BÀI TẬP TỔNG HỢP VÔ CƠ - HỮU CƠ HAY ÔN THI THPT QG MÔN HÓA

BÀI TẬP TỔNG HỢP VÔ CƠ Câu 1. Điện phân dung dịch hỗn hợp gồm 0,1 mol FeCl3, 0,2 mol CuCl2 và 0,1 mol HCl (điện cực trơ).

Khi ở catot bắt đầu thoát khí thì ở anot thu được V lít khí (đktc). Biết hiệu suất của quá trình điện phân là 100%. Giá trị của V là A. 5,60.

B. 11,20.

C. 22,40.

D. 4,48.

HƯỚNG DẪN GIẢI Diện phân đến khi xuất hiện bọt khí bên catot chứng tỏ điện phân đến H+ Dễ có 2 nCl2 = n Fe3+ + 2n Cu2+ = 0,5 mol => nCl2 = 0,25 mol => V = 5,6 lit Câu 2. Hòa tan hoàn toàn 3,22 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Zn bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng, thu được 1,344 lít hiđro (đktc) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là A. 10,27.

B. 9,52.

C. 7,25.

D. 8,98.

Câu 3. Cho m gam Fe vào bình chứa dung dịch gồm H2SO4 và HNO3, thu được dung dịch X và 1,12 lít khí NO. Thêm tiếp dung dịch H2SO4 dư vào bình thu được 0,448 lít khí NO và dung dịch Y. Biết trong cả hai trường hợp NO là sản phẩn khử duy nhất, đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Dung dịch Y hòa tan vừa hết 2,08 gam Cu (không tạo thành sản phẩm khử của N+5). Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 2,40.

B. 4,20 .

C. 4,06.

D. 3,92.

HƯỚNG DẪN GIẢI Dd Y. Fe3+ = 2mol Cu=0,065mol. Fe2+.x mol Bảo toàn electron .

3*0,065+2x=(0,05+0,02)*3. ⇒x=0,0075 số mol Fe ban đầu = 0,065+0.0075 m=4,06 Câu 4. Nung nóng 46,6 gam hỗn hợp gồm Al và Cr2O3 (trong điều kiện không có không khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Chia hỗn hợp thu được sau phản ứng thành hai phần bằng nhau. Phần một phản ứng vừa đủ với 300 ml dung dịch NaOH 1M (loãng). Để hòa tan hết phần hai cần vừa đủ dung dịch chứa a mol HCl. Giá trị của a là A. 0,9.

B. 1,3.

C. 0,5.

D. 1,5.

HƯỚNG DẪN GIẢI Xét trường hợp Al dư. 2Al + Cr2O3 →2Cr + Al2O3 2x x Có n Al dư = y mol; có hệ. 52.2x + 102.x + 27y = 46,6 . 2 Và có y + 2x = 0,3⇒ x = 0,1 mol ; y = 0,1 mol ⇒ chất rắn mối phần chứa 0,2 mol Cr ; 0,1 mol Al ; 0,1 mol Al2O3 Bảo toàn điện tích có . nHCl = 6nAl2O3 + 3nAl3+ + 2nCr2+ = 0,6 + 3.0,1 + 2.0,2 = 1,3 mol Câu 5. Hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2, Cu(NO3)2 và AgNO3. Thành phần % khối lượng của nitơ trong X là 11,864%. Có thể điều chế được tối đa bao nhiêu gam hỗn hợp ba kim loại từ 14,16 gam X? A. 10,56 gam.

B. 7,68 gam.

C. 3,36 gam.

D. 6,72 gam.

HƯỚNG DẪN GIẢI Trong NO3- tỉ lệ số mol N.O = 1.3 → %OX = 48.11,864/14 = 40,68% → % Kim loại trong X = 100 - %NX - %OX = 100- 11,864% - 40,68% = 47,45% → m kim loại = 47,45%.14,16 = 6,72 gam.

Câu 6. Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 23,64.

B. 15,76.

C. 21,92.

D. 39,40.

HƯỚNG DẪN GIẢI Qui đổi hỗn hợp X về 3 nguyên tử . Na(x mol), Ba(y mol); O(z mol) 23x+137y+16z=21,9 x+2y-2z=1,12.22,4*2=0,1 y=20,52.171=0,12 ⇒x=0,14;z=0,12

Số mol OH-=0,12*2+0,14=0,38 1< Số mol OH- / số mol CO2 <2 ⇒Số mol CO32-=0,38-0,3=0,08<0,12 Khối lượng kết tủa=0,08*197=15,76 Câu 7 .Cho m gam hỗn hợp X gồm MgO, CuO, MgS và Cu2S (oxi chiếm 30% khối lượng) tan hết trong dung dịch H2SO4 và NaNO3, thu được dung dịch Y chỉ chứa 4m gam muối trung hòa và 0,672 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO2, SO2 (không còn sản phẩm khử khác). Cho Y tác dụng vừa đủ với dung dịch Ba(NO3)2, được dung dịch Z và 9,32 gam kết tủa. Cô cạn Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được 2,688 lít (đktc) hỗn hợp khí (có tỉ khối so với H2 bằng 19,5). Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây?

A. 3,0.

B.2,5.

C. 3,5.

D.4,0. Đáp án .A Cu(NO3)2 → CuO + 2NO2 + 1/2 O2 Mg(NO3)2 → MgO + 2NO2 + 1/2 O2 NaNO3→NaNO2 + 1/2 O2 hh khí là O2. a mol và NO2. b mol => hệ a + b = 0,12 và 32a + 46b = 19,5.2.0,12 => a=0,06 ; b=0.06 Từ ptpu có nNaNO3 = (nO2 - nNO2/4 ). 2 = 0,09 mol => n (Cu2+ và Mg 2+) =0.03 mol trong dd Y có . Cu2+ ,Mg2+ ,NO3- ,SO42- và Na+ có nSO42- = n BaSO4 = 0, 04 mol bảo toàn ĐT 0,03.2 + 0,09 = 0,04.2+ nNO3- => nNO3- = 0,07 lại có 0.03mol gồm NO2 và SO2 BTNT nito có nNO2 =nNaNO3 - nNO3- = 0,02 mol nSO2= 0,01 mol 2+ Cu → Cu Mg → Mg 2+ O → O 2S→ S +6 N +5 → N +4 S +6 → S +4( H2SO4) => nS = ( 2nSO2 + nNO2 + 2nO -( nCu2+ + nMg2+).2 ) . 6 ( nO = 0,3m/16) => m-0,3m-(0,00625m-1/300).32+0,09.23+0,04.96+0,07.62= 4m =>m = 2,959g Câu 8.Trộn đều 6,102 gam hỗn hợp Al, Fe3O4, CuO (tỉ lệ mol 1.1.1) rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí thu được hỗn hợp X. Cho X tác dụng với lượng dư dung dịch HNO3 thu được V(ml) đktc hỗn hợp khí NO2 và NO theo tỉ lệ mol tương ứng là 1.1 (sản phẩm khử chỉ có NO2 và NO). Giá trị của V là A. 800,40.

B. 604,80.

C. 403,20.

D. 645,12. Đáp án: A nAl= nFe3O4 = nCuO = 0,018 mol =>n O2- = 0,018.4 + 0,018 = 0,09 mol Bảo toàn e. nenhường = 0,018.3 + 0,018.3 .3 + 0,018.2 = 0,252 mol n e nhận = 0,09.2 + a + 3a => a = 0,018 mol => V = 0,018.2.22,4 = 800,4 ml.

Câu 9. Cho hỗn hợp X gồm Na và Al vào nước thu được dung dịch Y chứa hai chất tan có số mol bằng nhau và thấy thoát ra V (lit) H2 (đktc). Thêm 150 ml dung dịch H2SO4 1M vào dung dịch Y thu được 7,8 gam kết tủa và dung dịch sau phản ứng đổi màu quỳ tím sang xanh. Vậy giá trị của V tương ứng là A. 8,96 lit .

B. 7,84 lit.

C. 13,44 lit.

D. 11,2 lit. Đáp án: D OH - + H+ → H2O 0,2 0,2 mol AlO2- + H2O + H+ → Al(OH)3

0,1 0,1 mol Na + H2O → NaOH + ½ H2 0,2+0,2 0,2 NaOH + H2O + Al → NaAlO2 + 3/2 H2 0,2 0,3 => V = 11,2 lit.

Câu 10.Nhiệt phân 50,56 gam KMnO4 sau một thời gian thu được 46,72 gam chất rắn. Cho toàn bộ lượng khí sinh ra phản ứng hết với hỗn hợp X gồm Mg, Fe thu được hỗn hợp Y nặng 13,04 gam. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Y trong lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, đun nóng thu được 1,344 lit (đktc) SO2 (là sản phẩm khử duy nhất). Thành phần phần trăm khối lượng của Mg trong X là A. 39,13 %.

B. 52,17%.

C. 28,15 %.

D. 46,15 %.

Chọn A nO2 (nhiệt phân) = (50,56 – 46,72) . 32 = 0,12 mol mMg, Fe = 13,04 – 0,12.32 = 9,2 gam nSO2 = 0,06 mol Ta có.

2a + 3b = 0,12.4 + 0,06.2 24a + 56b = 9,2 => a = 0,15; b = 0,1 => % Mg = 39,13 % Câu 11.Hòa tan hoàn toàn 17,88 gam hỗn hợp X gồm 2 kim loại kiềm A, B và kim loại kiềm thổ M vào nước thu được dung dịch C và 0,24 mol khí H2 bay ra. Dung dịch D gồm H2SO4 và HCl trong đó số mol của HCl gấp 4 số mol của H2SO4. Để trung hòa ½ dung dịch C cần hết V lit dung dịch D. Tổng khối lượng muối tạo thành trong phản ứng trung hòa là A. 18,46 gam.

B. 27,40 gam.

C. 36,92 gam.

D. 16,84 gam.

Chọn A nOH-= 2nH2 = 0,24.2 = 0,48 mol nH2SO4 = x mol thì nHCl = 4xmol Trung hòa ½ C. H+ + OH- → H2O 6x 0,24 => x = 0,04 mol mmuối = 1/2mKI + mCl- + mSO42- = 17,88.1/2 +0,16.35,5 + 0,04.96 = 18,46 gam Câu 12. Cho 8,16 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng (dung dịch Y), thu được 1,344 lít NO (đktc) và dung dịch Z. Dung dịch Z hòa tan tối đa 5,04 gam Fe, sinh ra khí NO. Biết trong các phản ứng, NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5. Số mol HNO3 có trong Y là A. 0,78 mol.

