol , nC2 H  n KMnO4  0,12mol Bảo toàn C  nC H  0,07mol mX = mY=7,02g Trang 53 http://boxmath.vn Trong X: dX H2 nH2  0,07.2  0,12  0,2mol  7,02  6,62 2(0,28  0,25) Muối là: NaOOC-COONa=0,1 mol  m= 13,4g  C Câu 12 Hỗn hợp A gồm 0,1 mol C2 H , 0,15 mol buta-1,3-dien, 0,1 mol cyclopropan, 0,25 mol metylcyclopropan; 0,2 mol but-1,2,3-trien; 0,15 mol andehit axetic tác dụng với mol H Sau phản ứng xảy hoàn toàn thu hỗn hợp B Dẫn B qua dung dịch [Ag  NH 2 ]  OH  dư thu 22,8g kết tủa và thấy thoát 19,04 (l) hỗn hợp khí C (đktc) có tỉ khối so với hidro là 444 Nếu dẫn toàn C qua brom dư thì số mol Br2 phản ứng là: 17 A 0,45 mol B 0,35 mol Lời giải: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng : C 0,3 mol D 0,25 mol  mB  47,9  g  mC  44,  g  Khối lượng bị hấp thụ là 3,5 g 240 x  216 y  22,8  x  y  0, 05  mol   26 x  44 y  3, Như bỏ các khí hấp thụ thì Tổng số liên kết  A là: 1,45 (mol) Số liên kết  bị bão hoà là 1(mol) Còn lại 0,45 (mol) n  0, 45  mol   A Câu 13 Đốt cháy hoàn toàn 3,24g hh X gồm chất hữu A và B khác dãy đồng đẵng ( đó A và B kém nguyên tử C) thu H2O và 9,24g CO2 Biết tỉ khối X so với H2 là 13,5 Thành phần % khối lượng chất có phân tử lượng nhỏ là: A 72,22% B 27,78% C 81,78% D 18,22% Lời giải: nCO  0, 21(mol ), nX= nX  n C  3, 24  0,12  mol  2.13,5 0,21  1,75 0,12 Phân tử lượng nhỏ có 1C cộng với giả thiết MCxHyOz < 27  CH4 a  b  0,12 a  0,03  a  2b  0,21 b  0,09 Suy ra: 0, 03.16  0, 09(24  y  16 z )  3, 24  y  16 z  6, 67 (loại)  Chất còn lại là C2HyOz Hệ:  Trường hợp còn lại: C2H2 Thì: 0,09.26+0,03(12+y+16z)=3,24  (y+16z)=18  CH2O (metanal) 0, 09.26 100  72, 22%  A 3, 24 Câu 14 Một hỗn hợp X đo 82o C , atm gồm anken A và H có tỉ lệ thể tích là 1:1 Cho X qua Ni nung nóng thu hỗn hợp Y (hiệu suất H%) Biết tỉ khối Y so với H là 23,2 Công thức nào A không đúng Phần trăm: %= Trang 54 http://boxmath.vn A.C2 H B.C4 H C.C6 H12 D.C5 H10 Lời giải: Cách Gọi công thức và số mol anken là Cn H n và x Phản ứng Cn H n  H  Cn H n  Do phản ứng có thể chưa hoàn toàn nên số mol Y là a, với x le a le 2x Ta có (14n  2) x (14n  2) x (14n  2) x   2x a x  14n   46,  28n   3,  n  6,5 Vậy n  n  n   A Cách CT anken: Cn H n Giả sử có 1mol chất phản ứng: pư: Cn H n  H   Cn H n  h h h 14n  2h Mà:  h  Nên 3,  n  6,5  A Ta có: 23, 2.2  Câu 15 Đốt chát hoàn toàn hỗn hợp X gồm amoniac, metylamin, đimetylamin, etylmetylamin lượng không khí vừa đủ sau đó dẫn toàn sản phẩm qua bình đựng P2O5 dư thì thấy khối lượng bình tăng 11,52g và thoát 75,264 (l) khí (đktc) Nếu lấy toàn X trên tác dụng với H SO4 dư thì khối lượng muối tạo là: A 50g B 60g C 16,16g D 24g Lời giải: X có CT chung Cn H n 3 N : 2n   2n   Cn H n  N   n  H 2O  N  O2  nCO2   2  2n   a   2n   a a  n  an a  (mol)       3a  2n   Ta có: a   0, 64 (1)   0, 64mol  an    Khí thoát gồm có oxi và nito 2n   a 75, 264 7a  4a  n   3, 36mol  an   3,36 (2)   an    22,  Giải hệ gồm và 2: a=0,16 và an=0,4  n  2,5 Cn H 2n 1 NH  H SO4  Cn H n1 NH HSO4 ( Vì acid dư nên tạo muối acid) 0,4 0,4 (mol) mmuoi  0, 4.52  0, 4.98  60 g  B Câu 16 Hỗn hợp A gồm 0,03mol hỗn hợp chất  H N  x R  COOH  y ( x  3y và gốc R có   v  ) và este no đơn chức mạch hở Đốt cháy hoàn toàn A thu 0,05mol CO2 và 0,07 mol H 2O Cho toàn A trên phản ứng với HNO2 dư thu V (l) khí Giá trị lớn V là: A 5,376 (l) B 6,72 (l) C 5,6 (l) D 6,272 (l) Trang 55 http://boxmath.vn Lời giải:  H N  x  Cn H n22 k  x y   COOH  y ;  k   Hay Cn  y H n   k  x N xO2 y x x y  n  y   1 k   y  1 k   2 0, 07  0, 05 y y y nX  max  1- k+  k     (chọn y=4) y 2 1 k  nX  0, 02  mol  nH 2O  nCO2  n   k   H N 12  12 N 0,02 0,24 (mol)  V  5, 376  l   A Câu 17: Hỗn hợp X gồm anđehit A (no, đơn chức, mạch hở) và hiđrocacbon B, có tổng số mol là 0,3 (số mol A nhỏ số mol B) Đốt cháy hoàn toàn X, thu 13,44 lít khí CO2 (điều kiện tiêu chuẩn) và 10,8 gam H O Hiđrocacbon B là: A C2 H B CH C C2 H D C3 H Lời giải: Nhận xét :do nH 2O  nCO2 nên B là anken.Loại A,B 0, 2 0,3 Gọi nA  x , nB  y (vì nB  nA nên y  0,3 ) Nếu tồn số C  thì đó phải là A vì aken có C  C A lúc này là HCHO Ta có x  ny  0, và x  y  0,3 Suy (n  1) y  0,3 Vì n  nên y  0,3 vô lí Vậy C  hay CH 3CHO và C2 H  C Câu 18 Thực phản ứng este hóa rượu pentanpenta-1-2-3-4-5-ol và hỗn hợp hai axit CH 3COOH và HCOOH thì thu tối đa bao nhiêu gam este có cấu tạo đối xứng và tạo khí với Na ? A 18 B 16 C 14 D 12 Lời giải: Đặt : R2  CH 3COO  và R2  HCOO  Ta có: C  C  C ( R)  C  C có CT C  C ( R)  C  C ( R)  C có CT C ( R)  C  C  C  C ( R) có CT C  C ( R)  C ( R)  C ( R)  C có CT C  C ( R2 )  C ( R1 )  C ( R2 )  C có CT C ( R)  C  C ( R)  C  C ( R) có CT C ( R2 )  C ( R1 )  C  C ( R1 )  C ( R2 ) có CT C ( R)  C ( R)  C  C ( R)  C ( R ) có CT  18  A n Câu 19 Đốt cháy hoàn toàn 5,1 gam chất hữu A cần vừa đủ 10,08 lít O2 (điều kiện tiêu chuẩn) Hấp thụ hết sản phẩm cháy (chỉ gồm CO2 và H 2O ) vào nước vôi 20 gam kết tủa Lọc bỏ kết tủa đun nóng nước lọc Trang 56 http://boxmath.vn lại có gam kết tủa Biết A không tác dụng với Na Vậy A có thể có bao nhiêu công thức cấu tạo ? A 14 B 15 C 16 D 17 Lời giải: Ta dễ dàng tìm nCO2  0,3( mol ) Tính mH 2O  6,3( g )  nH 2O  0,35( mol ) Và tìm công thức A là: C6 H14 O Và A là ete Dạng C5 H11  O  CH có công thức C  C  C  C  C có C  C  C  C có C  C  C có công thức Dạng C4 H  O  C2 H có công thức C  C  C  C có C  C  C có C  C có C3 H  O  C3 H có công thức C  C  C với C  C  C C  C (C )  với C  C  C và C  C (C )  với C  C (C )   15  B Câu 20 Hỗn hợp X gồm acid HCOOH ; CH  CHCOOH ; CH 3COOH có tỉ lệ mol tương ứng là 1:2:2 Hỗn hợp Y gồm ancol metanol, etanol, ancol anylic có tỉ lệ mol tương ứng là 1:1:2 Cho 19,84 (g) X phản ứng với 15,035 (g) Y thu m(g) este Biết hiệu suất phản ứng các phương trình phản ứng là và 70% Giá trị m là: A 20,5065 (g) B 20,0725 (g) C 20,3805 (g) D Kết khác Lời giải: 46a  72.2a  60.2a  62 ,suy Rtb  17 5a Tương tự cho hỗn hợp ancol ta có M tb Rtb OH  48.5 và Rtb  31,5 19,84 15, 035  0,32(mol ), nancol   0, 31(mol ) ,suy số mol este tính theo số mol Ta có naxit  62 48,5 CTC hỗn hợp axit: Rtb COOH ,suy M tb Rtb COOH  ancol Vậy m  0,31.0, 7.(17  31,5  44)  20, 0725( g )  B Câu 21 Hỗn hợp gồm hidrocacbon X và O2 có tỉ lệ mol tương ứng là 1:10 Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp trên thu hỗn hợp khí Y Cho Y qua dung dịch H SO4 đặc, nóng thu Z có tỉ khối so với H là 19 Dẫn 6,72 (l) khí X vào lượng dung dịch KMnO4 vừa đủ 15,8 % thì dung dịch sau có nồng độ phần trăm ancol là: A 12,13% B 13,54 % C 6,77 % D 12,67 % Lời giải: Chon nx  1( mol ), nO2bd  10(mol ) Hỗn hợp Z gồm CO2 ( xmol ), Odu (10  ( x  y ))(mol ) y M Z  38  x  10  ( x  )  x  4, y  là hợp lí nKMnO4  nMnO2  nanken  0.2(mol ) Trang 57 http://boxmath.vn mddsaupu  manken  mddKMnO4  mMnO2  0.3*56  Vậy C %C4 H (OH )  0.2*158*100  0.2*87  199.4( g ) 15.8 0.3*90 *100  13.54%  B 199.4 Câu 22 Cho hỗn hợp X gồm metylamin, etylamin, trimetyl amin và hidrocacbon A Đốt cháy hoàn toàn V (ml) hỗn hợp X oxi vừa đủ thu V1 (ml) hỗn hợp Y Dẫn Y qua bình đựng P2O5 dư thì thấy còn lại V2  ml  khí Biết V  V1  2V2 Hidrocacbon A là: A C3 H B C2 H C C2 H D C3 H Lời giải: Va  (Va )Cn H n N  (VaCO2 )CO2  (VaH 2O ) H 2O  ( ) N Cách   (Vh )C x H y  (VhCO2 )CO2  (VhH 2O ) H 2O  V2 chứa CO2 , N V1 chứa H 2O, CO2 , N Ta có: V  V1  2V  [ VH 2O   VCO2  VN ]  [2. VCO2  2VN ]  V   VH 2O   VCO2  VN  VH 2O  VaH O  VhH 2O    VCO2  VaCO2  VhCO2   V VN  a   1, V  V  a aH 2O  VaCO2  V  [VaH 2O  VhH 2O ]  [VaCO2  VhCO2 ]  VN  V  [VaH 2O  VaCO2 ]  VN  [VhH 2O  VhCO2 ]  V  1, 5Va  0,5Va  [VhH 2O  VhCO2 ]  [VhH 2O  VhCO2 ]  V  Va  Vh  hidrocacbon là ankan  C2 H  C Cách x  y  V  2 xn  ym  x  2V2 2 xn  x  yp  V  V   x  y  V  2 x  ym  yp  V1  2V2   y  yp  ym  p  2m   C Câu 23 Một bình kín dung tích 2,24 (l) chứa ít bột Ni làm xúc tác và hỗn hợp khí H ; C2 H ; C3 H (ở đktc) Tỉ lệ mol C2 H và C3 H là 1:1 Đốt nóng bình thời gian sau đó làm lạnh tới O oC , áp suất bình lúc đó là p (atm).Tỉ khối hổn hợp trước và sau phản ứng hidro là 7,6 và 8,445 Dẫn khí bình qua bình đựng Br2 thấy dung dịch brom nhạt màu và khối lượng bình tăng 1,05 (g) Hiệu suất phản ứng olefin là bao nhiêu? A 25% B 30% C 35% D 40% Lời giải: Ta dễ dàng tính số mol các chất hỗn hợp đầu là: nH  0, 06( mol ), nC2 H  nC3 H  0, 02(mol ) Trang 58 http://boxmath.vn BTKL ta có mtru ? cpu  msaupu  nsaupu  1,52  0, 09(mol ) 16,89 Gọi số mol pư C2 H , C3 H tham gia phản ứng hidro hóa là a,b 28(0, 02  a )  42(0, 02  b)  1, 05 a  b  (0, 02  a)  (0, 02  b)  0, 06  ( a  b)  0, 09 Sau pư hidro hóa ta co các chấtTa có hệ:  a  0, 005   b  0, 005 0, 005 100  25%  A 0, 02 Câu 24 Hỗn hợp X gồm Cn H n2  m2  3CHO và Cn H m 1CH 2OH (đều mạch hở và m, n là các số nguyên) Cho X Vậy H %C2 H  H %C3 H  phản ứng vừa đủ với không đến 3,2 gam brom nước Mặt khác toàn lượng X trên phản ứng với dung dịch AgNO3 NH , kết thúc phản ứng thu 2,16 gam Ag Đốt cháy hoàn toàn Cn H n2  m2  3CHO thì thể tích oxi cần dùng là: A 0,56 lít B 0,224 lít C (0,336n + 0,28) lít Lời giải Gọi x, y là số mol Cn H n2  m2  3CHO và Cn H m 1COOH X D 1,12 lít Theo phản ứng với dung dịch AgNO3 / NH , ta có x  0, 01 Ta lại có xa  yb  0, 02 (với a, b là số mol brom và mol chất Cn H n2  m2  3CHO và Cn H m 1COOH phản ứng) Dễ thấy a  Mặt khác xa  0, 01.a  0, 02 nên a  Vậy a  hay Cn H n2  m2  3CHO no Suy 2n   n  m    n  1   m Nhận thấy  n  1 và m là hai số chính phương liên tiếp nên (n  1)2   n  Do đó m  Dễ dàng tính A Câu 25 Cho Hidrocacbon X và Oxi (oxi lấy gấp đôi lượng cần thiết để đốt cháy hoàn toàn X) vào bình dung tích lít 406,5K và atm Sau đốt áp suất bình (đo cùng nhiệt độ) tăng 5% Lượng nước thu là 0,162 gam Công thức phân tử X là A C2 H B C4 H C C3 H D C4 H10 Lời giải: Vì lượng oxi lấy gấp đôi nên phương trình phản ứng có dạng: y y y C x H y  2( x  )O2  xCO2  H 2O  ( x  )O2 4 Gọi n là số mol hidrocacbon.Trong điều kiện cùng thể tích và nhiệt độ thì áp suất sau đốt cháy tăng 5% Theo định luật Bôi-Mariot ta suy giữ nguyên nhiệt độ và áp suất trước thì thễ tích sau đốt tăng 5% so với trướng đốt,từ đó ta có: ny y  n( x  ) y n  2( x  )n 3y 2x  (1) hay: y  2x  nx  Tính số mol hỗn hợp khí ban đầu đktc (1atm,273): Trang 59 http://boxmath.vn V T 406.5 1*273    Vo   0.6175(l ) Vo To 273 406.5 y 0.6715 và n  2( x  ) n   0.03(mol )(2) 22.4 y Sau đốt cháy sinh n mol nước có khối lượng 0.162( g ) vậy: y 0.018 n 18  0.162  n  (3) y Thay (3) vào (2) giải đồng thời với (1), ta x  3, y  6, n  0.003(mol ) Vậy hidrocacbon cần tìm là C3 H  C Câu 26 Hợp chất hữu X có công thức phân tử C6 H10O2 , cho 9,12 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ thu dung dịch Y, cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư NH đun nóng thu 34,56 gam Ag Số đồng phân cấu tạo X là: A B C D Lời giải: Ta có: nX  0, 08, nAg  0,32 X là este có dạng R1COOR2 ( R1 , R2 là các gốc hidrocacbon, x tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:1  R1COONa : 0, 08mol Dung dịch Y tác dụng với AgNO3 dư NH  R1 : H , R2 : C5 H  R2OH : 0, 08mol  HCOONa : 0, 08mol  Ag : 0,16 Nên: R2 OH : 0, 08mol  Ag : 0,16mol  R2 OH : OH liên kết với C vị trí nối đôi không bền, chuyển thành anđehit  R2 : CH  CH  CH  CH  CH ; CH  CH  CH (CH )  CH CH  C  CH   CH  CH Vậy X: có đồng phân  D Câu 27 X có công thức C4 H14O3 N cho X tác dụng với dung dịch NaOH thì thu hỗn hợp Y gồm khí điều kiện thường và có khả làm xanh quỳ tím ẩm.Số công thức cấu tạo phù hợp X là? A B.5 C.6 D.7 Lời giải: Các công thức cấu tạo: n  C3 H  NH  O  CO  O  CH CH  CH (CH )  NH  O  CO  O  NH CH  CH  NH (CH )  O  CO  O  NH CH  NH (CH )2  O  CO  O  NH n  C2 H  NH  O  CO  O  NH  CH CH  NH (CH )  O  CO  O  NH  CH Đáp án:  C Câu 28 X là hợp chất có công thức phân tử C3 H O3 N X phản ứng cới dung dịch HCl hay dung dịch NaOH có khí không màu thoát ra.Cho 0.5 mol X phản ứng với mol NaOH,sau phản ứng cô cạn dung dịch muối khan thu Trang 60 http://boxmath.vn là? A 133( g ) Lời giải: B 53( g ) C 42.5( g ) D 142.5( g ) C3 H 7O3 N Bản chất loại này là ion CO32  CT X: C2 H 3O  CO  O  NH Phương trình: C2 H 3O  CO  O  NH  NaOH  Na2CO3  CH 3CHO  NH  H 2O Muối Na2 CO3 có m  0,5.106  53( g )  B Câu 29 Hỗn hợp M gồm ancol no,đơn chức X và axit cacboxylic đơn chức Y,đều mạch hở và có cùng số nguyên tử cacbon,tổng số mol chất là 0.9(mol).Nếu đốt cháy hoàn toàn M thì thu 80.64(l) khí CO2 (đkc) và 70.2( g ) H 2O Mặt khác,nếu đun nóng M với H SO4 đặc để thực phản ứng este hóa (hiệu suất 80% ) thì số gam este thu là: A 34.56( g ) Lời giải: B 54( g ) C 53.25( g ) D 34.08( g ) nCO2  3, 6(mol ) Suy số C là nH 2O  3,9(mol )  H  8, 67 Như vậy: X là butanol và Y là C4 H 8O2 Số mol chất: nbutanol  0,3(mol ) và nC4 H8O2  0, 6(mol ) Áp dụng ĐLBTKL: m  0,8.144.0,3  34,56( g )  A Câu 30 Hỗn hợp A gồm axit hữu X (đơn chức), Y đa chức no mạch hở Đốt cháy hoàn toàn 11,2 g A thu 15,4 g CO2 Cho 8, g chất A phản ứng vừa đử với 200 ml dd NaOH 0, 75M CTCT axit là: A HCOOH ; HOOC  COOH C HCOOH ; HOOC  CH  COOH B CH 3COOH ; HOOC  CH  CH  COOH D CH 3COOH ; HOOC  CH  COOH Lời giải: Ta có: nCO2  0,35(mol ) nOH   0, 2(mol ) Tất 11,2 g hỗn hợp (Để ý đáp án là đơn chức + 1acid chức) Ta có: x  y  0, nx  my  0,35 x(14n  32)  y (14m  62)  11, Giải được: x=0,1 và y=0,05 Biện luận: 0,1n  0, 05m  0, 35 Được n  và m  Đáp án:  D Câu 31 Hỗn hợp X có hiđrocacbon đồng đẳng liên tiếp, có tỉ khối so với H 15,8 Lấy 6,32 gam X lội vào 200 gam dung dịch chứa xúc tác thích hợp thì thu dung dịch Z và thấy thoát 2,688 lít khí khô Y điều kiện tiêu chuẩn có tỉ khối so với H 16,5 Biết dung dịch Z chứa anđehit với nồng độ C% Giá trị C% là: Trang 61 http://boxmath.vn A 1,305% B 1,407% C 1,043% D 1,208% Lời giải: + hiđrocacbon+ H 2O  Andehit+  hiđrocacbon là ankin (axetilen ( C2 H )  Andehit vì đồng đẳng liên tiếp  C3 H ) + Đường chéo cho X  nC2 H 2bd  0,12( mol ) + Đương chéo cho Y:  nY  0,12, M Y  33; nC2 H 2du  0, 06(mol )  nC2 H pu  0, 06(mol )  C %  0, 06 44 100%  1,305%  A 200  (6,32  0,12.33) Câu 32 Đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam hỗn hợp X gồm C x H y COOH ; C x H y COOCH và CH 3OH thu 2,688 lít CO2 (ở đktc) và 1,8 gam H 2O Mặt khác, cho 2,76 gam hỗn hợp X phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch NaOH 1M, thu 0,96 gam CH 3OH Công thức C x H y COOH là A C2 H 3COOH B CH 3COOH C C3 H COOH D C2 H 5COOH Lời giải: Gọi số mol C x H y COOH , C x H y COOCH , CH 3OH là a, b, c ta có số nCO2  nH 2O => gốc C x H y phải tồn lớn  tác dụng với NaOH ta có chất axit và este phản ứng  a  b  0, 03 (1) tạo CH 3OH là từ gốc este và ancol không phản ứng  b  c  0, 03 (2) từ (1) và (2)  a  c áp dụng định luật bảo toàn C ( x  1)a  ( x  2)b  c  0,12  ( x  2)a  ( x  2)b  0,12  x   A Câu 33 Lấy 2a mol este X chia thành phần thực thí nghiệm: Thí nghiệm 1: Dẫn a mol X vào m?t bình kín dung tích 50 (l) nhiệt độ 127 o C thì thấy áp suất P1 = 0,0984 (atm) Thêm vào bình đó lượng không khí vừa đủ thì thấy áp suất P2 = 5,2644 (atm) Bật tia lửa điện để thực phản ứng, phản ứng xảy hoàn toàn, đưa nhiệt độ 400K thì thấy áp suất P3 tăng 6,542% so hỗn hợp với trước phản ứng Thí nghiệm 2: Khi cho a mol X phản ứng vừa đủ với 2a mol NaOH thu dung dịch Y Biết Y có muối và có chất phản ứng với Br2 Và cho a mol X phản ứng với NaOH dư thì thu dd T gồm muối Khối lượng nhỏ có thể có muối T là bao nhiêu A 6,8g B 10,2g C.12,3g D.17,4g Lời giải: Từ thí nghiệm ta suy ra: X là este chức và có gốc phenyl đó P1.V  0,15mol 0, 082.T sô mol khí trước phản ứng: n2  8, 025mol   nkk  8, 025  0,15  7,875mol   nO2 pu  1,575mol quay lại thí nghiệm 1: a  gọi nH 2O  xmol , nCO2  ymol Ta có: số mol khí tăng chính số mol X và O2 và thay vào đó là CO2 và H 2O (bạn lưu ý là 127 o C nên nước trạng thái hơi)   x  y  0,15  1, 575  0, 06542.8, 025  2, 25mol Phản ứng: Cn H mO4  O2   CO2  H 2O Trang 62 http://boxmath.vn Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Oxi: 0,15.4  1.575.2  x  y Giải hệ ta được: x  0, 75mol; y  1,5mol Suy công thức X là: C10 H10O4 Ta có thể đưa số CTCT X sau: C2 H 3COO  CH  COO  C6 H HCOO  CH  CH  CH  COO  C6 H từ đây ta có thể suy muối có phân tử lượng nhỏ là: HCOONa Vậy khối lượng cần tìm: m  0,15.68  10, g  B Câu 34 X mạch hở có công thức C x H y Một bình có dung tích không đổi chứa hỗn hợp khí X và O2 (dư), và có áp suất 2atm Bật tia lửa điện để đốt cháy X sau đó đua bình t áp suất là 2atm Người ta trộn 9,6g X với 0,6g hidro cho qua bình đựng Ni nung nóng (H=100%) thì thu hỗn hợp Y Khối lượng mol trung bình Y là: A 5,2 B 46,5 C 48,5 D 34 Lời giải: y y )O2  xCO2  H 2O Theo đề bài vì áp suất không đổi nên n1  n2 y y 1 x   x   y  4 Như X có thể là C2 H và C3 H Phản ứng: C x H y  ( x  Khối lượng hỗn hợp sau là 9,  0,  10, 2( g ) và nH  0,3( mol ) Nếu là C2 H thì nX  12 35 10, 2.35  29, 75 12 Nếu là C3 H thì nX  0, 24( mol ) Như H hết  M Y  Suy H phản ứng là 0, 24(mol ) n sau MY   0, 24  0, 06  0,3( mol ) 10,  34  D 0,3 Câu 35 đun 0.4 mol hỗn hợp rượu no đơn chức dãy đồng đẳng dd H SO4 đặc(xt) 140 độ C, thu 7,704g hỗn hợp 3ete Tham gia phản ứng ete hoá có 50% rượu có khối lượng phân tử lớn và 40% rượu có khối lượng phân tử nhỏ Xác định ctct rượu trên: A metylic và etylic B etylic và n-propylic C propanol-2 và butanol-2 D n-propylic và n-butylic Lời giải: Gọi x,y mol là số mol R  OH ( M ) và R  CH  OH ( M  14)  x  y  0, Tham gia phản ứng có 50% lớn và 40% nhỏ nên:   nH O  0, x  0,5 y Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 0, 4Mx  0,5(M  14) y  7, 704  9(0, x  0, y )  0, M (0,  y )  0,5My  y  7, 704  9(0, 4.0.4  0,1y ) Trang 63 http://boxmath.vn 9,144  0,16M 0 y   0,  33,52  M  57,15  M  46 0,1M  6,1 Ancol là etylic và n-propylic  B Câu 36 Cho hỗn hợp gồm este mạch hở là đồng phân Lấy 0,2 mol X cho phản ứng hoàn toàn với 300 ml dung dịch NaOH 1M, tiến hành chưng cất 8,5 gam hỗn hợp hai ancol đồng đẳng Cô cạn phần dung dịch còn lại sau chưng cất chất rắn A Nung A oxi dư đến phản ứng hoàn toàn 22 gam CO2 và 7,2 gam H 2O cùng lượng Công thức phân tử hai este là: A C5 H 8O2 B C3 H O2 C C4 H 5O2 D C4 H 8O2 Lời giải: Chất rắn còn lại gồm NaOH dư 0,1(mol ) và RCOONa : 0, 2( mol ) Ta có: Khi nung không khí thì tạo Na2 CO3 : 0,15( mol ) vì số mol Na bảo toàn Như ta tính khối lượng chất rắn là: 0,15.106  22  7,  16(0,  0,5.2  0,15.3  0, 2.2  0,1)  23,5( g ) Áp dụng ĐLBTKL tìm mX  23,5  8,5  0, 3.40  20 Như M X  100  C5 H 8O2  A Câu37 Cho m gam rượu no X tác dụng với CuO (dư) nung nóng, thu hỗn hợp Y (có tỉ khối so với H 47 ) có chất hữu Z và thấy khối lượng rắn giảm 2,4 gam Mặt khác đốt a mol Z, thu b mol CO2 và c mol nước; với b  a  c Giá trị m là là A 4,35 B 9,3 C 4,65 D 4,5 Lời giải Xét Z có a  b  c  Z có liên kết  phân tử, từ đây ta có thể suy X là ancol no chức Đặt R  Cn H n và ancol có khối lượng mol là M R (CH 2OH )2  2[O ]  R (CHO )2  H 2O x -2x -x -2x R (CH 2OH )  4[O]  R(COOH )2  H 2O y 4y y 2y Ta có: x  y  0,15(mol )  M ( x  y )  2,  94 (3 x  y ) 2, 94  M Có  x  y  0,15  M  78 Suy M  62 etylen glycol Suy x  y  0, 075  m  4, 65  g   C x y  Câu 38 Hỗn hợp X gồm hai axit hữu no mạch hở, hai lần axit (A) và axit không no (có nối đôi) mạch hở, đơn chức (B) Số nguyên tử cacbon phân tử chất này gấp đôi số nguyên tử cacbon phân tử chất Đốt cháy hoàn toàn 5,08 gam hỗn hợp X 4,704 lít CO2 (đo đktc) Nếu trung hòa hết 5,08 gam X cần 350 ml dung dịch NaOH 0,2 M hỗn hợp muối Y Công thức cấu tạo thu gọn A và B là: A C2 H (COOH )2 và C2 H 3COOH B (COOH ) và C3 H COOH C C4 H (COOH ) và C3 H COOH D C4 H (COOH ) và C2 H 3COOH Trang 64 http://boxmath.vn Lời giải: Gọi CT acid là: Cn H n  2O2 x 5, 08 x  0, 07 14n   32 x 5,08n O2 Đốt cháy: Cn H n 2 O2 x   nCO2   0, 21 14n   32 x a  0, 02  Cm H m 2O4  n  4, a  b  0, 05 0, 21 Giải hệ pt trên:   nX   0,05    4,  x  1, 2a  b  0, 07 b  0, 03  Ck H k  2O2  Cộng NaOH: Cn H n 2 O2 x  xNaOH   n  C4 H  COOH    D  k  C2 H 3COOH Suy ra: 0,02(14m-2+64)+0,03(14k-2+32)=5,08   Câu 39 Cho 50 ml dung dịch A gồm axit hữu đơn chức A và muối B nó với kim loại kiềm cho tác dụng 12ml dung dịch Ba(OH ) 1,25 M Sau phản ứng để trung hòa dung dịch cần thêm 3,75 gam dung dịch HCl 14,6% Sau đó cô cạn dung dịch dịch