B. 0,54 mol.

C. 0,50 mol.

D. 0,44 mol.

Hướng dẫn: BTKL → 56a + 16b = 8,16 a = 0,12 Fe : a(mol)  Ta có . 8,16  → → O : b(mol) b = 0, 09 3a = 2b + 0, 06.3 BTE + Cho Fe vào n Fe = 0, 09  → 0, 09.2 = a + 3n NO → n NO = 0, 02(mol)

Fe(NO3 ) 2 : 0,12 + 0, 09 BTNT.N + →  → n HNO3 = 0,5(mol)  NO : 0, 02 + 0, 06 = 0, 08 Câu 13. X là dung dịch HCl nồng độ x mol/l. Y là dung dịch Na2CO3 nồng độ y mol/l. nhỏ từ từ 100 ml X vào 100 ml Y, sau các phản ứng thu được V1 lít CO2 (đktc). Nhỏ từ từ 100 ml Y vào 100 ml X, sau phản ứng thu được V2 lít CO2 (đktc). Biết tỉ lệ V1.V2 = 4.7. Tỉ lệ x.y bằng A. 11.4.

B. 11.7.

C. 7.5.

D. 7.3. +

+

H H + Chú ý . Khi cho HCl vào CO32 − thì CO32−  → HCO3−  → CO 2 +

H Nhưng khi cho CO32 − vào HCl thì CO32 −  → CO 2

TN.1  → 0,1x = 0,1y + V1 n H+ = 0,1x 0, 2x x 7  →  TN.2 0,1x → 0,1x = 0,1y + → = + Ta có .  7V 1 7 y 5 → = V2 = n CO32− = 0,1y    2 4

Câu 14. Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thoát ra V lít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) thì được 1,75V lít khí. Thành phần phần trăm theo khối lượng của Na trong X là (biết các thể tích khí đo trong cùng điều kiện, cho Na = 23, Al = 27) A. 39,87%.

B. 77,31%.

C. 49,87%.

D. 29,87%.

Giải . Cùng điều kiện thể tích tương đương số mol TN1. Na hết, Al dư TN2. Al phản ứng hết nH2 sinh ra từ Al dư = 1,75 V – V = 0,75V x =nNa ; y = nAl dư x 3x V Từ các PTHH + = V x = = 0,5V= nNa = nAl pư 2 2 2 3y 1, 5V = 0, 75V y = = 0,5V 2 3 nAl trong hh đầu x + y = V % mNa = 29,87% Câu 15. Đem nung m gam hỗn hợp A chứa hai muối cacbonat của hai kim loại đều thuộc nhóm IIA trong bảng hệ thống tuần hoàn, thu được x gam hỗn hợp B gồm các chất rắn và có 5,152 lít CO2 thoát ra. Thể tích các khí đều đo ở đktc. Đem hòa tan hết x gam hỗn hợp B bằng dung dịch HCl thì có 1,568 lít khí CO2 thoát ra nữa và thu được dung dịch D. Đem cô cạn dung dịch D thì thu được 30,1 gam hỗn hợp hai muối khan. Trị số của m là.

A. 26,80 gam B. 27,57 gam C. 30,36 gam D. 27,02 gam Tổng mol CO2 = ( 5,152 + 1,568 ) / 22,4 = 0,3 mol = mol CO32- trong muối Vì khi td HCl thì CO32- sẽ bị thế bởi Cl- => mol Cl- = 2 mol CO3 = 0,6 ( bảo toàn điện tích ) => m muối = 30,1 = m kim loại + m Cl- => m kim loại = 30,1 - 0,6 . 35,5 = 8,8 gam => m muói cacbonnat = m KL + m CO3 2- = 8,8 + 0,3 . 60 = 26,8 gam Câu 16. Nung nóng m gam hỗn hợp gồm Al và các oxit sắt trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn X. Chia X làm 2 phần bằng nhau.

- Phần 1 cho vào dung dịch NaOH dư thu được 1,12 lít khí H2 (đktc); dung dịch Y và chất không tan Z. Sục CO2 đến dư vào dung dịch Y thu được 13,0 gam kết tủa.

- Phần 2 tác dụng với dung dịch HCl loãng dư thu được 4,48 lít khí H2 (đktc). Giá trị m gần nhất với A. 28.

B. 32.

C. 30.

D. 34.

Hướng dẫn giải Phần 1. + NaOH → 0,05 mol H2 → là do 1/30 mol Aldư trong X. NaOH dùng dư nên Y đương nhiên là NaAlO2 → 13,0 gam kết tủa chính là Al(OH)3 với 1/6 mol.

Phần 2. 0,2 mol H2 sinh ra là do các kim loại, trong đó có 1/30 mol Al→ có 0,15 mol Fe. Quy hỗn hợp m gam hỗn hợp Al và các oxit sắt thành Al, Fe và O, toàn bộ O chuyển hết cho Al2O3; tổng số mol nguyên tố Al là 1/6 mol chia cho 1/30 mol Al dư thì còn 1/15 mol Al2O3 → nO = 0,2 mol→ m = 2 × (0,15 × 56 + 1/6 × 27 + 0,2 × 16) = 32,2 gam. Chọn đáp án A. Câu 17. Hòa tan hoàn toàn 41,1 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn, ZnO và Fe3O4 vào V lít dung dịch HNO3 1M (lấy dư 20% so với lượng phản ứng) đun nóng, sau phản ứng thu được 3,92 lít hỗn hợp khí X gồm 2 khí N2O, NO (ở đktc) và dung dịch Y (không chứa muối amoni). Cô cạn cẩn thận Y thu được 129,3 gam muối khan Z, tiếp tục đun nóng Z đến khối lượng không đổi thu được 48,3 gam chất rắn. Giá trị của V là A. 2,10.

B. 1,50.

C. 1,75.

D. 1,80.

Hướng dẫn giải sơ đồ phản ứng. khối lượng Fe(NO3)3 + Zn(NO3)2 bằng 129,3 gam và khối lượng Fe2O3 + ZnO bằng 48,3 gam → nFe = nZn = 0,3 mol quy đổi hỗn hợp về {0,3 mol Fe + 0,3 mol Zn + 0,3 mol O}. gọi số mol N2O và NO lần lượt là x, y mol. lập hệ thể tích và bảo toàn e ta có. x + y = 0,175 mol và 8x + 3y = 0,3 × 3 + 0,3 × 2 – 0,3 × 2 = 0,9 mol → x = 0,075 mol và y = 0,1 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nito ta có số mol HNO3 cần dùng vừa đủ là nHNO3 = 0,3 × 3 + 0,3 × 2 + 0,075 × 2 + 0,1 × 1 = 1,75 mol.

Vậy lượng HNO3 đã dùng V = 1,75 ÷ 1 × 1,2 = 2,1 lít.

Câu 18. Cho hỗn hợp X gồm 0,01 mol Al và a mol Fe vào dung dịch AgNO3 đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được m gam chất rắn Y và dung dịch Z chứa 3 cation kim loại. Cho Z phản ứng với dung dịch NaOH dư trong điều kiện không có không khí, thu được 1,97 gam kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 1,6 gam chất rắn chỉ chứa một chất duy nhất. Giá trị của m là A. 8,64 B. 3,24 C. 6,48 D. 9,72 Giải. Al + 3AgNO3 → Al(NO3)3 + 3Ag 0,01 0,03 Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag 0,02 0,04 Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag 0,01 0,01 0,01 T chỉ gồm 1 chất Fe2O3 → Z chứa. Al3+ 0,01 mol; Fe2+ a mol; Fe3+ b mol; Ta có. 90x + 107y = 1,97 và 160.(x/2 + y/2) = 1,6 → x = y = 0,01mol Chất rắn Y là Ag . mAg = 108.3.0,01 + 2.0,02 + 0,01) = 8,64 gam Câu 19. Cho 500 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào V ml dung dịch Al2(SO4)3 0,1M; sau khi các phản ứng kết thúc thu được 12,045 gam kết tủa. Giá trị của V là A. 300.

B. 75.

C. 200.

D. 150.

3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3; Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O 0,05 0,1V 0,3V 0,2V 0,05 – 0,3V 0,1 – 0,6V (mol) Giả sử 0,05 > 0,3V. Và sau phản ứng có kết tủa BaSO4 và Al(OH)3 Khi đó mKT = 233.0,3V + 78.0,2V – 0,1 + 0,6V) = 12,045 ⇒ V = 0,15 lít = 150 ml (tm 0,05 > 0,3.0,15) Câu 20. Hoà tan hoàn toàn 24,4 gam hỗn hợp gồm FeCl2 và NaCl (có tỉ lệ số mol 1 . 2) vào nước (dư) được dd X. Cho dd AgNO3 (dư) vào X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn sinh ra m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 57,4 B. 10,8 C. 68,2 D. 28,7 Giải ta có . 127x + 117 x =24,4 x=0.1 n FeCl2 = 0.1 , n NaCl =0.2 n Cl- = 0,4 mol Ptpu Ag+ + Cl→ AgCl 0,4 0,4 2+ + Fe + Ag → Fe3+ + Ag 0,1 0,1 m kết tủa = 0,4.143.5 + 0,1.108 = 68.2 gam Câu 21. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm m ga m hỗn hợp gồm Al và hai oxit sắt trong khí trơ, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X vào dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch Y, chất không tan Z và 0,672 lít khí H2 (đktc). Sục khí CO2 dư vào Y, thu được 7,8 gam kết tủa. Cho Z tan hết vào dung dịch H2SO4, thu được dung dịch chứa 15,6 gam muối sunfat và 2,464 lít khí SO2 (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất của H2SO4). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị gần nhất của m là A. 7.

B. 6.

C. 10.

D. 5.

Bảo toàn nguyên tố Al. nAl ban đầu = mol.

Coi hỗn hợp đầu gồm Al 0,1), Fe tạo Fe2+ (x mol), Fe tạo Fe3+ (y mol) và O (z mol).

Bảo toàn e. 0,1·3 + 2x + 3y = 2z + 0,03·2 + 0,11·2 1 Khối lượng muối. 242x + 400· = 15,6 2 Bảo toàn khối lượng. 56(x + y) + 16(z – 0,08 )) + 98(x + 0,11) 3 Từ 1), (2) và (3) x = 0; y = 0,078; z = 0,127 → m = 27·0,1 + 0,078·56 + 0,127·16 = 9,1 gam → chọn C.

0,11 mol.