tu 5,4325 gam muối khan Mặt khác, cho 50 ml dung dịch A tác dụng ứng với H SO4 dư đun nóng thì thu 0,784 lít axit hữu (sau làm khô) điều kiện 54,6oC và p =1,2 atm Công thức phân tử muối B là: A HCOOK B C2H5COOK C CH3COOK D CH2=CH-COOH Lời giải: Từ các dử kiện đề bài ta tìm ra:  RCOOM : 0, 02mol  Ta có:  RCOOH : 0, 015mol ; Muối gồm các ion:  HCl : 0, 015mol   RCOO  : 0, 035mol   M : 0, 02mol  0, 035  M  44   0, 02M  2,845  0, 035 R  0, 02M  1,305   Cl : 0, 015 mol   Ba 2 : 0, 015mol   R  15   CH 3COOK  C  M  39 Câu 40 Hỗn hợp khí X gồm etylamin và hai hiđrocacbon đồng đẳng liện tiếp Đốt cháy hoàn toàn V ml hỗn hợp X lượng oxi vừa đủ, thu V1 ml hỗn hợp Y gồm khí và nước Nếu cho Y qua dung dịch axit sunfuric đặc (dư) còn lại V2 ml khí (các thể tích khí và đo cùng điều kiện) Biết V = V1 – 2V2 Vậy công thức phân tử hai hiđrocacbon là: A C2H2 và C3H4 B C3H6 và C4H8 C CH4 và C2H6 D C2H4 và C3H6 Lời giải: C2 H N : xmol; Cn H m : ymol  x  y  V  V1  2V2 5x   x  y  V1  2V2 Ta có:   yn  V2   y  y (n  m )  n  m  2 x  y  m  2n   V1  2V2  2 7 x  ym  2V1  2V2 Hay hdrocacbon l à ankan  C Trang 65 http://boxmath.vn Câu 41 Khi thủy phân không hoàn toàn peptit A có khối lượng phân tử 293 g/mol và chứa 14,3% N (theo khối lượng) thu peptit B và C, Mẫu 0,472 gam peptit B đem đun nóng, phản ứng hoàn toàn với 18 ml dung dịch HCl 0,222 M, Mẫu 0,666 gam peptit C đun nóng, phản ứng hoàn toàn với 14,7 ml dung dịch NaOH 1,6% (khối lượng riêng là 1,022 g/ml), Cấu tạo có thể có A là: A.Ala-Phe-Glyhoặc Gly-Phe-Ala B.Phe-Gly-Ala Ala-Gly-Phe C.Phe-Ala-Glyhoặc Gly-Ala-Phe D.Phe-Ala-Gly Ala-Gly-Phe Lời giải Peptit A có khối lượng phân tử 293 g/mol và chứa 14,3% N==> Chứa ngtử N CThức nên A phải là tripeptit Do thuỷ phân không hoàn toàn nên B và C là đipeptit, Ta thấy: Mẫu 0,666 gam peptit C đun nóng, phản ứng hoàn toàn với 14,7 ml dung dịch NaOH 1,6% (khối lượng riêng là 1,022 g/ml), 0, 666C  (14, 7.1, 022).0, 016 gamNaOH  0, 006mol NaOH Giả sử C là đipeptit, ta có MC  0, 666 / 0, 003  222 Dễ thấy 222= 75 +165-18==> đipeptit đó gồm Gly: 75 và Phe: 165==> Gly và Phe phải kề liền (1) Mẫu 0,472 gam peptit B đem đun nóng, phản ứng hoàn toàn với 18 ml dung dịch HCl 0,222 M, Biện luận phần trên ==> B gồm ala: 89 và phe: 165==> ala và phe phải ljền kề (2) (1)(2)==> Ala- Phe-Gly Gly-Phe-Ala  A Câu 42 Hỗn hợp M gồm peptit X và Y ( cấu tạo từ loại amino axit ) có tổng số liên kết peptit phân tử X và Y là và có tỉ lệ mol tương ứng là 1:3, Thủy phân hoàn toàn m gam M thu 81 gam Glyxin và 42,72 gam alanin, Giá trị m là bao nhiêu? A.115,28 B.104,28 C 109,5 D.110,28 Lời giải: nGly n ,mà X  và tổng số liên kết peptit phân tử X và nAla nY Y là nên Y,X có CTCT là Gly  Gly  Gly, Ala  Ala  Ala  Ala 1, 08.189 0, 48.302 Gly Ala có N,bảo toàn nguyên tố N ta có: m    104, 28( g )  B Câu 43 Thủy phân hoàn toàn lượng pentapeptit X thu 32,88 gam Ala  Gly  Ala  Gly , 10,85 gam Ala  Gly  Ala , 16,24gam Ala  Gly  Gly , 26,28 gam Ala  Gly , 8,9 gam Alanin còn lại là Gly  Gly và Glyxin, Tỉ lệ mol Gly  Gly và Gly là 5:4, Tổng khối lượng Gly  Gly và Glyxin hỗn hợp sản phẩm là Ta có nGly  1.08(mol ), n Ala  0.48(mol ) ,Suy A 32,4 Lời giải: n B 28,8 Ta có Ala  Gly  Ala  Gly n Ala  Gly   0,12(mol ), n  0,18(mol ), n Ala Ala  Gly  Ala C 43,2  0, 5(mol ), n Ala  Gly  Gly D 19,44  0, 08(mol ),  0,1(mol ) Từ các kiện đề bài ta suy X phải có CTCT là Ala  Gly  Ala  Gly  Gly Gọi nGly Gly  x, nGly  x Tổng nAla  0,12.2  0, 05.2  0, 08  0,18  0,1  0, 7( mol ) Tổng nGly  0,12.2  0, 05  0, 08.2  0,18  x.2  x  0, 63  14 x Pentapeptit  Ala  3Gly       0,  1, 05 Suy 0, 63  14 x  1, 05 ,suy x  0, 03(mol ) Vậy tổng khối lượng Gly  Gly và Gly hỗn hợp sản phẩm 0, 03.5.132  0, 03.4.75  28,8( g )  B Câu 44 X là tetrapeptit Ala  Gly  Val  Ala , Y là tripeptit Val  Gly  Val , Đun nóng m gam hỗn hợp chứa X và Y có tỉ lệ số mol X và Y tương ứng là 1:3 với dung dịch NaOH vừa đủ , Phản ứng hoàn toàn thu dung dịch T Cô cạn cẩn thận dung dịch T thu 23,745 gam chất rắn khan, Giá trị m là ? A.19,445 B.68,1 C 17,025 D.78,4 Trang 66 http://boxmath.vn Lời giải Gọi số mol X,Y là x,3 x X  Ala  Gly  Val x  2 x   x   x Y  2Val  Gly x  6 x  3x Vì phản ứng vừa đủ nên cô cạn dung dịch T ta thu các muối CH ( NH )  COONa (4 x), CH 3CH ( NH )  COONa (2 x), C4 H ( NH )  COONa(7 x ) Suy x.197  x.111  x.139  23, 745 ,suy x  0, 015(mol ) Vậy m  0, 015.(89.2  75  117  18.3)  0, 015.3.(117.2  75  18.2)  17, 025( g )  C Câu 45 Đậu xanh chứa 30% protein, protein chứa 40% 2-amino pentan-1,5 đioic,Muối natri nó là bột (mì chính), Số gam mì chính có thể điều chế từ Kg đậu xanh là A 137,96g B.156g C.137,69g D.138,95g Lời giải: 2-amino pentan-1,5 đioic : axitglutamic Mì chính là muối mônônatri axitglutamic C5 H NO4 Na ( M  169) 40 40 m  1000.30%.40%  120(g )  n  m  169  137,96(g )  A axitglutamic axitglutamic 49 C H NO Na 49 Câu 46.Hỗn hợp A gồm 0,1(mol) acrolein (propenal) và 0,35(mol) hidro, Cho A qua ống sứ nung nóng có chứa Ni làm xúc tác, thu hỗn hợp B gồm các chất là propenal, propanal, propan-1-ol và hidro, Tỉ khối B so với metan là 1,55, Số mol H B là: A 0,05(mol) B 0,1(mol) C 0,2 (mol) D 0,15(mol) Lời giải: Dựa vào tỉ lệ phương trình ta suy được: x mol propenal tác dụng với x mol hiđrô tạo x mol propanal y mol propenal tác dụng với 2y nol hiđrô tạo y mol propan-1-ol  nB  x  y  0,35  ( x  y )  0,1  ( x  y )  0, 45  ( x  y ) Bảo toàn khối lượng: mB  mA  6,3 g 6,3  1,55,16  x  y  0, Mà d B / metan  1,55  0, 45  ( x  y ) Suy số mol hiđrô B là 0,35  0,  0,15mol  D Câu 47 Chia m gam hỗn hợp X gồm hai ancol đồng đẳng ( M A  M B ) thành hai phần nhau,Đun phần với H SO4 đặc 140o C đến phản ứng xảy hoàn toàn thu 5,28 gam hỗn hợp Y gồm ba ete có cùng số mol và 1,08 gam H 2O ,Đun phần hai với H SO4 đặc 170o C ,rồi hấp thụ toàn lượng olefin sinh vào bình đựng 100ml dung dịch KMnO4 1M thấy khối lượng bình tăng thêm 2,73 gam,Đồng thời nồng độ dung dịch KMnO4 còn lại bình sau phản ứng là 0,5M Hiệu suất phản ứng tách nước tạo olefin cũa A và B là: A.50 %,75 % B.75 %,50 % C.40 %,60 % D.60 %,40 % Lời giải Ở phần 1: ta có: nH 2O  0, 06mol  nancol  2nH O  0,12 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mancol  meste  mH 2O  6,36( g )  M ancol  6,36 : 0,12  53  n  2,5 ancol no đơn chức là C2 và C3 có số mol 0,06 (mol) Ở phần 2: nanken  1,5nKMnO4 pu  0, 075 mol, Trang 67 http://boxmath.vn Lại có manken  2, 73  A Câu 48 Cho hỗn hợp A gồm các chất Cn H n , Cm H m 1CHO và HCOOH (m, n là các số nguyên), Số mol các chất A theo thứ tự tạo thành cấp số nhân có công bội là x, A phản ứng vừa đủ với 3,2 gam brom nước, Nếu giữ nguyên số mol chất đầu tiên và thay đổi công bội thành y thì A phản ứng hoàn toàn với 400 ml dung dịch NaOH 0,1M và tạo 2,16 gam chất rắn, Biết x, y là các số nguyên, kết luận nào sau đây là đúng A y  x  x  B y  x  x C y  x  x Lời giải: Do x, y là các số nguyên dương Đáp án A xảy Cn H n không phải là xicloankan có số C lớn và m > 0, D y  x  Nhưng với đáp án A, tìm nghiệm x  0, y  (loại) Đáp án B xảy Cn H n là xicloankan có số C lớn và m > 0, Nhưng không có nghiệm x, y thỏa mãn đáp án này Đáp án C xảy Cn H n là xicloankan có số C lớn và m = 0, Cũng không có nghiệm thỏa mãn vì y  x  x  y   ( x  1)2  , Hai số chính phương liên tiếp 1, nên x = và y = 0, loại Đáp án D thỏa mãn Cn H n không phải là xicloankan có số C lớn và m =  D Câu 49 Đốt cháy hoàn toàn m hỗn hợp X gồm hidrocacbon mạch hở,thuộc cùng dãy đồng đẳng hấp thụ toàn bô sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH ) dư,tạo 14(g) kết tủa,dung dịch sau phản ứng có khối lượng giảm 6,22 gam so với khối lượng dung dịch Ca(OH ) ban đầu,Mặt khác cho m gam hỗn hợp X vào bình đựng dung dịch AgNO3 / NH dư,thu 10,42(g) kết tủa,Biết tỉ khối X so với H nhỏ 20,Thành phần phần trăm khối lượng hidrocacbon có khối lượng phân tử lớn X là: A 60% B 40% C 41,94% D 58,06% Lời giải: Nhận định đầu tiên: Hidrocacbon này là AnKin Tiếp theo: M  40 , Vậy có thể khẳng định có C2 H n 0,14   n  2,8 2n  0,18 Gọi a;b là số mol C2 H ; Cm H m 2 Ta dễ dàng có hệ 2a  b, n  0,14   a  0, 03; b  0, 02; m   D a  b  0, 05 240, a  b, (14m   108)  10, 42  Câu 50 Hóa 31,04(g) hỗn hợp gồm axit no,đơn chức X và axit no,đa chức Y(Y có mạch cacbon khônng phân nhánh) và số mol X lớn Y,thu thể tích thể tích 11,2(g) N (đo cùng điều kiện nhiệt độ,áp suất),Nếu đốt cháy toàn hỗn hợp hai axit trên thì thu 42, 24( g ) CO2 ,Thành phần phần trăm khối lượng X hỗn hợp ban đầu là: A 46,39% B 35,25% C 65,15% D 55,25% Lời giải: nhh  0, ; nCO2  0,96 => số C trung bình = 2,4 TH1 Y là HOOC  COOH M Y  90 => M X  77, => X là C2 H 5COOH Giải hệ ta không thỏa Trang 68 http://boxmath.vn TH2 Mặt khác, KLPT trung bình M = 31, 04  77, 0, Axit đa chức có M > 77,6 => axit đơn chức có M < 77,6 => Chỉ có thể là HCOOH CH 3COOH , - Nếu HCOOH => n = 2,5 lẻ (loại) - Nếu CH 3COOH => n = => X là CH 3COOH có số mol là a Gọi Y HOOC  Cn H n COOH có số mol là b ta có phương trình  nb  0,96   a  b   0,16 60a  (90  14n)b  31, 04    a  0, 24 a  b  0, 2a  (2  n)b  0, 96    b  0,16 Thỏa điều kiện  n 1 Y là HOOC  CH 2COOH 60, 0, 24 ,100%  46,39%  A => % X  31, 04 Câu 51 Chia 14,8 g hỗn hợp X chứa ancol metylic và ancol anlylic thành hai phần: Phần cho tác dụng với Na dư thu 2,52 lít khí H (đktc), Phần tác dụng vừa đủ với 50 ml dung dịch Br2 1M, Xác định phần trăm theo khối lượng ancol metylic hỗn hợp X? A.45% B.10,35% C.21,62% D 45,68% Lời giải: Gọi số mol CH 3OH và C3 H OH phần (1) là x và y,  số mol CH 3OH và C3 H 5OH phần (2) là kx và ky, Ta có: (32 x  58 y )(k  1)  14,8 1 H ; C3 H 5OH  H Ta được:  2 x  y  0, 225  Lại có: Số mol C3 H OH phản ứng với Br2 là ky  0, 05, CH 3OH  Giải hệ trên ta được:   x  0, 075   y  0,15   k  n CH 3OH  0,1mol  % CH 3OH  21, 62  C Câu 52 Oxi hoá m gam ancol đơn chức A oxi (có xúc tác thích hợp) hỗn hợp X,rồi chia thành ba phần nhau,Cho phần tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 / NH thu 6,48 gam Ag,Cho phần hai tác dụng với dung dịch NaHCO_3 dư thu 0,672 lít khí (đktc),Cho phần