+ 0,11) = 15,6 + 0,11·64 + 18(x +

+

Câu 22. Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 bằng dung dịch chứa 0,1 mol H2SO4 và 0,5 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol NO và a mol NO2 (không còn sản phẩm khử nào khác). Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được 5,35 gam một chất kết tủa. Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 20,62 B. 41,24 C. 20,21 D. 31,86 Giải Phần 1. nH + dư = nKOH − 3nFe ( OH )3 = 0, 05 ⇒ ∑ nH + du = 0, 05.2 = 0,1 ⇒ nH + phản ứng = (2nH 2 SO4 + nHNO3 ) − ∑ nH + du = 0, 6 = 2nNO2 + 4nNO +2.( nFe3O4 .4 ) (Chú ý. O-2 + 2H+ → H2O) Fe (x mol); Fe3O4 (y mol) 56 x + 232 y = mhh 56 x + 232 y = 10, 24 56 x + 232 y + 0a = 10, 24  x = 0,1     ⇒  y = 0, 02 nNO .4 + nNO2 .2 + 2.(nFe3O4 .4) = 0, 6 ⇒ 0,1.4 + a.2 + 8 y = 0, 6 ⇒ 0 x + 8 y + 2a = 0, 2  3 x + y = 0,1.3 + a 3 x + y − a = 0,3 a = 0, 02    ne = nFe .3 + nFe3O4 = nNO .3 + nNO2 Phần 2. nFe + 3nFe3O4 nFe ( OH )3 = = 0, 08 2 nH SO nBaSO4 = 2 4 = 0, 05 2 (Chú ý. Số mol kết tủa chỉ tính trong một phần) ⇒ m kết tủa = mFe (OH )3 + mBaSO4 = 20, 21 Câu 23. Hòa tan hết m gam FeS bằng một lượng tối thiểu dung dịch HNO3 (dung dịch X), thu được dung

dịch Y và khí NO. Dung dịch Y hòa tan tối đa 3,84 gam Cu. Biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất của N+5 đều là NO. Số mol HNO3 trong X là

A. 0,48.

Giải.

B. 0,12.

C. 0,36.

D. 0,24.

Câu 24. Điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch X chứa CuSO4 và NaCl (có tỉ lệ mol tương ứng là 1 . 3) bằng dòng điện một chiều có cường độ 1,34A, sau thời gian t giờ thu được dung dịch Y chứa hai chất tan và thấy khối lượng dung dịch Y giảm 10,375 gam so với khối lượng dung dịch X. Cho bột nhôm dư vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 1,68 lít khí H2 (đktc). Giả sử khí sinh ra trong quá trình điện phân thoát ra hết khỏi dung dịch. Giá trị của t gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 4.

B. 7.

C. 6.

D. 5.

Giải.

Chọn B. Giải. Điện phân hỗn hợp. CuSO4 x mol, NaCl 3x mol.

- Thứ tự điện phân trong dung dịch.

Cu2+ + 2Cl− → Cu↓ + Cl2↑ (mol)

x

2x

x

(1)

x

2Cl− + 2H2O → 2OH− + H2↑ + Cl2↑

hết Cu2+. (mol)

x

x

0,5x

(2)

0,5x

Dung dịch Y chứa hai chất tan là Na2SO4 và NaOH ⇒ hết ion Cl− - Tính số mol OH− theo số mol H2.

2Al + 2OH− + 2H2O → 2AlO2− + 3H2↑ (mol)

x = 0,05 <------------------------ 0,075

- Khối lượng dung dịch giảm.

64.0,05 + 71.0,05 + 71.0,5.0,05 + 2.0,5.0,05 = 8,575 < 10,375 gam ⇒ H2O bị điện phân.

Khối lượng H2O bị điện phân. 10,375 - 8,575 = 1,8 gam, số mol H2O bị điện phân 0,1 mol.

- Phương trình điện phân của H2O. 2H2O → 2H2↑+ O2↑ (mol) 0,1

0,1

(3)

0,05

- Tính số mol electron trao đổi anot. Cl2 (0,075 mol, O2 (0,05 mol).

Số mol electron trao đổi = 2.0,075 + 4.0,05 = 0,35 mol.

Hoặc tại tại catot. Cu (0,05 mol), H2 (0,025 + 0,1) mol cũng tương tự..

Số mol electron trao đổi = 2.0,05 + 2.0,125 = 0,35 mol. ne =

It 1, 34t , thay số. 0,35 = ⇒ t = 7.

26,8 26,8

Câu 25. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 2,8 gam Fe và 1,6 gam Cu trong 500 ml dung dịch hỗn hợp HNO3 0,1M và HCl 0,4M, thu được khí NO (khí duy nhất) và dung dịch X. Cho X vào dung dịch AgNO3 dư, thu được m gam chất rắn, Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 trong các phản ứng. Giá trị của m là A. 29,24 B. 30,05 C. 28,70 D. 34,10 Giải.

Bảo toàn e trên toàn bộ quá trình (sẽ thấy e nhường hết, e nhận tính theo H+ vì NO3- trên toàn bộ quá trình dư) 3n Fe + 2nCu = ¾ n H+ + n Ag+ ( tạo Ag) => nAg = 0,05.3 + 0,025.2 - 0,25.3 . 4 = 0,0125 mol

m = 0,2.143,5 + 0,0125.108 = 30,05 gam (có Ag và AgCl) Câu 26. Đốt cháy hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe với hỗn hợp khí X gồm Clo và Oxi, sau phản ứng chỉ thu được hỗn hợp Y gồm các oxit và muối clorua (không còn khí dư) hòa tan Y bằng một lượng vừa đủ 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO3 dư vào dung dịch Z, thu được 56,69 gam kết tủa. Phần trăm thể tích của Clo trong hỗn hợp X là A. 51,72% B. 76,70% C. 53,85% D. 56,36% lGiải. Dễ thấy 4nO2 = n C = 0,24 mol => nO2 = 0,06 mol; nCl2 = x mol 56,69 gam kết tủa gồm Ag ( y mol); AgCl (2x + 0,24) Xét trên toàn bộ quá trình dễ dàng thấy có O2, Cl2, Ag nhận e, Mg nhường 2 e; Fe nhường 3 e.

Vậy có. 2.0,08 + 3.0,08 = 2.x + 0,24 + y (bảo toàn e) Và 108y + (2x + 0,24).143,5 = 56,69 => x = 0,07 mol => %VCl2 = 0,07 . (0,07 + 0,06).100% = 53,85% Câu 27. Hỗn hợp X gồm Na, Al và Fe (với tỉ lệ số mol giữa Na và Al tương ứng là 2 . 1). Cho X

tác dụng với H2O (dư) thu được chất rắn Y và V lít khí. Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng (dư) thu được 0,25V lít khí. Biết các khí đo ở cùng điều kiện, các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Tỉ lệ số mol của Fe và Al trong X tương ứng là A. 5 . 16.

B. 16 . 5.

C. 5 . 8.

D. 1 . 2.

Gợi ý.

Na + H2O -- > NaOH + ½ H2 Al + NaOH + H2O --> Na AlO2 + 3/2 H2 2x 2x x x 2x 3/2 x Fe + H2SO4 --> FeSO4 + H2 a 0,25V Ta có . a = 0,25 V; còn . x + x3/2 = 5x/2 = 2,5x = V suy ra x = V/2,5 Vậy a.x = 0,25V.0,4V = 5.8 Suy ra Đáp án B Câu 28. Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam Cu(NO3)2 (điện cực trơ, màng ngăn

xốp) đến khí khối lượng dung dịch giảm đi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể). Tất cả các chất tan trong dung dịch sau điện phân là A. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2.

B. KNO3, KCl và KOH. C. KNO3 và Cu(NO3)2.

D. KNO3 và KOH. nKCl = 0,1 mol nCu(NO3)2= 0,15 mol 2KCl + Cu(NO3)2 → KNO3 + Cu + Cl2.

0,1 0,05 0,05 0,05 Giả sử pư dùng ở đây thì mdd giảm = 0,05*64 +0,05*71 = 6,75 <10,75.

Vậy phải xảy ra thêm pư. Cu(NO3)2 + H2O → Cu + 2HNO3 + 1/2O2. x x 1/2x 64x + 32*1/2x = 10,75-6,75, suy ra x = 0,05 Vậy Cu(NO3)2 dư (0,05) Chọn B

Câu 29. Hỗn hợp bột X gồm Al và Fe2O3 . Nếu cho m gam hh X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 5,376 lít H2( đktc) . Nếu nung nóng m gam hỗn hợp X để thực hiện hoàn toàn phản ứng nhiệt nhôm thu được chất rắn Y . Hoà tan hết chất rắn Y với dung dịch NaOH dư thu được 0,672 lít H2 (đktc) . Để hòa tan hết m gam hỗn hợp X cần bao nhiêu ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M và H2SO4 0,5M ?

A. 300ml.

B. 450ml.

C. 360ml.

D. 600ml.

BTE → n Al = Giải . X + HCl 

0, 24.2 = 0,16 3

→nAldu = Y + NaOH  BTE

Số mol Al phản ứng = 0,14 mol Vậy X có .

0,03.2 = 0,02 3 nAl2O3 = 0,07mol

nAl = 0,16 BTE+BTN −H  →∑nH + = 0,16.3 + 0,07.3.2 = 0,9mol  n = 0,07  Fe2O3

∑n

H+

= 1,V + 0,5.2.V = 0,9 →V = 0,45lit

Câu 30. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na và K vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch Y .Cô cạn dd Y thu được ( m + 31,95) gam hỗn hợp chất rắn khan .Hòa tan hoàn toàn 2m gam hỗn hợp X vào nước thu được dd Z .Cho từ từ đến hết dd Z vào 500ml dung dịch AlCl3 1M đến phản ứng hoàn toàn thu được kết tủa có khối lượng là .

A. 23,4 gam B. 39,0 gam C. 15,6 gam D. 31,2 gam Giải .

Khi hòa tan m gam hỗn hợp X gồm Na , K vào dd HCl dư thu được dd Y ( gồm Na+ , K+ , Cl-) mCl- = 31,95 nCl- = 0,9mol BT ĐT nK+ + nNa+ = 0,9 Khi hòa tan 2 m gam hh X vào nước thì dd Z thu được bao gồm . Na+ , K+ , OHBTĐT nOH- = 2.0.9= 1,8 mol Khi cho dd X vào dd AlCl3 ta có nAlCl3 = 0,5mol nOH − 1,8 Nhận xét 3 < = < 4 xảy ra 2 phương trình theo sơ đồ sau . nAl 3+ 0,5  Al (OH )3 ↓: x BTNTn hom OH 3 x + 3 y = 1,8 →   → x = 0, 2  Al3+ + OH-  Al (OH ) −4 : y  x + y = 0,5 mAl ( OH )3 = 0, 2.78 = 15,6 Câu 31. Hòa tan hết 5,52 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2 và FeCO3 bằng 160 ml dung dịch HCl 1M sau phản ứng thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm NO và CO2. Cho dung dịch Y tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 sau phản ứng thu được 24,58 gam kết tủa và có thoát ra 0,224 lit khí NO (đktc). Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5. Thành phần % về khối lượng của Fe trong X có giá trị gần nhất với A. 25%.