ba tác dụng với Na (vừa đủ),thu 1,232 lít H (đktc) và 6,22 gam chất rắn,Đun a gam A với H SO4 đặc đến điều kiện nhiệt độ thích hợp thu 0,08 mol hỗn hợp Y gam hai sản phẩm hữu có tỉ khối so với H là 22,625,Giá trị a là: A.5,06(g) B.3,68(g) C.3,833(g) D.1,84(g) Lời giải: Gọi ancol RCH OH RCH 2OH  [O ]  RCHO  H 2O Trang 69 http://boxmath.vn RCH 2OH  2[O ]  RCOOH  H 2O Phần 1: nAg  0, 06( mol )  nRCHO  0, 03( mol ) Phần 2: nRCOOH  0, 03( mol ) Phần 3: nRCH 2OH  x( mol ) n H2O  0, 06( mol ) Suy x  0, 06  0, 03  2nH  0,11  x  0, 02( mol ) Ta có: 0, 06, 40  0, 02( R  53)  0, 03( R  67)  6, 22  R  15  C2 H 5OH Ta có nC2 H  a(mol ) và nC2 H 5OC2 H  b(mol )  Có   a  b  0, 08   28a  74b  22, 625, 0, 08,  a  0, 05  mol  b  0, 03  mol  a  46(a  2b)  5, 06( g )  A Câu 53 Cho m(g) hh X gồm ancol no, đơn, dãy đồng đẳng td với CuO dư, nung nóng hh rắn Z và hh Y( có ti khối so với H là 13,75), Cho toàn Y td với AgNO3 /NH3, t oC sinh 64,8g Ag, giá trị m là: A 8,8 B 9,2 C 7,4 D.7,8 Lời giải: Y  AgNO3 / NH  Ag => Y có chứa anđehit hh X gồm ancol no đơn chức => Y là hh gồm anđehit no, đơn chức C x H x  1OH  CuO  C x H x O  Cu  H 2O a -> a ->a 18a  27,5  14 x  34  55  x  1, (a  a ) Mà đây là anđ dãy đồng đẳng  HCHOvàCH 3CHO  nHCHO  nCH 3CHO HCHO  Ag M Y  13, 75,  26,5  a (14 x  16)  y > 4y CH 3CHO  Ag y > 2y  y  y  nAg  0,  y  0,1 => nCH 3OH  nC2 H5OH  0,1 mol   mX  0,1(32  46)  7,8( g )  D Câu 54 Cho 4,48 lít hỗn hợp X (đktc) gồm hai hidrocacbon mạch hở lội từ từ qua bình chứa 1,4 lít dung dịch Br2 0,5M Sau phản ứng xảy hoàn toàn, số mol Br2 giảm nửa và khối lượng bình tăng lên thêm 6,7 gam Xác định công thức phân tủ hai hidrocacbon A C2 H và C4 H B C2 h4 và C3 H C C2 H và C3 H D C3 H và C3 H Lời giải Trang 70 http://boxmath.vn nBr2 ( pu )  0,35(mol ) 1 ankin (Cm H 2m  ) : x(mol )   nhh  0, 1 anken (Cn H n ) : y (mol ) 2 x  y  0,35  x  0,15     x  y  0,  y  0, 05 • 0,15(14m  2)  0, 05.14n  6,  3m  n  10   m  C H   A  n  C H Câu 55 Trộn hỗn hợp 0.8 mol X gồm C2 H và C3 H theo tỉ lệ số mol 5:3 với 2g H vào bình kín có dung tích V lít đktc Cho vào bình ít bột Ni ,Nung nóng thời gian sau đó đưa bình O 0C thì thấy áp suất bình là 7/9 atm và thu hỗn hợp khí Z Tính % anken phản ứng? A 25% B 50% C 75% D 40% Lời giải Dễ tính: nC2 H  0,5 ( mol ); nC3 H6  0, ( mol ) PV RT Ở điều kiện chuẩn ta có: t  0o C , P  1atm Ta có CT liên hệ: n  Sau phản ứng nhiệt độ không đổi, áp suất còn lại ban đầu nên số mol còn lại là: 0,18  0,14 ( mol ) Số mol khí giảm chính là lượng H và chính là số mol Anken phản ứng % Anken ( pu )  0,  50%  B 0,8 Câu 57 Hỗn hợp X gồm axetilen và H có tỉ lệ mol là 1:3 Cho 8,96l (đktc) hỗn hợp X qua Ni, nung nóng thu hỗn hợp Y có thể tích là 6,72l (đktc) Cho hỗn hợp Y qua dung dịch brom dư đến phản ứng hoàn toàn Vậy số mol brom phản ứng là: A 0,08 B 0,10 C 0,12 D 0,15 Lời giải Số mol chất ban đầu là: nC2 H  0,1 ( mol ), nH  0,3 (mol ), Dung dịch ban đầu có thể cộng tối đa 0,2 mol Br2 Cứ mol H tham gia phản ứng cộng thì ta mol Br2 phản ứng Số mol H tham gia phản ứng số mol giảm hỗn hợp và bằng: 0,  0,3  0,1 Do đó hỗn hợp Y cộng tối đa 0,1 mol Br2  B Câu 58 Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X (glucozơ, fructozơ, metanal và etanoic) cần 3,36 lít O2 (điều kiện chuẩn) Dẫn sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch Ca (OH ) dư, sau phản ứng hoàn toàn thu m gam kết tủa Giá trị m là: A 10,0 B 12,0 C 15,0 D 20,5 Lời giải CT chung hỗn hợp X là: (CH 2O ) n Phương trình cháy là: (CH 2O ) n  nO2  nCO2  nH 2O Trang 71 http://boxmath.vn  nCO2  nO2  0,15  m  15 ( g )  C Câu 59 Hỗn hợp X chứa ancol etylic C2 H 5OH và hai ankan dãy đồng đẳng Khi đốt cháy hoàn toàn 18,9 gam X thu 26,1 gam H O và 26,88 lít CO2 (đktc) Phần trăm khối lượng ankan có số nguyên tử C ít hỗn hợp X là: A 52,91% B 22,75 % Lời giải nH 2O  1, 45( mol ), nCO2  1, 2(mol ) Bảo toàn khối lượng ta có: mO  18,9  C 48,5% D 61,29% 26,16  1, 2.12  1, 6( g ) nC2 H 5OH  0,1(mol ) 1,  2.0,1 20  0, 25  0,1 Suy ra: C6 H14 và C7 H16 nC  Và dễ tính %C6 H14  22, 75%  B Câu 60 Người ta tiến hành điều chế cồn 90o (ancol etylic) từ khúc gỗ có khối lượng m (kg) Trong quá trình điều chế, khí CO2 sinh hấp dẫn vào (l) dung dịch KOH 2,5 M (d=1,2g/ml) thu dung dịch chứa muối với nồng độ 14,85% Biết khúc gỗ đó chứa 20% tạp chất không điều chế và hiệu suất quá trình điều chế ancol là 80%) Giá trị m là: A 0,38 (tấn) B 0,3 (tấn) C 0,24 (tấn) D 0,52 (tấn) Lời giải Sơ đồ hợp thức: C6 H10O5  2C2 H 5OH  2CO2 CO2  KOH  K 2CO3  H 2O x    2x    x CO2  KOH  KHCO3 y y y mdd KOH  2000.1.2  2400( g ), nKOH  2.5.2  5(mol )  138 x  100 y  0.1485  Ta có hệ:  2400  ( x  y )44 2 x  y   x  132.100.162.100  m   379, 6875(kg )  A   80.92.80 y 1 Trang 72 http://boxmath.vn Câu Cho sơ đồ phản ứng sau:  o H 2O H 3O ,t HCN X : C2 H Br2   A1   B1   C1 Mg ,ete CO2 HCl X : C2 H Br2   A2   B2    C2 Cho 37,6g chất X , X thực sơ đồ trên Sau đó lấy toàn C1 tác dụng với Na dư thu đươcj V (l) khí C2 tác dụng với etan-1,2-đimin dư (H=100%) thì thu m (g) polime Giá trị V và m là: A V=4,48 (l) và m=28,4g B V=2,24 (l) và m=42,6g C V=1,12 (l) và m=28,4g D V=4,48 (l) và m=42,6g Lời giải: Các sơ đồ: CH 3CHBr2  CH 3CHO  CH 3CH (OH )  CN  CH 3CH (OH )  COOH  H 0,2 (mol) 0,2 (mol) V  4, 48(l ) Br  CH 2CH  Br  Br  MgCH 2CH Mg  Br  Mg (OOC  CH 2CH  COO )  HOOC  CH 2CH  COOH nHOOC  CH 2CH  COOH  ( NHOC  CH 2CH  CONH )n 0,2(mol) 0,2 (mol) m  28, 4( g )  A Câu Tổng hệ số nguyên nhỏ các phân tử và ion phản ứng sau là: [ Hg  SCN  ]2  IO3  Cl   H   ICl  SO42  Hg 2  H 2O  HCN A 30 Lời giải: Ta có: B 38 C 34 D 40 [ Hg  SCN  ]   H   S 6  Hg   HCN  24e (x1) I 5O3  Cl   H   4e  I 1Cl  H 2O (x6) Cộng phương trình lại được: [ Hg  SCN  ] 2  IO3  6Cl   8H   ICl  SO42  Hg 2  H 2O  HCN Câu Cho sơ đồ sau:  LiAlH NH / H 3O CuO ,t HCN A   B   C   D  E Cho biết A là hợp chất tạp chức dùng để điều chế thuốc cảm aspirin Cho 25,2 g E phản ứng với Na dư thì khối lượng muối thu là: A.31,8g B.32,5g C 42,73g D 39,1g Lời giải Trang 73 http://boxmath.vn 47 mol 180 CO2 / H 3O  Mg /ete Br   CH 4  Br   BrMg   CH 4  MgBr   HOOC   CH 4  COOH CTCT A: Br  CH  CH  CH  CH  Br , nA  H N   CH   NH 2 HOOC   CH   COOH   [-OC   CH   CO - HN   CH   NH ]n Tính nD  47 0,9.0,8.0, 72964  0,137 mol  m  27,16 g  C 180 Lời giải: Sơ đồ phản ứng o LiAlH CuO ,t o   OH  C6 H  COOH    o   OH  C6 H  CH 2OH    o   OH  C6 H  CHO   NH / H 3O HCN o   OH  C6 H  CHO    o   OH  C6 H  CH  OH   CN   o   OH  C6 H  CH  OH   COOH Na o   OH  C6 H  CH  OH   COOH   o   ONa  C6 H  CH  ONa   COONa Câu A là dẫn xuất đibrom có CTPT C4H8Br2 Tiến hành phản ứng đềbrom hoá thu hidrocacbon có khả trùng hợp loại polime quen thuộc Lấy 56,4 g A thực chuỗi biến hoá để điều chế loại tơ sau:  CO2 / H 3O Mg /ete bu tan 1,4  diamin A   B   C  D 90% 80% 72,964% Khối lượng D thu là: A 41,79g B 16,85g C 27,16g 25, Tính m  234  42, 73g  C 138 Câu Cân các phương trình hoá học sau: FeS  MnO 4  H   Mn 2  SO42  Fe3  H 2O Lời giải: FeS nhường 9e, MnO4 nhận 5e Nên ta cân được: FeS  9MnO4  H   9Mn 2  5SO42  Fe3  H 2O Cân điện tích thì ta có: FeS  9MnO4  34 H   9Mn 2  5SO42  Fe3  H 2O Cân H thì: FeS  9MnO4  32 H   Mn 2  5SO42  5Fe3  16 H 2O Câu Cân các phương trình hoá học sau: Cu2 S  Cr2O72  H   Cr 3  H 2O  Cu 2  SO42 Lời giải: Thêm hệ số cho Cu để tỉ lệ Cu:S là 2:1 (ứng với Cu2 S bên VT) Để cho tiện cân Cu2 S  Cr2O72  H   2Cr 3  H 2O  (2Cu 2  SO42 ) phân tử Cu2 S nhường 2.2+6 = 10e, Cr2 O72  nhận e Bảo toàn e thì: 3Cu2 S  5Cr2O72  H   10Cr 3  H 2O  3(2Cu   SO42  ) Bảo toàn điện tích: 3Cu2 S  5Cr2O72  46 H   10Cr 3  23H 2O  3(2Cu 2  SO42 ) Câu Cân các phương trình hoá học sau: FenOm  H   NO 3  Fe3  NO  H 2O  N 2O Trang 74 http://boxmath.vn Biết tỉ lệ NO và N 2O là 1:1 Lời giải: Ta có:  FenOm  2mH   nFe3  mH 2O  (3n  2m)e    3 NO3  20 H  11e  NO  N 2O  10 H 2O x11 x(3n  2m) Cộng lại: 11FenOm  (60n  18m ) H   3(3n  2m) NO3  11nFe3  (3n  2m) NO  3(10n  3m) H 2O  (3n  2m) NO2 Câu Viết phương trình phản ứng xảy khuấy bột CuFeS dung dịch Fe2 ( SO4 ) , đồng thời sục O2 không khí Từ đó nêu rõ vai trò Fe2 ( SO4 ) phản ứng Lời giải Phản ứng xảy ra: CuFeS  Fe2 ( SO4 )3  O2  H 2O  CuSO4  FeSO4  H SO4 Ta có: CuFeS  Cu 2  Fe 2  2SO42  16e (X6) Fe3  O2  6e  Fe 2  2O 2 (X16) Suy ra: 6CuFeS  32 Fe3  16O2  16 H 2O  6Cu 2  38Fe2  12 SO42  16 H  Câu Cân các phương trình hoá học sau: As2 S3  2ClO3  H 2O  AsO43  H   3SO42  2Cl  Lời giải: As2 S3  2ClO3  H 2O  AsO43  H   3SO42  2Cl  Tương tự trên ta có: As2 S3  14ClO3  18 H 2O  AsO43  36 H   9SO42  14Cl  Câu 10 Cân các phương trình hoá học sau: Fe3C  MnO2  H   NO3  Fe3  CO2  Mn 2  N x Oy  H 2O P  NH 4ClO4  H PO4  N  Cl2  H 2O Lời giải: a, Fe3C  MnO2  H   NO3  Fe3  CO2  Mn 2  N x O y  H 2O 3  Fe3C  3.Fe  CO2  9e    2 MnO2  4.H  x.NO3  (2  x)e  Mn  N x Oy  2.H 2O  (2  x).Fe3C  9.MnO2  36.H   x.NO3  (6  x ).Fe3  (2  x ).CO2  9.Mn 2  9.N xO y  18.H 2O b, P  NH 4ClO4  H PO4  N  Cl2  H O a.P  b.NH 4ClO4  c.H PO4  d N  e.Cl2  f H 2O 4b  4c  f  4b  3c  f  c  f 4 Chọn c  f  8.P  10.NH 4ClO4  8.H PO4  N  5.Cl2  8.H 2O Câu 11 Cân các phương trình hoá học sau: Trang 75 http://boxmath.vn a OF2  NO3  CuFeS2  H   Cu   SO42   H 2O  F   N x Oy  Fe3 b K 2Cr2O7  CuFeS2  HBr  H SO4  K SO4  Br2  CuSO4  Fe2  SO4 3  H 2O  Cr2 (SO4 )3 Lời giải a OF2  NO3  CuFeS2  H   Cu   SO42   H 2O  F   N x Oy  Fe3 Ta có OF2  4e  O 2  F   OF2  xN 5   x  y    O 2  F   N x Oy (x17) xN 5   x  y   N x Oy CuFeS2  Cu 2  Fe3  S 6  17 (x (5 x  y  4) ) Suy 17 F2O  17 xNO3  (5 x  y  4)CuFeS   22 x  y  30  H   (5 x  y  4)Cu 2  (10 x  y  8) SO42  11x  y  15  H 2O  34 F   17 N x Oy  (5 x  y  4) Fe3 b K 2Cr2O7  CuFeS2  HBr  H SO4  K SO4  Br2  CuSO4  Fe2  SO4 3  H 2O  Cr2 (SO4 )3 Đưa phương trình ion rút gọn Cr2O72  CuFeS  Br   H   Br2  SO42  Cr 3  Cu 2  Fe3  H 2O Ta có CuFeS  Cu 2  Fe3  2S 6  17 Br   Br2  2e  CuFeS2  Br   Cu 2  Fe3  S 6  Br2  19e 2Cr 6  6e  2Cr 3 Như 19Cr2O72  6CuFeS2  12 Br   170 H   Br2  12 SO42  38Cr 3  6Cu 2  Fe3  85 H 2O Câu 12 Thực chuổi phản ứng với chất A sau: A  NaOH  B1  B2  A2  A1  B3  B4  B1 Xác định A và viết các phương trình  A3 A  NaOH  A1  A2  A4   CH  C (CH )(OOCCH )  n phản ứng xảy Lời giải Chất A là CH  C (CH )  COOC (CH )  CH Khi đó  HCN , H 3O CH  C (CH )  COOC (CH )  CH  CH  CO  CH   CH 3C (OH )(CH )  CN  H ,170 C NaOH CH 3C (OH )(CH )  CN   CH  C (CH )  COOH   CH  C (CH )  COONa H 2O CaOH , NaOH ,t CH  C (CH )  COONa  CH  CH  CH   CH  CH  OH   CH H CuO ,t CH  CH  OH   CH   B1 Câu 13 Cân pt sau nhiều phương pháp K S  K 2Cr2O7  KHSO4  K SO4  Cr2 ( SO4 )3  H 2O Lời giải: Dùng phương pháp ion điện tử S 2  Cr2O72  H   SO42  Cr 3  H 2O Cr2O72  14 H   6e  2Cr 3  H 2O S 2 2 (X4)   H 2O  SO  8H  8e (X3) - 3S 2  4Cr2O72  32 H   3SO42  8Cr 3  16 H 2O Trang 76 http://boxmath.vn Câu 14 Cho phản ứng sau: aCuFeS2  bH   cNO3  dCu 2  eFe3  fSO42  hNO  kN 2O  mN  nH 2O Nếu h : k : m  x : y : z thì tổng a  b  c  A 42 x  80 y  60 z B 44 x  84 y  90 z C 42 x  86 y  80 z D 40 x  84 y  88 z Lời giải: Cân bằng: (3 x  y  10 z )CuFeS2  (20 x  42 y  44 z ) H   (17 x  34 y  34 z ) NO3  (3 x  y  10 z )Cu 2 (3x  y  10 z ) Fe3  (6 x  16 y  20 z ) SO42 17 xNO  17 yN 2O  17 zN  (10 x  21y  22 z ) H 2O Tổng a  b  c  40 x  84 y  88 z  D  H S  O2   A  ran    B  long    A   O2   C   Câu 15 Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau MnO2  HCl   D    E    B    B    C    D    F    G   G   Ba   H    I   Sơ đồ  H S  O2  S  H 2O   S  O2  SO2   MnO2  HCl  Cl2  MnCl2  H 2O  SO  Cl  H O  H SO  HCl 2   Ba  H SO4  BaSO4  H Trang 77 http://boxmath.vn Câu Xà phòng hoá este no đơn chức mạch hở X 0, mol MOH (M là kim loại kiềm) thu dung dịch Y Cô cạn Y và đốt chất rắn thu khí O2 dư, đến phản ứng hoàn toàn tạo 2,24 lít CO2 (đktc), a gam H 2O và 31,8 gam muối Giá trị a không thể là? A 7,2 gam B gam Hướng dẫn C 5,4 gam D 10,8 gam nM CO3  0,3mol  2M  60  106  M  23( Na ) Do đó muối natri axit hữu Cn H n 1COONa 2Cn H n1COONa  (2n  1)CO2  (2n  1) H 2O  Na2CO3 CO2  NaOH  Na2CO3  H 2O Gọi x là số mol Na2 CO3 sinh pư cháy => nNa2CO3  (0,3  x ) mol  nCO2  0,3  x  0,1  (0,  x) mol  nH 2O  0,  x  0,3  x  (0,  x) mol Lấy kết đáp án vào => đáp án A loại (do n lẻ)  A Câu Một hỗn hợp đầu gồm 7% SO2 , 11% O2 và 82% N áp suất atm, đun nóng tới 1000K với có mặt chất xúc tác Sau cân thiết lập, hỗn hợp cân SO2 chiếm 4,7% Tìm mức độ oxi hóa SO2 thành SO3 và số cân Kp và Kc pư 2SO2 + O2  2SO3 (ghi chú mức độ oxi hóa đo tỷ số áp suất cân và áp suất đầu) Hướng dẫn Ta nhận thấy N không tham gia phản ứng nên không cần xét đến Giả nồng độ ban đầu là 100x, đó [ SO2 ]  xM [O2 ]  11x ( M ) và [ N ]  82 x( M ) Ta có 100 x  p  RT 82 Phản ứng xảy 2SO2  O2  SO3 (7x-2a) -(11x-a) 2a (M) 2a  a  2,8.104 100 x  a (2a )2 Kc  (11x  a ).(7 x  2a )2 K p  K c ( RT ) n với n là độ biến thên số mol khí theo các hệ số trên phương trình n   (2  1)  1 Ta có 0, 047  Câu Ở 250 C số cân Kp pư thu nhiệt NO  Br2 ( k )  NOBr (k) K p  116, 6atm 1 a) Nếu hỗn NOBr có P = 0,108 atm với NOcó P = 0,1atm và Br2 có P = 0,01 atm để tạo hỗn hợp khí 00 C thì vị trí cân nào (câu trả lời phải định lượng) b) Đưa NOBr có P = atm vào bình pư 500 C thì thấy hỗn hợp cân có NOBr P = 4.30 atm Tính Kp 500 C So sánh giá trị Kp này với Kp 250 C Giải thích? Hướng dẫn Trang 78 http://boxmath.vn a Với các chất đề bài thì K p  ( pNOBr )2  116, 64  K Po pBr2 ( pNO ) Do đó phản ứng có xu hướng chuyển dịch theo chiều nghịch b.Phản ứng NOBr  NO  Br2 (k) (5-2x) -2x -x Ta có  x  4,3  x  0,35(atm) x.4 x 343  (5  x ) 3698 Khi so sánh thì so sánh K p.50  107,8( atm 1 ) với K p0 K p.50  Ta có K p0  K p.50 Nguyên nhân Khi nhiệt độ tăng, phản ứng 2NO  Br_2 (k ) \rightarrow 2NOBr chuyển dịch theo chiều thuận tức là giảm áp suất chung hệ, dẫn đến K p giảm Câu Oxi hoá m gam rượu etylic CuO( t , xt) đốt nóng,thu n gam hỗn hợp andehic,axit,ruợu và nước.Hỗn hợp này tác dụng với Na dư sinh V l khí hidro(dktc) và thu k gam muối khan.Tính khối lượng k theo m,n, Hướng dẫn C2 H 5OH  [O ]  CH 3CHO  H 2O x x -x C2 H 5OH  2[O]  CH 3COOH  H 2O y 2y y ancol dư C2 H 5OH : z (mol ) nm 16 V Sinh khí H x  y  z  11, Ta có muối khan là CH 3COONa : y ( mol ) và C2 H 5ONa : z (mol ) ĐLBTKL ta có x  y  m   x  y  z  46  nm  Hệ  x  y  Giải hệ các pt trên suy dpcm 16  V   x  y  z  11,  Câu 5.Cho 53,6 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4 , Cu2 O, tác dụng hết với HNO3 (loãng) thu 2,24l NO(dktc).Khối lượng Fe3O4 hỗn hợp X? Hướng dẫn Gọi nFeO  x(mol ) ; nFe3O4  y (mol ) và nCu2O  z (mol ) Ta có x  y  z  0,1.3  72 x  72 y  144 z  0, 3.72 53,  72 x  232 y  144 z 53,  0,3.72 Trừ pt ta y  232  72 Câu Cho dung dịch A gồm H SO4 ; FeSO4 và MSO4 ( M là kim loại hoá trị II ) dung dịch B gồm NaOH 0,5 M và BaCl2 dư Trang 79 http://boxmath.vn - Để trung hoà 200 ml dd A cần 40 ml dd B - Nếu Cho 200 ml dd A tác dụng với 300 ml dd B thì thu 21,07 g kết tủa C (gồm muối và hiđroxít kim loại) và dung dịch D - Để trung hoà D cần 40 ml HCl 0,25 M a) Tìm M biết M có khối lượng mol  23 b) Tìm nồng độ các chất A Hướng dẫn Thí nghiệm Trong B thì nNaOH  0, 02( mol )  nH SO4  0, 01(mol ) Từ thí nghiệm sau ta tính nNaOH pu  0,14(mol ) Trừ phản ứng trung hoà là 0,02(mol) thì phản ứng với muối là 0,12(mol) Nhận xét Cả muối kim loại hoá trị nên nSO2  0, 06(mol ) và n SO42  0, 07(mol )  mBaSO4  16,31( g ) Ta có x  y  0, 06 và 56 x  My  21, 07  16,31  0,12.17  2, 72( g ) Suy M  45,33  M  45, 33 Suy M  24 là Mg… Câu X và Y là các tripeptit và hexapeptit aminoaxit no,mạch hở chứa nhóm NH và nhóm COOH Đốt cháy 0.1 mol x O2 vừa đủ thu sản phẩm gồm CO2 , H 2O, N có tổng khối lượng là 40,5g Nếu cho 0,15 mol y tác dụng với NaOH (lấy dư 20% so với lượng cần thiết) sau phản ứng cô cạn dung dịch thu bao nhiêu gam chất rắn? Hướng dẫn Gọi CTPT amico acid là Cn H n 1O2 N Suy CTPT X là C3n H n 1O4 N Đốt cháy X thu  m  40,5  0,1.3n.44  9(6n  1).0,1  0,15.28  n  Công thức Y là C12 H 20O7 N Còn lại 0,55  x  15 x  0, 25  x  Câu Nung a gam hỗn hợp X gồm Fe và S điều kiện ko có ko khí phản ứng xảy hoàn toàn thu chất rắn Y.Chia Y thành phần cho phần tác dụng vs dd HCl dư thu đc hỗn hợp khí Z có tỉ khối với d / H  13 1.Tính % chất có X? 2.Cho phần tác dụng hết với 5,5g dd H SO4 98% đun nóng thu đc Vl khí SO2 (SP khử nhất,đktc) và dd A.Cho dung dịch A tác dụng hết với BaCl2 dư tạo thành 58,25 gam kết tủa.Tính a,V? Hướng dẫn Cho phần tác dụng hết với 55g dd H SO4 98% đun nóng thu Gọi nH  x(mol )  nH S  3x (mol ) hay nFe  x(mol ) và nFeS  x(mol ) Ta có nBaSO4  0, 25(mol ) n H SO4  0,55( mol ) Ta có nSO2  3x  27 x  15 x (mol ) Áp dụng định luật bảo toàn S ta có 0,55  x  15 x  0, 25  x  Câu Chia m gam hỗn hợp Cu va Al thành hai phần Phần cho vào NaOH thu 6,72 l khí H Trang 80 http://boxmath.vn và m1 gam kl không tan Phần hai cho vào dd HNO3 thu 6,72 l khí NO (đktc) và m2 gam kl không tan.cho lân lượt m1 và m2 qua O2 dư thi thu tương ứng 1, 6064m1 gam oxit và 1, 542m2 gam oxit Tìm m Hướng dẫn nCu  x (mol ) và nAl  y (mol ) Trước tiên ta nhận xét trường hợp số mol khí đó lần kim loại tan nhiều phần Như phần có Al tan và có thể là còn dư Giả sử lần Al dư và đó Cu dư Do đó độ chênh lệch khối Ta có nCu  x (mol ) và nAl  y  0, 2( mol ) 80 x  51( y  0, 2) 1, 6064 Phần nCu  x (mol ) và nAl  y  0,3(mol ) 80 x  51( y  0,3) 64 x  27( y  0,3)  1,542 64 x  27( y  0, 2)  Tiếp theo là trường hợp phần Al chưa hết còn phần Al đã hết và Cu tan phần Xét tương tự Cuối cùng là Al phần tan hết, sau đó suy phần Câu 10 Đốt cháy hoàn toàn 2,54 (g) este E (không chứa nhóm chức khác) mạch hở, tạo từ acid đơn chức và rượu, thu 2,688 (l) khí CO2 và 1,26 (g) H 2O Cho 0,1 mol E phản ứng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1,5 M tạo muối và rượu Đốt cháy rượu thu 6,72 (l) CO2 A là acid tạo nên E Hỗn X gồm A và đồng phân cấu tạo nó phản ứng với dung dịch NaOH (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu chất rắn B và hỗn hợp D D tác dụng với dung dịch [ Ag ( NH )2 ](OH ) dư thu 21,6 (g) Ag Nung B với NaOH rắn, dư điều kiện không có không khí thu hốn hợp F Đưa F nhiệt độ thường thì có chất ngưng tụ G còn lại hỗn khí N G tác dụng với Na dư sinh 1,12 (l) khí H Hỗn hợp khí N qua Ni nung nóng thu khí P Sau phản ứng hỗn hợp khí giảm 1,12 (l) và d P / H  Tính khối lượng các chất X Biết các phản ứng xảy hoàn toàn và các thể tích đo điều kiện tiêu chuẩn Hướng dẫn nNaOH : nE  0,3 : 0,1  :1  E là este chức tạo từ axit đơn chức và rượu chức nCO2 sinh từ rượu = 0,3mol => CTCT rượu C3 H (OH )3 nCO2  0,12mol ; nH 2O  0, 07mol (2,54  0,12.12  0, 07.2)  0, 06mol 16  nE  0, 01mo  C  12; H  14  E : C12 H14O6  nO   E có CTCT là (CH  CH  COO)3 C3 H  A : CH_2=CH-COOH X là hỗn hợp gồm có A và đồng phân cấu tạo A phản ứng với NaOH Hai đồng phân có CTCT là HCOOCH  CH và vòng  C3 H 4O2 CH  CH  COOH  NaOH  CH  CH  COONa  H 2O HCOOCH  CH  NaOH    HCOONa  CH 3CHO 0,1 0,1 0,1 CH  CH  C  O  NaOH    HO  CH  CH 2COONa \ O/ CH 3CHO  Ag 2O    CH 3COOH  Ag Trang 81 http://boxmath.vn 0,1 0,2 CH  CH  COONa  NaOH    Na2CO3  CH  CH HCOONa  NaOH    Na2 CO3  H 0,1 -0,1 HO  CH  CH  COONa  NaOH   Na2CO3  CH  CH 2OH 0,1 -0,1 CH  CH 2OH  Na    CH  CH 2ONa  H2 0,1 -0,05 Hỗn hợp khí gồm H và C2 H Số mol giảm = 0,05mol chính là số mol H phản ứng Gọi x là số mol C2 H  28 x  0,  16( x  0, 05)  x  0, 05( mol ) Từ đây ta dễ dàng tính khối lượng các chất X Câu 11 Đốt cháy hoàn toàn hydrocacbon A cho sản phẩm cháy hấp thụ hết vào nước vôi dư, thu gam kết tủa Lọc tách kết tủa cân lại bình đựng nước vôi dư thì thấy khối lượng giảm 1,376 gam a) Xác định CTPT A b) Cho clo hoá hết a mol A chiếu sáng, sau phản ứng thu hỗn hợp B gồm đồng phân chứa clo Biết d( B / H )  93 và hiệu suất phản ứng đạt 100%, tỉ số khả phản ứng nguyên tử H C bậc = 3,3 4,4 Tính số mol các đồng phân hỗn hợp B Hướng dẫn a)Vì Ca(OH ) dư ta có nCO2  0, 04 mol, mddgiam  mCaCO3  (mCO2  mH 2O )  1,376  nH O  0,048 nC 0, 04   nH 0, 048.2 12  CTPT A là CT đơn giản nhất( vì số H y=2x+2)  C5 H10 b) Cho clo hoá A chiếu sáng, sau phản ứng thu hỗn hợp B gồm đồng phân chứa clo, M tbB  186 B C5 H12 mClm  m  3, 304  A là  metyl butan ( iso pentan ) : 0,008mol