B. 30% C. 50%.

D. 20%.

1) Gọi a, b và c lần lượt là số mol của Fe, Fe(NO3)2 và FeCO3 trong X. -

Tủa chắc chắn có AgCl (0,16 mol ~ 22,96 gam < 24,58) → có Ag (được tạo ra từ phản ứng với Fe2+).

-

Dung dịch Y. o Chắc chắn có Fe2+ (để phản ứng được với Ag+ tạo tủa Ag). → bả o toàn số

→

mol

o Khi thêm AgNO3 vào Y thấy vẫn còn khí NO bay ra → Y còn H+ dư và KHÔNG có → 4H+(trong Y) +

+ 3e → NO + 2H2O.

0,04 ← 0,01 o Có (0,16 mol) và có thể có Fe3+ (x mol)

→ bảo toàn điện tích.

- Phản ứng tạo khí NO và khí CO2 khi cho X tác dụng với HCl. + 4H + + 3e → NO + 2H2O và 2H+ + 8b ← 2b - Từ đó ta có hệ phương trình.

2c ←

c

→ CO2 + H2O.

e. .

Câu 32. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn 15,66 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe2O3 thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y thành hai phần.

- Phần 1. hòa tan trong dung dịch NaOH dư thu được 1,176 lit khí H2.

- Phần 2. hòa tan trong dung dịch axit H2SO4 loãng, dư thu được 1,008 lit H2.

Biết các thể tích khí đều đo ở đktc. Khối lượng của Al trong X là A. 4,86 gam.

B. 1,62 gam.

C. 6,48 gam.

D. 4,32 gam.

Lưu ý. bài toán chia thành hai phần chưa chắc bằng nhau.

- Vì hỗn hợp rắn Y phản ứng với NaOH có khí H2 thoát ra và phản ứng nhiệt nhôm đã xảy ra hoàn toàn → Al còn dư, Fe2O3 phản ứng hết.

- Hỗn hợp Y gồm Al, Al2O3 và Fe. - Với phần 1. gọi số mol Al, Al2O3 là a và b → số mol Fe = 2b (bảo toàn nguyên tố oxi). → bảo toàn số mol e.

-

Với phần 2. số mol Al, Al2O3 và Fe lần lượt là ka, kb và 2kb (số mol gấp k lần phần 1).

→ bảo toàn số mol e.

-

Bảo toàn khối lượng. mX = mY → 15,66 = 27(a + ka) + 102(b + kb) + 56(2b + 2kb) Biến đổi phương trình (3) → (k + 1)·(27a + 102b + 112b) = 15,66 (4) Thế phương trình (1) và (2) vào (4) thu được.

-

Giải phương trình bậc 2 thu được hai giá trị của b

-

Bảo toàn nguyên tố Al →

(3).

→ chọn b = 0,0525 →

Câu 33 Người ta hòa 216,55 gam hỗn hợp muối KHSO4 và Fe(NO3)3 vào nước dư thu được dung dịch A. Sau đó cho m gam hỗn hợp B gồm Mg, Al, Al2O3 và MgO vào dung dịch A rồi khuấy đều tới khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy B tan hết, thu được dung dịch C chỉ chứa các muối và có 2,016 lít hỗn hợp khí D có tổng khối lượng là 1,84 gam gồm 5 khí ở (đktc) thoát ra trong đó về thể tích H2, N2O, NO2 lần lượt chiếm 4/9, 1/9 và 1/9. Cho BaCl2 dư vào C thấy xuất hiện 356,49 gam kết tủa trắng. Biết trong B oxi chiếm 64/205 về khối lượng. Giá trị đúng của m gần nhấtvới .

A. 18 B. 20 C. 22 D. 24

 2 − BaCl 2(d- )→ ↓ BaSO Z so  4 4

 1,53(mol)   Mg   H2 : 0,04     KHSO :1,53(mol) Al   M   Quy ®æi 4 N O: 0,01   X →X  → 2  + MgO       NH+ Fe(NO ) O : 4 / 205m          33 

T NO : 0,01 +  4

2 Al O   m   H2O  2 3 216,55g  N : x     2 m   NO: y 

  1,84g vµ 0,09

KỶ THUẬT GIẢI Dựa đồ.

vào

sơ

 T heo bµi ra  x + y = 0, 03  x = 0, 02        →   28x + 30y = 0, 86  y = 0, 01   BTN T S 216, 55 − 1, 53.136 →n = n = 1, 53 = > n = = 0, 035     K H SO BaSO Fe( N O ) 242  4 4 3 3  BTN T N     → 3n = 2n +n +n +n +n <=> n = 0, 025 Fe( N O ) N O NO N NO + +  N H N H 3 3 2 2 2  4 4  BTN T H     →n = 2n + 4n + 2n => n = 0, 675 H H O H O K H SO  NH+ 4 2 2 2  4  BTN T O → 4n + 9n +n = n +n + 2n +n +n     K H SO Fe( N O ) O/Y N O NO NO H O  SO + 4 3 3 2 2 2 4   4  < = > n O / Y = 0, 4 = 205 m < = > m = 20, 5 = > B

Câu 34.Cho 30,8 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, FeCO3, Mg, MgO, MgCO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch H2SO4 loãng. Thu được 7,84 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm CO2, H2, và dung dịch Z chỉ chứa 60,4 gam hỗn hợp muối sunfat trung hòa. Tỉ khối của Y so với He là 6,5. Khối lượng của MgSO4 có trong dung dịch Z là A.38 gam. B. 36 gam.C.30 gam.D. 33,6 gam 30, 8g KL  + H 2 SO 4 (xm ol) → O  CO 2 −  3

 60, 4g(Fe 2 + − am ol, M g 2 + − bm ol, SO 24 − )  + H 2 O(x − 0,15)   CO 2 − 0, 2m ol       H 2 − 0,15 m ol 

BTKL. 30,8 +98x= 60,4 +9,1 +18(x-0,15) =>x= 0,45mol => n SO = 0, 45 4

n H + = 0, 9 = 2n H + 2n CO + 2n O 2

2

→ n NO = 0,1mol ⇒ m KL = 30,8 − 0, 2.60 − 0,1.16 = 17, 2  2a + 2b = 0, 45.2  a = 0, 2 BTNT  →  56a + 24b = 17, 2  b = 0, 25 => m MgSO = 0, 25.(24 + 96) = 30g 4

Câu 35. Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 bằng dung dịch chứa 0,1 mol H2SO4 và 0,5 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol NO và a mol NO2 (không còn sản phẩm khử nào khác). Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau.

- Phần một tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được 5,35 gam một chất kết tủa - Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa .

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 20,62 B. 41,24 C. 20,21 D. 31,86 Giải Theo đề bài dung dịch Y được chia làm 2 phần bằng nhau vì vậy các dữ kiện trước khi tạo thành dung dịch Y và sản phẩm khử ta chia làm 2 phần bằng nhau để tiện tính toán. Sơ đồ. 0,05mol NO  a  2 mol NO 2 0,05mol H 2SO 4  Fe 5,12g  + →  Fe 3O 4 0,25mol HNO 3

1 dd Y 2

Fe 3+ (du)  + K 0,2mol + 0,2 mol KOH → 5,35g (0,05 mol ) Fe(OH) 3 +  2 − SO 4 0,05mol  NO − 3 

+ Ba(OH) 2du → m(g) ↓ Giả sử phần 1 ion Fe3+ bị kết tủa hoàn toàn Vậy khối lượng kết tủa phần 2 sẽ là. m = m BaSO 4 + m ↓ (1) = 0,05.233 + 5,35 = 17g nhỏ hơn khối lượng kết tủa ở các đáp án, vậy ion Fe3+ phải dư ở phần 1.

- phần 1.

Bảo toàn điện tích. 3n Fe3+ (du) + n K + = 2n SO 2− + n NO − ⇒ n NO − = 0,1 + 3n Fe3+ (du) 4

3

3

Bảo toàn nguyên tố Nitơ. n NO2 = n HNO3 − n NO − n NO − = 0,25 − 0,05 − 0,1 − 3n Fe3+ (du) = 0,1 − 3n Fe3+ (du) 3

Ta có hệ

56(n Fe3+ (du) + 0,05) + 16n O = 5,12 n 3+ = 0,03 m Fe + m O = m X pt.  ⇔ ⇒  Fe (du) n O = 0,04 3(n Fe 3+ (du) + 0,05) − 2n O = 3.0,05 + 0,1 − 3n Fe 3+ (du) 3n Fe − 2n O = 3n NO + n NO2 - phần 2. n Fe(OH) 3 = n Fe = n Fe(OH)3 (1) + n Fe 3+ (du) = 0,05 + 0,03 = 0,08 mol

m ↓ = m Fe(OH) 3 + m BaSO 4 = 0,08.107 + 0,05.233 = 20,21g ⇒ Chọn C Câu 36. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đktc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung

dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là A. 25,62%.

B. 12,67%.

C. 18,10%.

D. 29,77%.

Giải.

Bảo toàn klg suy ra klg hhY= 82,3- 0,6.32= 63,1g. Số mol K2CO3 =0,3 suy ra CaCO3=0,3 vậy CaCl2= 0,3 nên KCl trong Y= (63,1-0,3.111)/74,5= 0,4. Suy ra KCl trong ddZ= 0,6+0,4=1. Suy ra số mol KCl trong X= 1/5=0,2. %klg KCl trong x= 0,2.74,5/82,3= 18,1%.

Câu 37. Hòa tan m gam Mg trong 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp H SO 0,4M và Cu(NO ) đến phản ứng hoàn toàn thu được 1,12 lít hỗn hợp khí X (đktc) có tỉ khối của X so với H là 6,2 gồm N và H , dung dịch Y và 2 gam hỗn hợp kim loại. Giá trị m là ?

A. 4,68.

B. 5,48.

C. 5,08.

D. 6,68. Định hướng tư duy giải 2

4

3 2

2

2

2

Ta có

Câu 38. Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe O , Fe O trong 250,0 ml dung dịch H SO 3,6M (đặc, dư, đun nóng) thu được dung dịch Y và V lít khí SO (đktc và là sản phẩm khử duy nhất). Cho 450 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y thu được 21,4 gam kết tủa. Giá trị của V là?

A. 5,60.

B. 6,72.

C. 3,36.

D. 4,48. Định hướng tư duy giải 3

4

2

3

2

4

2

Nếu NaOH dư :

Vô lý

Vậy NaOH thiếu :

Câu 39. Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam dung dịch HNO 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lít (đktc) hỗn hợp khí B (gồm hai chất khí có tỉ lệ số mol 3 : 2). Cho 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z thu được chất rắn T. Nung T đến đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ % của Fe(NO ) trong X là?