khả vào C bậc I 9.1  khả vào C bậc II 2.3,3  6, khả vào C bậc III 1.4,  4,  Tổng  6,  4,  20 Vậy 0, 008  0, 0024 mol 20 0, 008 CH  CH (CH )  CH  CH 2Cl   0, 0012 mol 20 0, 008 CH  CH (CH )  CHCl  CH  6,  0, 00264 mol 20 0, 008 CH 2Cl  CCl (CH )  CH  CH  4,  0, 00176 mol 20 Câu 12.Hỗn hợp khí a gồm H và hidrocacbon X;Y với số mol 0,8 Xúc tác Ni sau phản ứng số mol hh là 0,6 (hh CH 2Cl  CH (CH )  CH  CH  B) cho hh B qua dung dịch Brom dư thấy thoát ta khí X đốt cháy X thì tỉ lê khối lượng CO2 : H 2O  88 : 45 đốt cháy B thu 61,6 gam CO2 và 21,6 gam H 2O Tìm X;Y ??? Trang 82 http://boxmath.vn Hướng dẫn Xét khí X dễ dàng tìm X là C4 H10 Ta nhận thấy sô mol khí giảm 0,2 (mol) tương ứng với H phản ứng Khi dẫn B qua Br2 không thấy có H thoát chứng tỏ hidro đã phản ứng hết Do đó Y có công thức là Cn H n  2 k nH  0, 2(mol ) nX Y  0, 6(mol ) Ta có nCO2  1, 4( mol ) và nH 2O  1, 11 Như Y có CT C2 H và Y : C2 H Suy C  2,33 và H  Vậy X : C4 H10 Câu 13 Không dùng thêm hóa chất nào khác , hãy nhận biết chất rắn và dung dịch sau Na, Zn, Fe, Al , Cu, Fe2O3 , CuO, ZnO, Al2O3 , Ba, Ag và các dung dịch NaOH , FeCl2 , H SO4 , HCl Hướng dẫn Ta có thể nhận biết chất NaOH và FeCl2 nhóm Khi cho phản ứng thì chất nào tạo kết tủa Đem để dung dịch không khí sau thời gian thấy dung nào chuyển sang màu nâu đỏ là FeCl2 còn dd là NaOH Lấy dung dịch acid nhận cặp Ba và H SO4 đó nhận HCl .Tách kim loại Ag và Cu Đem nung KL này không khí hoà tan vào acid, chất nào tan tạo dd dịch xanh lam là Cu còn lại là Ag Chất nào hoà tan không tạo khí là Fe2O3 , CuO, ZnO, Al2O3 - Thấy xuất dung dịch xanh lam là CuO - Xuất dd màu nâu đỏ là Fe2 O3 - oxit kia, + Lấy khí từ các phản ứng dẫn qua chất này nung nóng, lấy chất rắn thu cho vào dung dịch acid, thấy thoát khí nhận ZnO còn lại là Al_2O_3 kim loại Na,Zn,Fe,Al - Dùng FeCl2 nhận Zn và Al bị hoà tan và kim loại Na cho khí bay đồng thời xuất kết tủa - Còn Zn và Al thực nhận biết ZnO và Al2O3 Câu 14 Hòa tan 46(g)hỗn hợp gồm Ba và kim loại kiềm bảng tuần hoàn vào nước thu dd và 11,2 lít khí(dktc).cho từ từ m(g) Zn vào dd C đến khí không thoát tính m và thể tích khí thoát - Thêm 0,18 mol Na2 CO3 vào dd C thì dư ion Ba 2 - Thêm 0,21 mol Na2 CO3 vào dd C thì dư Na2 CO3 Tìm kim loại kiềm Hướng dẫn nOH   2.nH  1(mol ) 2OH   Zn  ZnO22  H m  65.0, 5( g ) V  11, 2(l ) Tiếp theo 0,18  nBa2  0, 21 (1) Hệ x  y   y   x và 137 x  My  46 137 x  M (1  x )  46  x(137  M )  46  M  x  46  M 137  2M Kết hợp với (1) tìm giới hạn M Câu 15 Đun m gam hỗn hợp X gồm axit axetic và ancol etylic với H SO4 đặc,chưng cất dung dịch sau phản ứng Trang 83 http://boxmath.vn thu hỗn hợp Y.Chia hỗn hợp Y thành phần nhau.Phần tác dụng với lượng dung dịch NaOH vừa đủ thu 3,28 gam muối.Phần tác dụng với lượng Na vừa đủ,rồi cô cạn thu 0,672 lit H đktc và 3,38 gam chất rắn.Tính hiệu suất phản ứng este hóa Hướng dẫn Khi chưng cất thì Y có acid axetic (x mol) ; ancol etylic (y mol) và etyl axetat (z mol) và nước tạo là z (mol) (trong mối phần) Phần ta có x  z  0, 04 Phần x  y  z  0, 06 60 x  46 y  18 z  2, 06 Tìm x  0, 01(mol ) ; y  0, 02(mol ) và z  0, 03(mol ) Câu 16 Cho 10,16 gam hỗn hợp A gồm x mol axit đơn chức,y mol ancol đơn chức và z mol este tạo thành từ axit và ancol trên.Chi hỗn hợp A thành phần Phần 1.Đốt cháy hoàn toàn thu 5,152 lít CO2 (đkc) và 3,6 gam H 2O Phần 2.Tác dụng vừa hết với 250 ml dung dịch NaOH 0,2M thu p gam chất B và 1,84 gam chất C.Cho toàn chất Cphản ứng hoàn toàn với CuO dư thu chất D Cho D tác dụng với dung dịch AgNO3 / NH dư thu 8,64 gam Ag a/Tính x, y , z , p b/xác định công thức cấu tạo và tính khối lượng chất hỗn hợp A Hướng dẫn Phần Dễ thấy C là ancol và ta tìm C là etanol và đó là ancol hỗn hợp ban đầu netanol  0, 04(mol ) nNaOH  0, 05(mol ) Phần n_{CO_2}=0,23 (mol) và n_{H_2O}=0,2 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng tìm khối lượng oxi cần để đốt cháy là m  8, 64( g )  nO2  0, 27( mol ) Áp dụng định luật bảo toàn oxi n [ O ] A  0,12( mol ) Ta có hệ x  y  z  0,12.2 với x  z  0,1 và y  z  0, 08 Giải x  0, 06(mol ) và y  z  0, 04(mol ) Đến đây việc tìm công thức đã quá đơn giản Câu 17 Hòa tan hết 7,74 gam hỗn hợp gồm Mg ; Al 500 ml dung dịch HCl 1, M và H SO4 0, 28M thu dung dịch X và 8,736 lít H Tính KL muối khan thu đc cô cạn X Hướng dẫn Ta có nH  0,39( mol ) n H  0,88(mol ) Do đó Acid dư nH   0,1(mol ) Khi cô cạn X, HCl bị bay đó khối lượng muối khan m  7, 74  0,14.96  0,5.35,5   (Không thể nhận xét HCl dư được, vì chất là phản ứng ion kim loại và H Câu 18 Hidrocacbon A có khối luợng phân tử M  80 Ozon phân tử A tạo thành andehit fomic và andehit oxalic Xác định tên gọi A Dùng chế giải thích hình thành các ản phẩm hình thành cộng brom vào A theo tỉ lệ 1;1 gọi tên sản phẩm này Hướng dẫn CTPT A là C6 H có k  Khi ozon phân A tạo HCHO và OHC  CHO Ta có thể suy CTCT A CH  CH  CH  CH  CH  CH Trang 84 http://boxmath.vn Tên gọi hex-1,3,5-trien b Khi cộng Br2 tỉ lệ 1.1 thì có vị trí phản ứng là đầu và Ta xét vị trí đầu Br2  Br   Br  Sau đó Br   CH  CH  CH  CH  CH  CH   CH  CH ( Br )  CH  CH  CH  CH Và  CH  CH ( Br )  CH  CH  CH  CH  Br   CH Br  CHBr  CH  CH  CH  CH Tên 5,6-dibrom-hex-1,3-dien Câu 19 cho các sản phẩm buten cộng với HCl so sành khả phản ứng cộng chúng Hướng dẫn Các sản phẩm CH  CH  CH  CH (1) CH  CH  CH  CH (2) và CH  C (CH )  CH (3) Với chất đầu hiệu ứng  I nhóm C2 H và CH Đều yếu nhóm CH Do đó điện tích âm trên nguyên tử C chất đầu kém chất Do đó chất cộng dễ Câu 20 Ở 100o C , khối lượng mol trung bình hỗn hợp gồm số hidrocacbon liên tiếp cùng dãy đồng đẳng nào đó là 64.Sau làm lạnh hỗn hợp nhiệt độ phòng, thì số chất hỗn hợp bị hoá lỏng.Khối lượng mol trung bình hỗn hợp sau 54 còn Khối lượng mol trung bình hỗn hợp lỏng 74 Biết tổng phân tử khối hỗn hợp đầu là 252.Phân tử khối chất nặng gấp đôi chất nhẹ Tìm CTPT các chất hỗn hợp đầu Hướng dẫn Gọi n là sô HC hỗn hợp ban đầu M ; M  14.1 ; M  14.2 ; ; M  14.(n  1) chất đầu tiên có phân tử khối là M thì chất cuối là M+14(n-1)  M  14(n  1) Tổng khối hỗn hợp xác định M n  14[1    (n  1)]  14(n  1)n  14.[n.n(1) / 2]  252  n   M  42 Vậy các hidrocacbon là C3 H , C4 H , C5 H10 , C6 H12 Câu 21 Hỗn hợp X gồm ancol và 2sanr phẩm hợp nước propen Tỉ khối X so với hidro là 23 Cho mg X qua ống đựngCuO dư Sau phản ứng xảy hoàn toàn thu dc hhY gồm ba chất hữu và nước, kl ống sứ giảm 3,2 g cho Y tác dụng hoàn toàn với dd AgNO3 NH dư thu dc 48,6g Ag Phần trăm khối lượng propan-1ol Hướng dẫn Ta có M  46 và ancol tạo từ propen là CH  CH  CH  OH và CH  CH (OH )  CH Suy ancol còn lại là CH 3OH Gọi x, y , z (mol ) là số mol metanol, propan-1-ol và propan-2-ol Ta có hệ        32 x  60 y  60 z  46.0,    x  y  0, 45  x  y  z  0, x  0,1 mol  y  0, 025  mol  z  0, 075  mol  Trang 85 http://boxmath.vn Câu 22 Cho 2,7g kim loại A tác dụng với 50g dd HCl thu dung dịch X để trung hoà dung dịch X trên cho 50g dd NaOH 8% dung dịch Y Trong Y NaCl chứa 5,73%.Tìm tên kim loại A va C% HCl Hướng dẫn Phản ứng trung hoà NaOH  HCl  NaCl  H 2O 0,1(mol) 0,1 -0,1(mol) Suy mNaCl  5,85( g ) Suy khối lượng dịch Y là mdd  5,85.100  102, 0942( g ) 5, 73 Khối lượng dung dịch Y là khối lượng dd HCl , dung dịch NaOH, KL A và trừ khí H bay 2,  100  x  102, 0942  x  0, 6058( g ) là khối lượng H nH  0,3029(mol ) 2, 7n  0, 6058  M  4, 45n M  nH   0,1  0, 6058  0, 7058(mol ) C 0, 7058.36,5 50 Biện luận n=2, M=9 (xấp xĩ thôi) Kim loại Be Câu 23 Cho từ từ 300ml dd NaHCO3 0.1M, K CO3 0,2M vào 100ml dd HCl 0,2M , NaHSO4 0,6M thu V lit CO2 thoát đktc và dd X.Thêm vào ddX 100ml dd KOH 0,6M, BaCl2 1,5M thu m(g) kết tủa giá tri V(lit) và m là Hướng dẫn n H  0, 08( mol ) Gọi V (l) là thể tích dung dịch phản ứng Ta có nHCO  0,1V (mol ) nCO 2  0, 2V (mol )  Khi phản ứng với H Thì 0,1V  0, 4V  0,08  V  0,16(l ) Suy tổng số mol khí n CO2  0,3V  0, 048( mol )  V  1, 0752(l ) Còn lại dung dịch nHCO  0,14.0,1  0, 014(mol ) và nCO 2  0, 028(mol ) 3 Vậy Câu 24 Đun nóng 0,1mol este no đơn chức E với 0,18 mol hidroxit kim loại liềm M.sau kết thúc phản ứng xà phìng hoá, cô cạn dd thu chất rắn A và 4,6g ancol B biết B bị ôxi hoá CuO thành sản phẩm có khả tráng gương đốt A thì thu 9,54g muối cacbonnat, 8,26g hỗn hợp CO2 và H 2O Xác định M tim CTCT este Hướng dẫn B là ancol etylic Muối cacbonat M CO3 có số mol n  0,18  0, 09(mol ) Tìm M  23 (Na) Ta có Chất rắn bao gồm Cn H n 1COONa : 0,1( mol ) và NaOH : 0, 08(mol ) Ta có 2Cn H n1COONa  (2n  1)CO2  (2n  1) H 2O  Na2CO3 Trang 86 http://boxmath.vn 0,1 -0,05(2n+1) -0,05(2n+1) -0,05 2NaOH  CO2  Na2CO3  H 2O 0,08 -0,04 -0,04 Ta có nCO2  0,1n  0, 01 và nH 2O  0,1n  0, 09 Suy 44(0,1n  0, 01)  18(0,1n  0, 09)  8, 26  n  Vậy Câu 25 Một hh X gồm ankan,1 anken,1 ankin có thể tích 1,792(l) đktc,chia hh X làm phần P1 Cho qua dd AgNO3 / NH tạo 0,735(g) kết tủa và thể tích hh giảm 12,5% P2 Đốt cháy hoàn toàn cho sản phẩm vào 9,2(l) dd Ca(OH ) 0,0125 M thu 11 gam kết tủa Xác định CTPT các hidrocacbon Hướng dẫn Phần M kt  147  ankin là C3 H Phần nCO2  0,11(mol ) nCO2  0,12  mol  Vì các chất thể khí nên có C  Xét C trung bình là các cặp C4 H10 và C2 H Hoặc C4 H và C2 H ( CH ) Hoặc là C=3 hết Xét C trung bình là 2,75 C2 H và C4 H10 C3 H Câu 26 Xà phòng hoá 0,15mol 1este A dd NaOH 1,25M thì dùng 200ml Cô cạn đ thu 14,2g chất rắn khan.nếu đốt cháy hoàn toàn 0,1mol A cho sản phẩm vào dung dịch Ba(OH ) thì thu 19,7g kết tủa thêm sút dư vào đ thì thu 19,7g kết tủa xác định CTPT A Hướng dẫn Tính nCO2  0,3(mol )  Suy số C là Ta có nNaOH  1, 67 suy este là đơn chức neste Dể dàng tìm muối là HCOONa Suy CT HCOOC2 H Hoặc HCOOC2 H Câu 27 X là hỗn hợp gồm C2 H và H có tỉ khối so với H là Đun X với bột Ni thời gian thu hỗn hợp Y có tỉ khối so với H là 9,375 Lấy 0,16 mol Y cho qua bình đựng Br2 dư để phản ứng xảy hoàn toàn thấy khối lượng bình dựng Br2 tăng thêm m (g) Tìm m Hướng dẫn Trong X nH nC2 H  Độ giảm số mol x là số mol H Suy 10a  18, 75( a  x )   x  7a 15 mX  mY  0,16.18, 75  Suy Trong X nC2 H  0,1mol ; nH  0, 2mol Số mol H phản ứng x  0,14mol   mdu  0,12 g