A. 40,69 %.

B. 20,20 %.

C. 12,20%.

D. 13,56 %. Định hướng tư duy giải 3

3 3

Ta có: Ta nhận xét nhanh như sau: Nếu KOH thiếu thì Z sẽ là KNO và các muối của kim loại 3

(vô lý).

Và

Vậy trong X có:

Câu 40: Cho hỗn hợp X gồm 0,01 mol Al và a mol Fe vào dung dịch AgNO3 đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được m gam chất rắn Y và dung dịch Z chứa 3 cation kim loại. Cho Z phản ứng với dung dịch NaOH dư trong điều kiện không có không khí, thu được 2,87 gam kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 2,4 gam chất rắn chỉ chứa một chất duy nhất. Giá trị của m là A. 11,88.

B. 10,8.

C. 6,48.

D. 8,64.

Câu 41: Hỗn hợp X gồm 4,48 gam Fe, 8,0 gam Fe2O3 và m gam Al. Nung X ở nhiệt độ cao trong điều kiện không có không khí (giả sử chỉ xảy ra phản ứng khử oxit sắt thành sắt), thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được 4x mol khí H2.

Phần hai phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu được x mol khí H2. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 5,40.

B. 3,24.

C. 7,02.

D. 3,78.

Câu 42: Trộn 58,75 gam hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2 và kim loại M với 46,4 gam FeCO3 được hỗn hợp Y. Cho toàn bộ Y vào lượng vừa đủ dung dịch KHSO4 thu được dung dịch Z chỉ chứa 4 ion (không kể H+ và OH- của H2O) và 16,8 lít (đktc) hỗn hợp T gồm 3 khí, trong đó có hai khí có cùng phân tử khối và một khí hóa nâu trong không khí. Tỉ khối của T so với H2 là 19,2. Cô cạn dung dịch Z thu được m gam chất rắn. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A. 400.

B. 396.

C. 379.

D. 394.

Câu 43: Cho m gam gam hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 (trong đó Al chiếm 60% khối lượng). Hòa tan hoàn toàn dung dịch Y gồm H2SO4 và NaNO3, thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và a gam hỗn hợp khí A (trong A có 0,03 gam H2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu cho Z phản ứng với NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,935 mol. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn m gam X bằng dung dịch KOH thì thu được 5,712 lít H2 (đktc). Giá trị a gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A. 1,55.

B. 1,45.

C. 3,0.

D. 2,45.

Câu 44: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Mg(OH)2 và MgCO3 bằng một lượng dung dịch HCl 20% vừa đủ thu được 2,72 gam hỗn hợp khí và dung dịch Z chứa một chất tan có nồng độ 23,3%. Cô cạn dung dịch Z rồi tiến hành điện phân nóng chảy thu được 4,8 gam kim loại ở catot. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xem như các khí sinh ra không tan trong nước Giá trị m gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 11.

B. 12.

C. 10.

D. 9.

Câu 45: Hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 trong dung dịch HCl loãng dư thấy còn lại 6,4 gam Cu không tan. Mặt khác hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp trên trong 240 gam dung dịch HNO3 31,5% (dùng dư) thu được dung dịch Y. Cho 600 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y. Lọc bỏ kết tủa, cô cạn dung dịch nước lọc, sau đó nung tới khối lượng không đổi thu được 78,16 gam rắn khan. Nồng độ C% của Cu(NO3)2 có trong dung dịch Y là A. 13,235%.

B. 11,634%.

C. 12,541%.

D. 16,162%.

Câu 46: Hòa tan hoàn toàn 21,5 gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, FeO, Cu(NO3)2 cần dùng hết 430 ml dung dịch H2SO4 1M thu được hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 0,06 mol NO và 0,13 mol H2, đồng thời thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn dung dịch Z thu được 56,9 gam muối khan. Thành phầ n phần tră m của Al trong hỗn hợp X có giá trị gần nhất là: A. 25,5% B. 18,5% C. 20,5% D. 22,5%

Chọn C. - Khi cho 21,5 gam X tác dụng với 0,43 mol H2SO4 thì : m + 98n H 2SO 4 − 30n NO − 2n H 2 − m Z BTKL  → n H 2O = X = 0, 26 mol 18 n + + n NO 2n − 2n H2O − 2n H2 BT:H = 0, 04 mol  → n NH 4+ = H2SO4 = 0, 02 mol ⇒ n Cu(NO3 )2 = NH4 4 2 2n H 2SO4 − 10n NH 4+ − 4n NO − 2n H2 = 0, 08mol - Ta có n O(trong X) = n FeO = 2  n Al = 0,16 mol 3n Al + 2n Zn = 3n NO + 2n H 2 + 8n NH 4 + = 0, 6 - Xét hỗn hợp X ta có:  ⇒ 27n Al + 65n Zn = m X − 72n FeO − 188n Cu(NO3 ) 2 = 8, 22  n Zn = 0, 06 mol 27.0,16 ⇒ %m Al = .100 = 20, 09 21,5 Câu 47: Hỗn hợp X gồm Fe2O3, FeO và Cu (trong đó sắt chiếm 52,5% về khối lượng). Cho m gam X tác dụng với 420 ml dung dịch HCl 2M dư, thu được dung dịch Y và còn lại 0,2 m gam chất rắn không tan. Cho dung dịch AgNO3 dư vào Y thu được khí NO và 141,6 gam kết tủa. Biế t các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là: A. 20 B. 32 C. 36 D. 24 Chọn B. Cu(d- ) :0,2m(g) amol bmol

HCl(d- ) AgNO3 - Quá trình: Fe2O3 ,FeO,Cu  → Fe2+ ,Cu2+ ,Cl − ,H + (d- )  → Ag,AgCl + NO

m(g)

dung dÞch Y

141,6(g) ↓

cmol

m↓ − 143,5nAgCl = 0,195mol 108 - Khi cho X tác dụng với HCl và dung dịch Y tác dụng với AgNO3 thì ta có hệ sau : 160nFe2O3 + 72nFeO + 64nCu(p- ) = m − m r¾n 160a + 72b + 64a = 0,8m a = 0, 05   56.2a + 56b mFe Theo ®Òta cã b = 0,2  → 0,525 =  = 0,525    mX → → ⇒ m c = 0,035 BT:e   b + 2a = 3c + 0,195  → nFeO + 2nCu(p- ) = 3nNO + nAg    m = 32  nHCl = 6nFe2O3 + 2nFeO + 4nNO 6a + 2b + 4c = 0,84 Câu 48: Cho 86,3 gam hỗn hợp X gồm Na, K, Ba và Al2O3 (trong đó oxi chiếm 19,47% về khối lượng) tan hết vào nước, thu được dung dịch Y và 13,44 lít khí H2 (đktc). Cho 3,2 lít dung dịch HCl 0,75M vào dung dịch Y. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là: A. 10,4 B. 27,3 C. 54,6 D. 23,4 Chọn D. n O(trong X) 86, 3.0,1947 - Theo đề ta có : n Al2O3 = = = 0, 35 mol 3 16.3 - Khi hòa tan hỗn hợp X bằng nước. Xét dung dịch Y ta có: BTDT + n AlO 2− = 2n Al2O3 = 0, 7 mol  → n OH − = 2n H 2 − 2n AlO 2− = 0,5 mol BT:Cl - Xét hỗn hợp kết tủa ta có :  → nAgCl = nHCl = 0,84mol ⇒ nAg =

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 2,4 mol HCl, vì: n AlO 2 − + n

⇒ n Al(OH)3 =

OH

−

< n H + < 4n AlO 2 − + n

OH

−

4n AlO 2− − (n H + − n OH − )

= 0,3mol ⇒ m Al(OH)3 = 23, 4 (g) 3 Câu 49: Hỗn hợp X gồm CuSO4, Fe2(SO4)3, MgSO4, trong X oxi chiếm 47,76% khối lượng. Hòa tan hết 26,8 gam hỗn hợp X vào nước được dung dịch Y, cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thấy xuất

hiện m gam kết tủa. Giá trị của m là: A. 46,6.

B. 55,9.

C.57,6.

D. 61,0.

Đáp án D Phân tích : Khi cho CuSO4, Fe2(SO4)3, MgSO4 vào dung dịch Ba(OH)2 thì các kết tủa tạo thành gồm BaSO4, Cu(OH)2, Fe(OH)3, Mg(OH)2.

Ta thấy:

26,8.47,76% = 0,8mol 16 mol = 0,2 → nBaSO4 = 0,2mol

nO = 4nSO2− = 4

→ nSO2− 4

→ nOH − = 2nSO2− = 0, 4mol 4

Có: 26,8 = mkim lo¹i + nSO2− 4

→ mkim lo¹i = 26,8 − 0,2.96 = 7,6g

→ m↓ = mBaSO4 + mkim lo¹i + mOH − = 0,2.233 + 7,6 + 0, 4.17 = 61gam Chú ý : Ta thường quên mất lượng hidroxit của các kim loại cũng là kết tủa. Ví dụ như bài này khi quên tính lượng đó thì ta sẽ bị nhầm là đáp án A.

Câu 50: Hòa tan hết 8,72 gam hỗn hợp FeS2, FeS và Cu vào 400 ml dung dịch HNO3 4M, sản phẩm thu được gồm dung dịch X và một chất khí thoát ra. Nếu cho dung dịch BaCl2 dư vào dung dịch X thì thu được 27,96 gam kết tủa, còn nếu cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch X thì thu được 36,92 gam kết tủa. Mặt khác, dung dịch X có khả năng hòa tan tối đa m gam Cu. Biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất của N5+ đều là NO. Giá trị của m là: A. 32,96.

B. 9,92.

C. 30,72.

D.

15,68.

Đáp án A Đặt nFes2 = a, nFes = b, nCu = c Khi cho BaCl2 vào dung dịch X, ta có : nS = 0,12 = 2a + b (1) Khi cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, ta có khối lượng các hidroxit tạo thành là :

36,92 − 27,96 = ( a + b) .107 + 98c (2) Lại có : 8,72 = 120a + 88b + 64c (3) Giải (1), (2), (3), ta được a = 0,05; b = 0,02; c = 0,015.

Quá trình nhường-nhận e:

FeS2 → Fe3+ + 2S6+ + 15e 0,05

N 5+ + 3e → N 2+

0,75 3+

6+

FeS → Fe + s + 9e

Cu → Cu2+ + 2e

0,02

0,015

0,18

0, 03

Áp dụng pp bảo toàn e, ta có: nHNO3 = 0,32mol Suy ra nHNO3d- = 1,6 − 0,32 = 1,28mol

Khi đó, dung dịch X gồm HNO3 dư 1,28mol và Fe2(SO4)3 0,035mol và CuSO4 0,015mol Suy ra số mol Cu bị hòa tan tối đa là :

3 0,035.2 3 + nHNO3 d- = + .1,28 = 0,515mol 2 8 2 8

nFe3+

Vậy khối lượng Cu mà X có khả năng hòa tan tối đa là 32,96gam.

Câu 52: Cho 33,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, Cu, CuO vào 500 ml dung dịch HCl 2M, thu được 1,6 gam chất rắn, 2,24 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y, thu được 0,56 lít khí NO (đktc) và m gam kết tủa. Giá trị của m là:

A. 173,2 gam

B. 154,3 gam

C. 143,5 gam

D. 165,1 gam

Đáp án A Phân tích: Fe, Fe3O4 , Cu , CuO + HCl (1mol )

33,2 gam

   1, 6 g chaát raén ( Cu )  →  H 2 0,1mol  m gam ↓ AgNO 3, dö  Dung dòch Y  →  0, 025 mol NO nCu dö =

1, 6 = 0, 025 mol ; nH 2 = nFe = 0,1( mol ) 64

Đặt số mol của Fe3O4 là a(mol) và số mol CuO là b(mol) Ta có: Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 +2FeCl3 A

8a

a

2a

Cu +2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl3 a ← 2a Suy ra trong 33,2g hỗn hợp X có

nCu = a + 0, 025 ( mol ) → 33,2 = 0,1.56+ 232. a +(a + 0,025). 64 + 80b → 296a +80b = 26(1) Vì khi cho AgNO3 dư vào dung dịch Y thấy thoát ra khí NO nên HCl chắc chắn còn dư → nHCl dö = 1 − 2nH 2 − 8nFe3O4 − 2nCuO = 1 − 0, 2 − 8a − 2b = 0,8 − 8a − 2b Ta có: 3Fe2+ + 4H+ + NO3 − → 3Fe3+ +NO + 4H2O (I) 0,075 ← 0,1

←

0,025

→ nHCl dư = 0,1(mol) → 8a+ 2b = 0,7 (2)

(1) và ( 2 )

ta có a =

1 1 ( mol ) và b = ( mol ) 12 60

 HCl dö 0,1 mol  Suy ra dung dịch Y gồm  FeCl2 0,35 mol  CuCl 0,1 mol  2 Từ phương trình (I), ta thấy FeCl2 dư 0,275 mol nên ta có thêm phản ứng :

Ag + + Fe 2 + → Fe3+ + Ag ↓ → nAg = 0, 275 mol và nAgCl = nCl − = nHCl ban ñaàu = 1 mol

= 0, 275.108 + 1. (108 + 35,5 ) = 173, 2 ( gam ) Vậy m=173,2 gam.

Câu 53 Cho 40 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Cu vào dung dịch HCl thu được dung dịch Y chứa hai chất tan và còn lại 16,32 gam chất rắn. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y thu được m gam chất rắn.

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 124

B. 118

C. 108

D. 112

Đáp án B Phân tích: Fe3O4 , Cu + HCl

40 gam

+ AgNO 3 dö  Dd Y ( 2 chaát tan ) → m ( g ) chaát raén → 16,32 gam chaát raén

Đặt nFe3O4 = x ( mol ) 16,32 gam chất rắn là Cu: nCu =

16,32 = 0, 255 mol 64

Dung dịch Y chứa 2 chất tan sẽ là CuCl2 và FeCl2 ( vì Cu dư nên muối Fe3+ bị đẩy xuống hết thành muối Fe2+ ).

Ta có : Fe3O4 + 8 HCl → FeCl2 + 2 FeCl3 + 4 H 2O x

x

x

Cu+ 2FeCl3 → CuCl2+2FeCl2 x

2x

x

2x

→ 40 = mCu + mFe3O4 = 64. ( x + 0, 255) + 232 x → x = 0, 08 → Dung dịch Y gồm:

∑ nFeCl2 = x + 2 x = 0, 24 mol ; nCuCl2 = x = 0, 08 mol → ∑ nCl − = (0, 08 + 0, 24).2 = 0, 64 mol → nAgCl = 0, 64 → mAgCl = 91, 84 gam

Ta có Ag + + Fe 2+ → Fe3+ + Ag → n Ag = nFe2+ = 0, 24 mol → mAg = 25,92 gam Vậy m = 25,92 + 91,84 = 117, 76 ( gam )

Câu 54: Cho m gam X gồm Na, Na2O, Al, Al2O3 vào nước dư thấy tan hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa một chất tan và thấy thoát ra 4,48 lít khí H2 (đktc). Sục khí CO2 dư vào dung dịch Y, thu được 15,6 gam chất rắn X. Giá trị của m là:

A. . 14,2

B. 12,2

C. . 13,2

D. 11,2

Đáp án C Phân tích: Quy đổi hỗn hợp X về Al, Na và O  Al ∶ 0, 2 mol  Ta có ∶ X  Na ∶ 0, 2 mol + H 2O : ( 0, 2mol ) → Y : NaAlO2 (0, 2 mol ) + H 2 (0, 2 mol )(1) O ∶ x mol  nH 2 O = nH 2 =

4, 48 = 0, 2 mol.

22, 4

Vì sau phản ứng dung dịch Y chỉ chứa 1 muối tan duy nhất nên Y chỉ có NaAlO2 .

Cho CO2 vào Y ta có: CO2 + NaAlO2 + 2H2O → NaHCO3 + Al(OH)3 ↓

→ nNaAlO2 = nAl ( OH ) = 3

15, 6 = 0, 2mol 78

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố vào (1), ta có: Trong X có : nNa = n Al = nNaAlO2 = 0, 2mol. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O vào (1) ta có:

nO( X ) + nO( H 2O ) = 2nO( NaAlO2 ) → x + 0, 2 = 0, 2.2 → x = 0,2.

Vậy khối lượng của X là: mX = mNa + mAl + mO = 13,2g

Câu 55: Cho m gam bột sắt vào 200 ml dung dịch CuSO4 1M, sau phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn X. Chia X thành 2 phần không bằng nhau: Phần 1: cho tác dụng với dung dịch HCl dư thấy thoát ra 2,24 lít khí H2 (đktc). Phần 2: cho tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư, thu được 6,72 lít khí NO (đktc). No là sản phẩm khử duy nhất của HNO3.

Giá trị của m gần với giá trị nào nhất?

A. 24,0

B. 30,8

C. 28,2

D. 26,4

Đáp án A Phân tích: Fe + CuSO4 → FeSO4 +Cu (1) 0,2 ← 0,2 → 0,2 Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng chất rắn X có khả năng hòa tan HCl tạo khí H2 nên sau phản ứng (1) Fe dư. Do chất rắn X chia làm 2 phần không bằng nhau nên ta gọi P1=kP2 P1: Fe+2HCl → FeCl2 + H2

→ nFe = nH 2 =

2, 24 = 0,1 mol 22, 4

 Fe P2 :  + HNO3 → dd Y + NO + H 2O ( 2 ) Cu nNO =

6, 72 = 0,3 mol , 22, 4

nFe( phaàn 2) =

nFe( phaàn 1) k

=

0,1 mol k

Ta lại có P1 = kP2 nên nCu ( P2 ) =

۴‫ → ܍‬۴‫܍‬૜+ +૜‫܍‬

0, 2 mol k +1

‫ۼ‬+૞ + ૜‫ۼ → ܍‬+2

۱‫ → ܝ‬۱‫ܝ‬૛+ + ૛‫܍‬ Áp dụng định luật bảo toàn e P2 ta có: 3nFe + 2nCu = 3nNO → 3. → k=

0,1 0, 2 + 2. = 0, 3.3 k k +1

7 0,1 9 9 9 → nFe( P2 ) = k = 70 mol → nFe( X ) = 0,1 + 70 mol

→ nFe ban ñaàu = nFe(1) + nFe( X ) =

3 → mFe = 24 g 7

Câu 56: Hòa tan hoàn toàn 20g hỗn hợp A gồm Mg và Fe2O3 bằng dung dịch HNO3 đặc dư thu được dung dịch B và V lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Thêm NaOH dư vào dung dịch B. Kết thúc thí nghiệm, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 28g chất rắn. Giá trị của V là:

A. 44,8 lít

B. 33,6 lít

C. 22,4 lít

D. 11,2 lít

Đáp án C mMg + mFe 2O 3 = 20 ( gam ) 28 − 20 Ta có :  → nMg = = 0,5mol 16 mMgO + mFe 2O 3 = 28( gam)

Bảo toàn e → nNO2 = 2nMg = 1 mol→ V = 22,4 lít

Câu 57: Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp KNO3 và H2SO4, đun nhẹ, trong điều kiện thích hợp, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A chứa m gam muối; 1,792 lít hỗn hợp khí B (đktc) gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí và còn lại 0,44 gam chất rắn không tan. Biết tỉ khối hơi của B đối với H2 là 11,5. Giá trị của m là:

A. 31,08

B. 29,34.

C. 27,96.

D. 36,04.

HD : Khí B gồm NO ( 0,06 mol ) và H2 ( 0,02 mol ) ; nMg (pư) = 0,19 mol Theo định luật bảo toàn electron : n(NH4+) = (0,19.2 – 0,06.3 - 0,02.2)/8 = 0,02 mol Do tạo H2 nên NO3- hết nên : n(KNO3) = 0,06 + 0,02 = 0,08 mol Dung dịch A chứa : Mg2+( 0,19 mol) ; K+ (0,08 mol); NH4+ ( 0,02 mol ) và SO42- ( 0,24 mol ) m = 31,08 gam Câu 58: Hòa tan hết m gam kim loại M cần dùng 136 gam dung dịch HNO3 31,5%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và 0,12 mol khí NO duy nhất. Cô cạn dung dịch X thu được (2,5m + 8,49) gam muối khan. Kim loại M là

A. Ca Chọn C

B. Mg

C. Zn

D. Cu

 n + 0,56 − 2 x M : n  − M + HNO3 ;0, 68 →  NO3 : 0,56 − x + NO : 0,12 + H 2O  +  NH 4 : x 

nHNO3 =

136.31,5% = 0, 68mol Gọi số mol NH 4+ là x mol 63

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố N ta có: nHNO3 = nNO − + nNH + + nNO → nNO − = 0, 68 − 0,12 − x = 0, 56 − x 3

4

3

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X ta có: n.nM n + + nNH + = n NO − → nM n + = 4

3

M → M n + + ne

0,56 − 2 x n N +5 + 3e → N +2 N +5 + 8e → N −3

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 0,56 − 2 x .n = 0,12.3 + 8 x → x = 0, 02 n Ta có: mX = mM + mNO − + mNH + = m + (0,56 − 0, 02).62 + 0, 02.18 = 2, 5m + 8, 49 → m = 16,9 g 3