Trang 87 http://boxmath.vn Gọi y là số mol C2 H Ta có 0, 06  y  0, 07 DLBTKL  m  30 y  0,12 Suy Câu 28 X là hợp kim kim loại gồm kim loại kiềm M và kim loại kiềm thổ R Lấy 28,8 gam X hòa tan hoàn toàn vào nước, thu 6,72 lít H (đktc) Đem 2,8 gam Li luyện thêm vào 28,8 gam X thì % khối lượng Li hợp kim vừa luyện là 13,29% Kim loại kiềm thổ R hợp kim X là Hướng dẫn Trước tiên ta có nhận xét luyện thêm Li vào thì % mLi  2,8  6,33%  13, 29 % 28,8  2,8 Như kim loại kiềm hợp kim chắn là Li Và tính 28,8g X có nLi  0, 2mol   nH  0,1mol Suy nR  0, 2mol Như R  137( Ba) Câu 29 Hỗn hợp X gồm hai ankin, đốt cháy hoàn toàn 2,24l hh X (dktc) thu đc 12,76g CO2 , Khi cho 2,24l hhX tác dụng vs dd [ Ag ( NH ) ]OH dư, thu dc 12,3g kết tủa Công thưc câu tạo hai ankin là A CH  CH , CH  C  C  CH B CH  CH , CH  CH  C  CH C CH  CH , CH  C  CH D CH  C  CH , CH  CH  C  CH Hướng dẫn Ta có nX  0,1mol nCO2  0, 29mol Suy số C trung bình n  2, có CH  CH Xét trường hợp ankin là C3 H Ta tính nC2 H  0, 01( mol ) và nC3 H  0, 09mol Kết tủa tạo từ C2 H là 2,4g Từ C3 H là 13,23g Loại Xét trường hợp C4 H Thì nC2 H  0, 055  mket tua  13, g  A Câu 30 Nung C với nước nhiệt độ cao thu hỗn hợp X ( CO, CO2 , H ) Cho X qua dd Ca(OH ) dư thu khí B.Cho khí B qua CuO thì thấy khử 0,112 mol CuO và có 0,07 mol H O Tìm %V CO2 hỗn hỗ hợp ban đầu Hướng dẫn Khi dẫn qua Ca(OH ) thì CO2 bị giử lại hết Các khí CO và H có đặc điểm là kết hợp với mol [O] Ta có n [O ]  0,112mol với H thì n[O ]  0, 07 Suy nCO  0, 042mol Các pư xảy C  H 2O  CO2  H Trang 88 http://boxmath.vn x x -2x C  H 2O  CO  H y -y y ta có y  0, 042 và x  y  0, 07 % VH  x  3x  y Câu 31 A là dung dịch chứa 0,6 mol Al 3 Cho vào dd a mol OH  thì thu b gam kết tủa,cho tiếp 1,5a mol OH  thì thấy kết tủa giảm nữa.Tính giá trị a,b? Hướng dẫn a Kết tủa lần chưa tan Al 3  3OH   Al (OH )3 a a -a -3 Khi cho 1,5a thì nket tua  0,  1,8  1,5a a Lập tỉ lệ   a  1, 44 3(0, 78  1,5a ) b Kết tủa lần bị hoà tan nket tua  0,  1,8  a Lần 2; nket tua  0,  1,8  1,5a 0,  1,8  a Lập tỉ lệ   a  1, 0,  1,8  1,5a Câu 32 Nhỏ từ từ 3V1 ml dung dịch Ba(OH ) vào V1 ml dung dịch Al2 ( SO4 )3 thì thu kết tủa lớn là m gam Nếu trộn V2 ml dung dịch Ba(OH ) vào dung dịch muối nhôm trên thì kết tủa thu là 0,9m gam V Tỉ số là bao nhiêu? V1 Hướng dẫn Để đơn giản bài toán ta giả sử Ba(OH ) có nồng độ 1M và Al2 ( SO4 )3 có nồng độ aM Ở thí nghiệm Kết tủa lớn đó vừa đủ Suy 2a.V1.3  6V1 hay a=1 suy m  78.2.V1 (1) Tiến đến TN2 thấy kết tủa giảm chứng tỏ kết tủa bị hoàn tan Lượng hoà tan là 0,1m Khi đó 0,1m  78.(2V2  6V1 ) (2) Từ và suy đpcm Giải thích rỏ Al 3  3OH   Al (OH )3 2V1 6V1 2V1 Al (OH )3  OH   [ Al (OH ) ] 2V2  6V1 Câu 33 Cho 14,4(g) hỗn hợp Fe,Mg,Cu (có số mol nhau)tác dụng hết với 100ml dung dịch HNO3 x M thu dung dịc Y và 2,688 lit (ddktc) hỗn hợp khí N ; NO; N 2O; NO2 đó số mol N số mol NO2 Cô cạn dd Y thu 58,8 g muối Tính x = ? Hướng dẫn Ta có nFe  nMg  nCu  0,1mol Trang 89 http://boxmath.vn Số mol e cho  ne  0,1.7  0, 7mol Suy số mol gốc NO3 muối kim loại là 0,7mol Như khối lượng muối kim loại là m  0, 7.62  14,  57,8 Suy mNH NO3  1g   n  0, 0125mol Như số electron mà các khí nhận là nnhan  0, 6mol Gọi nN  nNO2  x (mol ; nNO  ymol và nN 2O  z (mol ) Ta có x  y  z  0,12mol (1); 10 x  x  y  z  0, (2) Số mol HNO3 phản ứng là n  0,  x  y  z  2.nNH NO3 Lấy (1) nhân với cộng với (2) thấy điều đặc biệt Câu 34 Hỗn hợp A gồm 0,56g Fe và 16g Fe2 O3 ,trộn A với mg bột nhôm nung nhiệt độ cao( không có không khí) thu hỗn hợp D Nếu cho D tan dd H SO4 loãng dư thì thu dc a lit khí,nhưng cho D tác dụng vs dd NaOH dư thì thể tích khí thu dc là 0,25a lit cùng điều kiện Khoảng giá trị cua m Hướng dẫn nFe  0, 01mol ; nFe2 O3  0,1mol Gọi a là số mol ban đầu, và x là số mol Fe2 O3 phản ứng Al  Fe2O3   Al2O3  Fe 2x -x 2x Sau nAl  a  x (mol ) và nFe  x  0, 01( mol ) Khi dẫn qua H SO4 nkhi  1,5( a  x )  x  0, 01  1,5a  x  0, 01 Khi cho qua NaOH nkhi  1,5( a  x) Theo đề 1,5(a  x)  x  0, 01 4 1,5(a  x) Rút 4,5(a  x)  x  0, 01  11x  4, 5a  0, 01  x  4,5a  0, 01 11 Ta có  x  0,1  Câu 35 Đốt hợp chất hữu A, sản phẩm thu cho qua bình đựng lít dung dịch Ca(OH ) lạnh 27o C , áp suất 2,28 atm m gam kết tủa và dung dịch B có khối lượng giảm 3,858 gam Đun nóng dung dịch B đến khối lượng không đổi dẫn sản phẩm khí qua dung dich Ba(OH ) dư thu m gam kết tủa Tìm Công thức phân tử A biết 42  M A  56 Hướng dẫn pV  0, 741mol RT  xmol và nCa ( HCO3 )2  ymol Dể dàng tính nCa (OH )2  Gọi nCaCO3 Ta có x  y  0, 741mol và 100 x  197.2 y Giải x  0,591 và y  0,15mol    nCO2  x  y  0,891mol Ta có 100 x  ( mCO2  mH 2O )  3,858 Tìm mH 2O  16, 038 g   nH O  0,891mol Suy A có CTPT Cn H n Ox Biện luận tìm x  1; n  Trang 90 http://boxmath.vn Tìm A là C2 H 4O Câu 36 Đốt cháy hoàn toàn hợp chất A (chứa các nguyên tố C, H, O, N) thu hỗn hợp B gồm CO2 ,hơi nước,và N có tỉ khối so với H là 13,75.Cho B qua bình I đựng P2O5 dư và bình II đựng KOH rắn dư thì thấy tỉ lệ tăng khối lượng bình II so với bình I là 1,3968 Số mol O2 cần dùng nửa tổng số mol CO2 và H 2O Biết M A  M anilin Tìm phân tử A Hướng dẫn Khi dẫn vào các bình đựng P2O5 và KOH ta tính nCO2 nH O  n 1,3968.18    Tỉ lệ C  44 nH 4.44  7.18  28 x   x 1 47 x Hay tỉ lệ nC : nH : nN  : :1 Ta có 13, 75.2  Số mol O2 phản ứng CO2 và H 2O 47  5,5 y  5,5.2  4.2  7  y  (định luật bảo toàn O) Suy tỉ lệ C : H : O : N  : : :1 Dỉ nhiên là C2 H O2 N Câu 37 Khử 6,4g CuO Hidro nhiệt độ cao Hỗn hợp hidro và nước cho qua axit sunfuric loãng thì khối lượng tăng 0.9g tính phần trăm CuO đã bị khử và thể tích khí hidro (đkc) đã dùng biết hiệu suất phản ứng là 80% Hướng dẫn Ta dể dàng tính nO  0, 05mol Ban đầu nCu  0, 08mol Trước tiên ta có nhận xét H  80 % nó phụ thuộc vào tỉ lệ mol các chất phản ứng theo lý thuyết Nguyên nhân sinh hiệu suất các bạn đã nói là H không phủ hết bề mặt CuOTa không xét gì đến H vì số mol CuO bằng số mol nước tạo và là n  0, 05mol Như Bị khử là 62,5% Ta thấy số CuO bị khử nhỏ Hiệu suất phản ứng Tức là trên lý thuyết thì nCuO  nH Như hiệu suất tính theo H V  22, 0, 05  1, 4(l ) 0,8 Câu 38 Cho hh A gồm 0,15 mol Mg và 0,35 mol Fe phản ứng với V (l ) l dung dịch HNO3 1M thu dung dịch B và hỗn hợp C gồm 0,05(mol) N 2O ; 0,1 mol NO và còn lại 2,8 g kim loại Tính V Hướng dẫn nFe pu  0.3mol , nMg  0.15mol ne nhường nhận  0,3.2  0,15.2  0,9mol 0,9  0, 05.8  0,1.3 nNH NO3   0, 025mol   nHNO3  0,9  0, 025.2  0, 05.2  0,1  1,15mol   VHNO3  1,15l Trang 91 http://boxmath.vn Câu 39 bình phản ứng dung tích không đổi gồm hỗn hợp khí X gồm N và H và ít chất xúc tác 00 C và áp suất Px =1atm Nung nóng bình thời gian để xảy phản ứng tổng hợp NH Sau đó đưa bình 00 C ta hỗn hợp Y Tỉ khối Y so với X là d y / x và áp suất hỗn hợp Y Lựa chọn câu đúng A Py  0,5atm; d y  B Py  1atm; d y  x x C Py  1atm; d y  D Py  1atm; d y  x x Hướng dẫn Phản ứng N  3H   NH x 3x -2x (a-x) (b-3x) -2x nsau  a  b  x có p a  b  2x a  b  2x 2x   p  1 1 ab ab ab Khối lượng không đổi, tỉ lệ khối lượng mol tỉ lệ nghịch với số mol d1 a  b  x d   1  1 B d2 ab d1 Câu 40 Ở 95o C có 1877g dd CuSO4 bão hòa Làm lạnh dd xuống 25o C thì có bao nhiêu gam tinh thể CuSO4 H 2O kết tinh? Biết độ tan CuSO4 95o C là 87,7g, còn 25o C là 40g Hướng dẫn Xét 950 C độ tan CuSO4 là 87,7g → mdd  mn  mct  100 g  87, g  187, g Trong 187,7g dung dịch CuSO4 bão hòa có 87, 7gCuSO4 và 100g nước Vậy 1877g dung dịch CuSO4 bão hòa có x  g  CuSO4 và yg nước → x  877( g )CuSO4 và y  1000( g ) H 2O Gọi n là số mol CuSO4 H 2O tách làm lạnh dung dịch từ 950 C xuống 250 C Như dung dịch ban đầu 160n gam CuSO4 và 90n gam nước Xét 250 C độ tan CuSO4 là 40g, có nghĩa là 100g nước hòa tan 40( g )CuSO4 (1000 – 90n)g nước hòa tan (877 – 160n)g CuSO4  n  3,874( mol )CuSO4 H 2O Vậy khối lượng tinh thể CuSO4 H 2O tách là 3,847.250  961, 75( g )  Trang 92 http://boxmath.vn Xu hướng tìm dạng bài tập luôn là điều hấp dẫn Trong hoá học chưa thấy bài tập nào ứng dụng các kiến thức đạo hàm, bất đẵng thức, tam thức bậc 2, Boxmath lập topic này để đưa dạng toán hoá đó là ứng dụng các kiến thức trên vào giải toán CÁC THÀNH VIÊN CỦA BOXMATH XIN GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TẬP HÓA HỌC DẠNG NÀY Câu Hỗn hợp A gồm MO và R2O3 có tỉ lệ khối lượng tương ứng là :16 Hỗn hợp 34g A có số mol là 0,25 Hỗn hợp B gồm kim loại M và R có tỉ lệ mol tương ứng là :2 ( có khối lượng không quá 13,6g) tác dụng với HCl dư thu 6,72 (l) khí (đktc) Tìm A Lời giải: Ta có 34g A thì khối lượng MO là 2g còn R2O3 là 32g Ta có: 32  M  16 R  48 16  0,125   (1) M  16 R  48 0, 25  Hỗn hợp B Ta dễ dàng nM  0,1mol và nR  0, 2mol Ta có : 0,1M  0, R  13,  M  R  136 Sử dụng Swaxo cho (1) 16 (1  4)2 25     0,125 M  16 R  48 M  R  64 136  64 Dấu "  " xảy khi:  và M  R  136 M  16 R  48 Giải hệ trên ta được: M  24 và R  56 A gồm MgO \ và Fe 2O3 Câu Hỗn hợp X gồm este đơn chức là đồng đẳng có tỉ lệ khối lương tượng tương ứng là 0,7396 : và hiệu số mol chúng là cực đại Xà phòng hoá hoàn toàn 86,96g X dung dịch KOH dư thu muối (không có khả tham gia phản ứng tráng Ag) có khối lượng m1 (g) và rượu đơn chức Lấy toàn rượu qua CuO nung nóng dẫn sản phẩm qua dd Br2 dư thì thấy có a(mol) Br2 phản ứng Giá trị m1 và a là bao nhiêu? Lời giải: Gọi x là khối lượng mol este nhỏ 0, 7396   f ( x) x x  14 0, 7396  Ta có: f '( x)   x ( x  14)2 f '( x)   x  86 Ta có: hiệu số mol: Lập bảng biến thiên, hiệu số mol max x=86 : este C4 H 6O2 : xmol và este C5 H10O2 : ymol Trang 93 http://boxmath.vn khối lượng chất: là 36,96g và 50g Số mol x=0,43mol và y=0,5mol CTCT: CH  CH  COOCH và CH  CH  COOC2 H Muối: CH  CH  COONa : ( x  y )mol   m  87, 42 g  m1  87, 42  g  Khi cho qua CuO: HCHO: xmol và CH 3CHO : ymol Phản ứng với Br2 thì số mol brom pư là: x  y  1, 36mol  a  1,36  mol  Câu 3: Cho hỗn hợp A gồm hai kim loại Fe và Mg , đó số mol Mg không vượt quá nửa số mol Fe.Chia hỗn hợp thành hai phần nhau: Phần 1: Tác dụng với dung dịch HCl dư V1 lít H (ĐKTC) Phần 2: Tác dụng với dung dịch H SO4 đặc nóng dư thu V2 lít SO2 (ĐKTC) Xác định phần trăm khối lượng các