Ta có: nM =

4

0, 52 0,52 M 65 → mM = .M = 16,9 → = → M : Zn n n n 2

Câu 59: Hỗn hợp X gồm Fe2 O3, FeO và Cu (trong đó sắt chiếm 52,5% về khối lượng). Cho m gam X tác dụng với 420 ml dung dịch HCl 2M dư, thu được dung dịch Y và còn lại 0,2 m gam chất rắn không tan. Cho dung dịch AgNO3 dư vào Y thu được khí NO và 141,6 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là: B. 32 C. 36 D. 24 A. 20 Chọn B. Cu(d- ) :0,2m(g) amol bmol

HCl(d- ) AgNO3 - Quá trình: Fe2O3 ,FeO,Cu  → Fe2+ ,Cu2+ ,Cl − ,H + (d- )  → Ag,AgCl + NO

m(g)

dung dÞch Y

141,6(g) ↓

cmol

m↓ − 143,5nAgCl = 0,195mol 108 - Khi cho X tác dụng với HCl và dung dịch Y tác dụng với AgNO3 thì ta có hệ sau : 160nFe2O3 + 72nFeO + 64nCu(p- ) = m − m r¾n 160a + 72b + 64a = 0,8m a = 0, 05   m Theo ® Ò ta cã  b = 0,2 56.2a + 56b  → Fe = 0,525 = 0,525    m X → → ⇒ m c = 0,035 BT:e    b + 2a = 3c + 0,195  → nFeO + 2nCu(p- ) = 3nNO + nAg    m = 32   nHCl = 6nFe2O3 + 2nFeO + 4nNO 6a + 2b + 4c = 0,84 Câu 60: Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al và Zn b ằng dung dịch HNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đkc) khí Z (gồm hai hợp chất khí không màu) có khối lượng 7,4 gam. Cô cạn dung dịch Y thu được 122,3 gam hỗn hợp muối. Số mol HNO3 đã tham gia phản ứng gần nhất với giá trị nào sau đây ?

BT:Cl → nAgCl = nHCl = 0,84mol ⇒ nAg = - Xét hỗn hợp kết tủa ta có : 

A. 1,81 mol Chọn D.

B. 1,95 mol

C. 1,8 mol.

D. 1,91 mol

nNO + nN 2O = 0,2 nNO = 0,1mol - Xét hỗn hợp khí Z ta có :  ⇒ 30nNO + 44nN 2O = 7,4 nN 2O = 0,1mol ⇒ nNO3− (trong muèi) = 3nNO + 8nN2O + 9nNH 4+ = 1,1+ 9x - Ta có: mmuèi = mkim lo¹i + 18nNH 4+ + 62nNO3− → 122,3 = 25,3 + 18x + 62(1,1 + 9x) ⇒ x = 0,05mol ⇒ nHNO3 = 10nNH 4+ + 4nNO + 10nN 2O = 1,9mol

Câu 61: Hòa tan hết 3,264 gam hỗn hợp X gồm FeS2, FeS, Fe, CuS và Cu trong 600ml dung dịch HNO3 1M đung nóng, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 1,8816 lít (đktc) một chất khí thoát ra. Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2 thu được 5,92 gam kết tủa. Mặt khác, dung dịch Y có thể hòa tan tối đa m gam Fe. Biết trong quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất của N+5 là NO. Giá trị của m là

A. 9,760

B. 9,120

C. 11,712

D. 11,256

Phương pháp: Qui đổi: bảo toàn nguyên tố, bảo toàn electron B1: Xác định thành phần ion trong dung dịch Y

nBaSO4 = nS ( X ) = 0, 024 mol Qui hỗn hợp X về Fe; Cu; S ⇒ mFe + mCu = 2, 496 g

nNO = 0, 084 mol ⇒ nNO3 sau = nHNO3 bd − nNO = 0, 516 Bảo toàn O: 3nHNO3 bd = nNO + 3nNO3 sau + 4nSO4 + nH 2O

⇒ nH 2O = 0, 072 mol Bảo toàn H: nHNO3 bd = 2nH 2O + nH + du ⇒ nH + du = 0, 456 mol ⇒ chỉ tạo Fe3+

B2: Xác định số mol các nguyên tố trong X Bảo toàn e: 3nFe + 2nCu + 6nS = 3nNO = 0, 252 mol ⇒ nFe = 0, 024; nCu = 0, 018 mol

Hòa tan Fe tối đa => chỉ có Fe → Fe2 + 3Fe + 8 H + + 2 NO3− → 3Fe 2 + + 2 NO + 4 H 2O Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu Fe + 2 Fe3+ → 3Fe 2+

⇒ mFe = 0, 375nH + + nCu 2+ + 0,5nFe3+ = 0, 201 mol ⇒ m = 11, 256 g

Đáp án D Câu 62: Hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, CuO, trong đó oxi chiếm 20% khối lượng. Cho m gam X tan hoàn toàn vào dung dịch Y gồm H2SO4 1,65M và NaNO3 1M, thu được dung dịch z chỉ chứa 3,66m gam

muối trung hòa và 1,792 lít khí NO (dktc). Dung dịch z phản ứng tối đa với 1,22 mol KOH. Giá trị của m là :

A. 32

B. 24

C. 28

D. 36

Câu 32:

Phương pháp: - Qui đổi, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích - Áp dụng công thức tính nhanh khi Hỗn hợp chất + HNO3 tạo sản phẩm khử của Nitơ

nH + = 2nO + 2nNO2 + 4nNO + 10nN2O + 12nN2 + 10nNH + 4

B1: lập phương trình liên quan đến số mol

H+

phản ứng

Đặt a làm thể tích dung dịch Y và b là số mol NH 4+ Trong X: mKL = 0,8m ; mO = 0,2 m (qui hỗn hợp về kim loại và oxi) => nH + = 4nNO + 10nNH + + 2nNO 4

⇒ 0, 08.4 + 10b + 2.0, 2m /16 = 2.1, 65a (1) B2: Lập phương trình liên quan đến khối lượng muối sau phản ứng Bảo toàn N:

nNO3 ( Z ) = a − 0, 08 − b => mmuối = 0,8m + 18b + 23a + 62. ( a − 0,08 − b ) + 96.1, 65a = 3, 66m(

2)

B3: Lập phương trình liên quan đến bảo toàn điện tích các ion trong dung dịch sau phản ứng với KOH. Khi KOH phản ứng với X thì sản phẩm chứa 1,22 mol K+; a mol Na+ ; 1,65a mol SO42 − và ( a − 0, 08 − b ) mol NO3− Bảo toàn điện tích: nK + nNa = 2nSO4 + nNO3

⇒ 1, 22 + a = 1, 65a.2 + a − 0, 08 − b(3) Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ⇒ a = 0, 4; b = 0, 02; m = 32 g

Câu 63: Hòa tan hoàn toàn 21,5 gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, FeO, Cu(NO3 )2 cần dùng hết 430 ml dung dịch H2 SO4 1M thu được hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 0,06 mol NO và 0,13 mol H2, đồng thời thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn dung dịch Z thu được 56,9 gam muối khan. Thành phầ n phần tră m của Al trong hỗn hợp X có giá trị gần nhất là: A. 25,5% B. 18,5% C. 20,5% D. 22,5% Chọn C. - Khi cho 21,5 gam X tác dụng với 0,43 mol H2SO4 thì : m + 98n H 2SO 4 − 30n NO − 2n H 2 − m Z BTKL  → n H 2O = X = 0, 26 mol 18 n + + n NO 2n − 2n H 2O − 2n H 2 BT:H  → n NH 4+ = H 2SO4 = 0, 02 mol ⇒ n Cu(NO3 )2 = NH 4 = 0, 04 mol 4 2

- Ta có n O(trong X) = n FeO =

2n H 2SO4 − 10n NH 4 + − 4n NO − 2n H2 2

= 0,08 mol

3n Al + 2n Zn = 3n NO + 2n H 2 + 8n NH 4 + = 0, 6  n Al = 0,16 mol - Xét hỗn hợp X ta có:  ⇒  27n Al + 65n Zn = m X − 72n FeO − 188n Cu( NO3 ) 2 = 8, 22  n Zn = 0, 06 mol 27.0,16 ⇒ %m Al = .100 = 20, 09 21,5 Câu 64: Tiến hành điện phân dung dịch chứa NaCl và 0,15 mol Cu(NO3)2 bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp với cường độ dòng điện không đổi I = 5A trong thời gian 6562 giây thì dừng điện phân, thấy khối lượng dung dịch giảm 15,11gam. Dung dịch sau điện phân hòa tan tối đa m gam bột Fe, phản ứng tạo ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Giá trị m là.

A. 2,80 gam B. 4,20 gam C. 3,36 gam D. 5,04 gam Chọn B It = 0,34mol - Ta có ne (trao ®æi) = 96500 - Các quá trình điện phân diễn ra như sau :

Tại catot + 2e → Cu 0,15 mol 0,3 mol → 0,15 mol → 2OH2H2O + 2e + 0,04 mol → 0,04 mol mol Cu2+

Tại anot → Cl2 + 2e 2x mol 2x mol 2x mol H2O → 4H+ + O2 + 4e 4y mol ← y mol → 4y mol 2Cl-

H2 0,02

- Xét khối lượng giảm sau điện phân ta có: BT:e → 2nCl 2 + 4nO2 = ne trao ®æi 2x + 4y = 0,34 x = 0,1mol   → ⇒  71x + 32y = 5,47 y = 0,06mol 71nCl 2 + 32nO2 = mdd gi¶m − 64nCu − 2nH 2 - Dung dịch sau điện phân chứa: Na+, H+ : 0,2 mol và NO3-: 0,3 mol.