kim loại hỗn hợp A cho tỉ số V1 đạt giá trị lớn V2 Lời giải: Gọi x, y (mol ) là số mol Fe và Mg phần x V1  22, 4( x  y ) Theo đề: y  V2  11, 2(3 x  y ) V1 2( x  y )  V2 (3x  y ) Theo đề 2( x  y ) (3 x  y ) V1 đạt max nên đạt max nên đạt (3 x  y ) 2( x  y ) V2 (3 x  y ) x  1 2( x  y ) 2( x  y ) x 3x Mặt khác: y    x  y    2( x  y )  3x 2 (3 x  y ) x  1  Do đó 2( x  y ) 3x x Dấu xảy y  Giả sử x  2  y  Ta có: 24.100%  17, 45% 56.2  24 %  Mg   17, 45% \ và %  Fe   82,55% % Mg  Câu Hỗn hợp A gồm este có tỉ lệ khối lượng 1:1 và tổng số mol chúng là cực đại Cho 51,6 g hỗn hợp A tác dụng với KOH dư thu ancol B và hỗn hợp muối C ( biết C các chất làm màu Br2 ) Nung C với KOH CaO dư thu hỗn hợp khí D(phản ứng xảy hoàn toàn) Dẫn D vào bình kín dung tích 10(l) với xúc tác thích hợp, sau thời gian thấy áp suất bình là p  1, 6072(atm) và nhiệt độ bình là Trang 94 http://boxmath.vn t  127o C Hiệu suất phản ứng bình là bao nhiêu? Lời giải: Gọi x là KLPT este nhỏ và a là độ chênh lệch khối lượng mol Ta có: f  x  1 1   f ' x     0 x xa x  x  a 2  x  60  HCOOCH   a  26  CH  CHCOOCH  Suy số mol cực đại x và a nhỏ  (Vì muối màu brom) Nung muối thì:    nH  0, 43mol nC2 H  0, 3mol Phản ứng: C2 H  H  C2 H (0,43-x) - (0,3-x) x Ta có: 0, 73  x  0, 49  x  0, 24mol  H  80% Câu 5: Cho các hidrocacbon sau : C3 H ; C4 H ; C5 H ; C6 H10 Hỏi có thể chọn bao nhiêu sáu chất thoả mãn cùng thuộc dãy đồng đẳng?? Lời giải: Thống kê công thức cấu tạo: Ankin: C3 H : C4 H : C5 H : C6 H10 :7 Ankadien: C3 H : C4 H : C5 H : C6 H10 : 13 Cycloanken C3 H : C4 H : C5 H : C6 H10 :13 đicycloankan C3 H : C4 H : C5 H : C6 H10 :16 Yêu cầu bài toán: Trang 95 http://boxmath.vn 13 n  C 6  C22  C246  C21  265189 Câu 6: Cho hỗn hợp ankan và anken đó số nguyên tử C hai chất này luôn nhau.Tỉ số nH O nCO2 biến đổi nào? Lời giải: CT: Cn H n  ; xmol và Cn H n ; ymol ta có: A nH O nCO2 Đặt t   x(n  1)  ny 1  1  1 yn nx  ny n 1 y n x x y 0 x Xét các hàm số: f (n)  1 và g (t )  n 1 t Nhận thấy hàm này nghịch biến Suy  A  Câu 7: Hỗn hợp A gồm oxit kim loại M và N (đều hoá trị II) có tỉ lệ mol tương ứng là 1:2 Hỗn hợp 9,6g A có số mol không quá 0,16 mol Giả sử có kim loại R (R=M.N, R hoá trị II) Hỗn hợp B gồm RO, MO, NO có tỉ lệ mol tương ứng là 1:15:14, để hoà tan hoàn toàn B cần 300ml dung dịch HCl 1M ( biết B có khối lượng không quá 33,12g) a Tìm kim loại M và N b Có viên bi tròn chế tạo từ kilm loại M và N ( viên bi là M và là N) Giả sử M có tốc độ phản ứng gấp lần N Cho viên bi đó vào dung dịch H SO4 đặc nóng thể tích viên bi còn lại thì thấy thoát 8,96 (l) khí (đktc) (Biết khối lượng riêng N gấp 5,134 lần M) Tìm khối lượng viên bi ban đầu và thể tích còn nửa Lời giải a Trong A 3, 6, 1   0,16    0, 05 M  16 N  16 M  16 N  Trong B Dễ dàng tính số mol chất : nRO  0, 01mol , nMO  0,15mol , nNO  0,14mol Theo đề bài: Ta có: 0, 01 MN  16   0,15  M  16   0,14  N  16   33,12  MN  15M  14 N  2832   N  15  N  14   3042   N  15   N  14   1521 N  14  ab  1521 1 1 Khi đó xét P       0, 05 N  14 N  15  a  b  1  ab 1 Mặt khác P  0, 05 Đặt a  M  15, b  Trang 96 http://boxmath.vn M  24  Mg   N  64  Cu  Dấu = xảy tìm ra:  b Đặt nMg  x  mol  ; nCu  y  mol  24 x 64 y  đó: d1  DMg ; d  DCu ; d  5,135d1 d1 d2 Suy ra:  0,52 y Phản ứng: nMg  3b  mol  ; nCu  b  mol  Ta có:  Khi thể tích còn nửa thì:   mCu  64  y  b  g 64  b  x  24  0,52b  3x  64 y    mMg  24  0,52 y  3b  g d2 d1 d2 64b 24  0,52 y  3b    y  6, 24b  x  0,352b d2 d1  x  0,352 Ta có: 4b  0,  b  0,1 Vậy:   mo  51, 76 g , m  38,16 g y  0, 6768   Câu 8: Cho 39,34 gam hh F gồm Fe3O4 và kim loại M vào dung dịch HNO3 đun nóng thu ,khuấy hh để phản ứng xảy hoàn toàn thu 4,48 lít NO2 sản phẩm khử (ở đktc),dung dịch G và 3,84 kim loại M.Cho 3,84 gam kim loại M vào 200 ml dung dịch H SO4 0,5M và KNO3 0,5M khuấy thi thu dd H ,khí NO nhất.Cho dung dịch NH dư vào dd G thu thu kết tủa K Nung không khí đến khối lượn không đổi thu 24 gam chất rắn R a, Tìm M(M có hóa trị không đổi các phản ứng tên) b,Cô cạn cẩn thận dd H thu bao nhiêu gam muối khan Lời giải: a Phản ứng Fe3  3NH  3H 2O  Fe(OH )  NH 4  R \ là Fe2O3 có n = 0,15 mol Theo đtbt nguyên tố: Ta có nFe3O4 = 0,1 mol  mM PU  39,8  233.0,1  3,84  12,8 g Do có kl dư sau phản ứng nên ta chia làm trường hợp: TH1 : kim loại M không tác dụng với Fe3  PTPƯ : 8 3Fe  3Fe   1e 0,3 0,1 M  M n  ne 12,8 12,8n  M M N 5  1e      N 4 Trang 97 http://boxmath.vn 0,2 -0,2-(mol) *************Loại********* TH2 : Kim lại M tác dụng với Fe3  8 3Fe  2e  3Fe 2 M  M  n  ne N 5  1e  N 4 Cũng TH1 theo ĐL BT e  12,8n  0,  M  32n M  n  2, M  64(Cu ) thỏa mãn b 3Cu  8H   NO3  3Cu 2  NO  H 2O Đặt số mol lên pt  H  du, NO3 du Ta có: H  : 0, 04mol ; NO3 : 0, 06mol ; Cu 2 : 0, 06mol ; SO 42 : 0,1mol ; K  : 0,1mol  mC R  0, 06.64  (0,1  0, 02).96  39.0,1  0, 06.62  19,14 g Câu 9: A là hỗn hợp gồm este đơn chức X , X ,  X  X  là đồng đẵng có tỉ lệ mol tương ứng là 1:2 Hôn hợp 28,6g A có số mol cực đại (Cả X , X làm màu nước brom) Nếu lấy chất X là đồng phân X ( có khối lượng khối lương X A) đem tác dụng với [ Ag ( NH ) ]  OH  thì lượng kết tủa lớn có thể tạo là bào nhiêu? Lời giải: Số mol hỗn hợp: n m1 m2 m1 m2    với m1 , m2 , a là các số X1 X X1 X1  a  X : HCOOCH  CH : 0,1 mol   X : HCOOCH  CH  CH Dể thấy hàm số trên nghịch biến đó ta tìm  Chất X mà tạo kết tủa lớn là HOC  CH  CHO  Ag m  0, 4.108  43,  g  Câu 11: X,Y,Z là nguyên tố hoá học Tổng số hạt mang điện phân tử X 2Y , ZY2 , X Z là 200 R là phân tử hợp chất chứa X,Y,Z gồm nguyên tử có số hạt mang điện là: A 104 B 52 C 62 D 124 Lời giải: Gọi số proton X,Y,Z là x,y,z Ta có : x  y  z  y  x  z  200 /  100 Trang 98 http://boxmath.vn  x  y  z  100 50  (2 x  z )  y   100 /  33, 3 Dễ thấy: Y,Z không thể là kim loại Ta thấy y chẵn Do đó Y có thể là C :  loai vì ZY2  O :8  Y là O : y   x  z  38   Si :14(loai)  S :16 z chẵn, Z không là kim loại, cho x chạy từ  16 trên table loại nhanh các cặp không thỏa mãn và chọn cặp x  11( Na), z  16( S ) Y là S : y  16  x  z  26 Tương tự không có cặp thỏa mãn Vậy R là Na2 SO3 : có số hạt mang điện là : 2.(11.2  16  8.3)   D Câu 12: Cho 8g hỗn hợp hai rượu đơn chức A và B ( M A  M B ) ; phản ứng hoàn toàn với CuO dư; sau phản ứng ta thấy khối lượng chất rắn giảm 3,2 gam.Cho dung dịch sau phản ứng tác dụng với AgNO3 / NH dư; B là rượu nào để lượng Ag thu lớn Lời giải: Gọi x, y (mol ) là mol A và B Để có lượng Ag là lớn thì A phải là CH 3OH (Vì A không là CH 3OH thì lượng Ag là cố định 0, 2.2.108  43, ) Ta có hệ phương trình sau :  x  y  0,  32 x  My  1, M  32 Để lượng Ag max thì mol CH 3OH max  y y M  32 max M max, không tìm M y Bài 13 Cho V1 lít hỗn hợp A gồm N và NO có số mol nhau, V2 lít hỗn hợp B gồm hai hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp Biết V1  V2  Lấy V1 lít hỗn hợp A và 0, 4.V2 lít hỗn hợp B đốt cháy vừa đủ thì thu hỗn hợp sản phẩm C gồm khí và nước Nếu cho C qua dung dịch axit sunfuric đặc dư thì còn lại lít khí D Nếu cho D qua dung dịch Ca(OH ) dư thì tổng thể khí thoát và thể tích bị hấp thụ axit sunfuric là 1,2 lít Xác định công thức phân tử hai hidrocacbon A CH và C2 H B C2 H và C3 H C C2 H và C3 H D C3 H và C4 H Lời giải Cách Đặt CTPT hỗn hợp HĐRCB là C x H y Ta có các phương trình phản ứng: 4C x H y  (4 x  y )O2  xCO2  yH 2O 0, 4V2        0, xV    0, yV2 NO  O2  NO2 Từ giả thiết ta có V1  V2  (1) Trang 99 http://boxmath.vn Khí bị H SO4 hấp thụ là H O  khí còn lại là N , NO2 , CO2 , Từ các ptpứ ta có: V1  0, xV2  (2) Khi qua Ca(OH ) dư thì còn N không bị hấp thụ, ta có: nN  nH 2O  0,5V1  0, yV2  1, (3) Từ (1,2)  0, x   x  2,5 (loại đáp án A, D) Lấy (3) - (2) ta có: 0, 2.V2 ( y  x)  0,5V1  0,   y  x  B Cách Giả sử có y mol N và y mol NO V1 lít A; z mol Cn H n  2 k ( k nguyên dương, n  ) Không tính tổng quát, giả sử y  z  Phản ứng đốt cháy tạo y mol N và y mol NO2 cùng 0, 4nz mol CO2 và 0, 4(n   k ) z mol H 2O 0, 4nz  y  1:1 , Suy n  2,5, 2y  z Ta lại có NO2 và CO2 bị hấp thụ Ca(OH ) nên y  0, 4, 2,5, z  0, z  0, 4kz  1,  y  1, z  0, 4kz  2, y  1, z  1, y  z (0,  0, 4k )  2y  z Suy  0, 4k  0,   k  0,5  k   B Câu 14: Hỗn hợp A gồm 12g (g) oxi kim loại MO và R2O3 có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 1:2 B là a (g) oxit kim loại N có khối lượng mol N  3M  R , và N có hoá trị II 22 Trộn A với B với thu hỗn hợp C có số mol không quá 0,625 (mol) Một hỗn hợp Z khác gồm R và MO có tỉ lệ mol là 54:31 tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch H SO4 8,5M và hỗn hợp này có khối lượng không quá 55,04 (g) Biết R có số oxi hoá là 2 phản ứng với acid và a  a Xác định kim loại M, R và N b Người ta chế tạo loại hợp kim từ kim loại đó Người ta lấy mẫu 42,4 (g) hợp kim hoà tan vào HCl dư thu 15,68 (l) khí (đktc) Củng lượng hợp kim trên cho vào HNO3 dư thì thu 7,84 (l) khí không màu hoá nâu không khí có khối lượng 12,6 (g) Cô cạn dung dịch thu 182,8 (g) muối Xác định thành phần các kim loại hợp kim Lời giải: a) Từ kiện Z tác dụng với H SO4 ta dễ dàng thu phương trình: 54 R  31M  5008 3M  R 54 R  27 M 54 R  31M Từ N    22 N  3M  R   556 22 9  N  25, 27 Vì N là kim loại hóa trị II nên N là Mg = 24,  3M + 6R = 22,24 = 528  M + 2R= 176 Từ 54 R  31M  27( M  R )  M  5008  M  64  R  56 Mặt khác, khối lượng trung bình M, R  5008  58, 91 54  31 Từ đó dễ dàng suy M = 64, R = 56 thỏa mãn Nếu N là Be, trường hợp này không thỏa b) Gọi x, y, z là số mol Mg, Fe, Cu hợp kim, Ta có Khối lượng hợp kim m  24 x  56 y  64 z  42, gam (1) nH  x  y  0, 7mol ,(2) Trang 100 http://boxmath.vn - Khi phản ứng với HNO3 thu khí không màu, hóa nâu không khí có M  12, 6, 22,  36 nên khí thu 7,84 là NO và N O , Dễ dàng tính nNO  0, 2( mol ) ; nN 2O  0,15( mol ) Gọi t là số mol muối NH NO3 (nếu k có muối amoni thì t = mol), ta có: Số e trao đổi = 2x + 3y + 2z = 0,2,3 + 0,15,8 + 8t = 1,8 + 8t (3) Khối lượng muối thu = 42,4 + 62,(1,8 + 8t) + 80t = 182,8 (4) Giải hệ (1,2,3,4) ta có: x = 0,3 mol; y = 0,4 mol; z = 0,2 mol  %                           The * End                           Good luck to you!! Trang 101