- Khi cho dung dịch sau điện phân tác dụng với Fe dư thì:

3Fe 0,075mol

+

8H + + 2NO3−  → 3Fe2+ + 2NO + 4H 2O

← 0,2mol

⇒ m Fe bÞhßa tan = 0,075.56 = 4,2(g)

Câu 65: Cho 3,72 gam hỗn hợp gồm Mg và Al vào V ml dung dịch chứa AgNO3 x (mol/l) và Cu(NO3)2 y (mol/l). Sau khi kết thúc phản ứng, thu được dung dịch X và 20,0 gam rắn Y. Cho dung dịch NaOH dư vào X, thấy lượng NaOH phản ứng là 18,4 gam. Lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 7,6 gam hỗn hợp gồm hai oxit. Tỉ lệ x : y là A. 4 : 5 B. 2 : 3 C. 1 : 1 D. 1 : 3 Chọn A 20(g) r¾n

Ag,Cu

Mg,Al + AgNO3,Cu(NO3 )2  → NaOH t0

Mg2+ ,Al 3+ ,Cu2+ (d- ) ,NO3− → Mg(OH)2 ,Cu(OH)2 → MgO,CuO 3,72(g) dung dÞch hçn hî p

dung dÞch X

hçn hî p kÕt tña

7,6(g)oxit

- Gọi c là số mol Cu2+, còn lại trong dung dịch X. Xét quá trình phản ứng của dung dịch X với lượng dư dung dịch NaOH ta có: 24nMg + 27nAl = m kim lo¹i 24a + 27b = 3,72 a = 0,11    + 2nMg2+ + 4nAl 3+ + 2nCu2+ = nNaOH → 2a + 4b + 2c = 0,46 ⇒ b = 0,04   40a + 80c = 7,6 c = 0,04    40nMgO + 80nCuO = moxit

- Xét dung dịch hỗn hợp chứa AgNO3 và Cu(NO3)2 ta có: x 4  nAgNO3 + 2nCu(NO3 )2 = nNO3− x + 2y = 3nAl 3+ + 2nMg2+ + 2nCu2+ = 0,42 x = 0,12 +  → ⇒ → = y 5  y = 0,15 108nAg + 64nCu = m r¾n 108x + 64(y − 0,04) = 20 Câu 66: Điện phân dung dịch X gồm FeCl2 và NaCl (tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2) với điện cực trơ màng ngăn xốp thu được dung dịch Y chứa hai chất tan, biết khối lượng dung dịch X lớn hơn khối lượng dịch Y là 4,54 gam. Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,54 gam Al. Mặt khác dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 thu được m gam kết tủa. Giá trị m là A. 14,35.

B. 17,59.

C. 17,22.

D. 20,46.

Chọn D. - Xét trường hợp dung dịch Y chứa 2 chất tan là NaOH và NaCl. Quá trình điện phân diễn ra như sau : Tại catot: Tại Anot: 2+ Fe + 2e → Fe 2Cl→ Cl2 + 2e x ← 2x → x (2x + 2y) (x + y) ← (2x + 2y) 2H2O + 2e → 2OH- + H2 2y → 2y y 3 - Từ phương trình: Al + 3H2O + NaOH → Na[Al(OH)4 ] + H2 suy ra n OH − = n Al = 0, 02 → y = 0, 01 mol 2 - Khối lượng dung dịch giảm: 56x + 71n Cl2 + 2n H 2 = 4,54 → x = 0, 03 mol BT: e   → n Ag = n FeCl2 = 0, 03  ⇒ m↓ = 20, 46 gam →  BT: Cl  NaCl :0, 06 mol  → n AgCl = 2n FeCl2 + n NaCl = 0,12

- Hỗn hợp X: 

FeCl2 :0, 03mol

+ AgNO3

Câu 67: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Mg(HCO3)2, MgSO3 bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 30%, thu được 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí Y và dung dịch Z có nồng độ 36%. Tỉ khối của Y so với He bằng 8. Cô cạn Z được 72 gam muối khan. Giá trị của m là A. 20.

B. 10.

C. 15.

D. 25.

Chọn A. 0,5 mol khÝY (M Y = 32)  Mg, MgO - Quá trình: X  +H SO 2 4 → c« c¹ n

dd Z (36%)  → MgSO4 : 0, 6 mol  Mg(HCO 3 ) 2 , MgSO 3 dd 30% - Ta có: n H 2SO 4 = n MgSO 4 = 0, 6 mol → m H 2SO 4 = 58,8 gam ⇒ m dd H 2SO 4 =

⇒ C% =

58,8 = 196 gam 0, 3

120n MgSO 4 = 36% → m = 200 − m dd H 2SO 4 + m khí = 20 gam m + m dd H 2SO 4 − m khí

Câu 68: Hòa tan 13,68 gam muối MSO4 vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện c ực trơ, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, được m gam kim loại M duy nhất ở catot và 0,784 lít khí ở anot. Còn nếu thời gian điện phân là 2t giây thì t ổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 2,7888 lít. Biết thể tích các khí ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của m là: A. 4,788.

B. 4,480.

C. 1,680.

D. 3,920.

Chọn B Thời điểm Tại catot Tại anot 2 + t (s) 2H 2O  → 4e + 4H + + O2 M + 2e  →M 0,14mol ← 0,035mol ne trao đổi = 0,14 mol 2t (s) M 2+ + 2e  →M 2H 2O  → 4e + 4H + + O2 amol → 2amol 0,28mol ← 0,07mol ne trao đổi = 0,28 mol − 2H 2O + 2e  → 2OH + H 2 2bmol

←

- Tại thời điểm 2s (s), xét hỗn hợp khí ta có :

bmol

BT:e → 2nM 2+ + 2nH 2 = 4nO2 2a + 2b = 0,28 a = 0,0855   +  → ⇒  b = 0,0545  b = 0,0545  nH 2 = 0,1245 − nO2 13,68 ⇒ M MSO4 = = 160 , suy ra M là Cu. 0,0855

- Tại thời điểm t (s) thì nCu = 2nO2 = 0,07mol ⇒ mCu = 4,48(g)

Câu 69: Hòa tan hoàn toàn 30 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Mg(NO3)2 trong dung dịch H2SO4. Sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa một muối sunfat và 4,48 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất).

Số mol H2SO4 đã phản ứng là A. 0,3 mol.

B. 0,4 mol.

C. 0,5 mol.

D. 0,6 mol.

Chọn D. - Khi cho 30 gam X tác dụng với H2SO4 ta có hệ sau : 24nMg + 40nMgO + 148nMg(NO3 )2 = mX 24nMg + 40nMgO + 148nMg(NO3 )2 = 30 nMg = 0,3mol    BT:e → 2nMg = 3nNO → 2nMg = 0,6 ⇒ nMgO = 0,2mol    BT:N   → 2nMg(NO3 )2 = nNO 2nMg(NO3 )2 = 0,2 nMg(NO3 )2 = 0,1mol   ⇒ nH 2SO4 = nMgSO4 = nMg + nMgO + nMg(NO3 )2 = 0,6mol

Câu 70: Hòa tan hoàn toàn 1,28 gam Cu vào dung dịch chứa 7,56 gam HNO3 thu được dung dịch X và V lít hỗn hợp khí gồm NO và NO2 (đktc). Cho X tác dụng hoàn toàn với 105 ml dung dịch KOH 1M, sau đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch Y. Cô cạn Y được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu được 8,78 gam chất rắn. Giá trị V là A. 0,336.

B. 0,448.

C. 0,560.

D. 0,672.

Chọn B. - Chất rắn Z gồm KNO3 và KOH(dư). Khi nung Z ta thu được KNO2 và KOH(dư). Theo đề ta có : 85nKNO2 + 56nKOH = m r¾n 85nKNO2 + 56nKOH = 8,78  nKNO2 = 0,1mol →  BT:K ⇒  BT:K → nKNO2 + nKOH = nKOH(ban ®Çu) → nKNO2 + nKOH = 0,105  nKOH(d- ) = 0,005mol     BT:N  → nNO2 + nNO = nHNO3 − nKNO2 = 0,02mol ⇒ VNO,NO2 = 0,448(l)

Câu 71: Nung nóng 19,52 gam hỗn hợp gồm Al và Cr2O3 trong điều kiện không có không khí, sau một thời gian, thu được hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X cần dùng 600 ml dung dịch HCl 1,6M thu được 0,18 mol khí H2 và dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y, thu được x gam kết tủa. Giá trị của x là.

A. 72,00 gam B. 10,32 gam C. 6,88 gam D. 8,60 gam Chọn B H 2 :0,18mol

t0

HCl

NaOH Al,Cr2O3 → Al,Al 2O3,Cr,Cr2O3  → Al 3+ ,Cr 3+ ,Cr 2+ ,Cl − → NaAlO2 ,NaCrO2 + Cr(OH)

2

19,52(g)

19,52 (g) r¾n X

dung dÞch Y

dung dÞch sau p-

- Khi cho hỗn hợp rắn X tác dụng với dung dịch chứa 0,96 mol HCl thì : n − 2nH2 n BT:H → nH2O = HCl = 0,3mol ⇒ nCr2O3 = H 2O = 0,1mol 2 3 mr¾n − 152nCr2O3 + Xét hỗn hợp rắn ban đầu ta có: nAl = = 0,16mol 27 3n − 2nH 2 BT:e → nCr2O3 (p- ) = Al = 0,06mol - Xét quá trình nhiệt nhôm ta có:  2 - Khi cho dung dịch Y tác dụng với NaOH dư thì: m↓ = 86nCr(OH)2 = 2.86.nCr2O3(p- ) = 10,32(g)

x (g) ↓

Câu 72: Cho m gam Na vào 200 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và Ba(OH)2 0,5M, đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Cho dung dịch X vào 200 ml dung dịch hỗn hợp Al2(SO4)3 0,5M và HCl 1M, đến phản ứng hoàn toàn thu được 31,1 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của m là: A. 4,6.

B. 23.

C. 2,3.

D. 11,5.

Chọn D. - Khi thêm m gam Na vào dung dịch hỗn hợp NaOH và Ba(OH)2 thì: (x + 0,2) mol

0,1mol

NaOH , Ba(OH)2 + Al 2 (SO 4 )3 + HCl → BaSO 4 , Al(OH)3 (với x là số mol Na thêm vào)

X

- Nhận thấy: n Ba 2 + < n SO

0,1mol

4

2−

0,2mol

31,1 gam ↓

→ n BaSO4 = n Ba 2+ = 0,1mol → n Al(OH)3 =

31,1 − 233n BaSO4 78

= 0,1 mol

- Hướng tư duy 1: + Để x đạt giá trị lớn nhất thì kết tủa Al(OH)3 đạt cực đại rồi tan lại một phần ⇒ n OH− = 4n Al3+ + n H+ − n Al(OH)3 = 0,9mol mà n NaOH = x + 0, 2 = n OH− − 2n Ba(OH)2 → x = 0,5mol - Hướng tư duy 2 : 0,2 mol 0,1mol

+ Áp dụng BTNT Cl, S và Al ⇒ dung dịch sau phản ứng gồm: NaCl ; Na 2SO 4 ; NaAlO 2 0,2 mol

BT:Na

 → n NaOH = n NaCl + 2n Na 2SO4 + n NaAlO2 = 0,7 → x = 0,7 − 0,2 = 0,5 ⇒ m Na = 11,5gam Câu 73: X là dung dịch HCl nồng độ x mol/l. Y là dung dịch gồm Na2CO3 và NaHCO3 có cùng nồng độ y mol/l. Nhỏ từ từ đến hết 100 ml X vào 100 ml Y, thu được V lít khí CO2 (đktc). Nhỏ từ từ đến hết 100 ml Y vào 100 ml X, thu được 2V lít khí CO2 (đktc). Tỉ lệ x : y bằng A. 8 : 5.

B. 6 : 5.

C. 4 : 3.

D. 3 : 2.

Chọn D. 0,1y mol 0,1mol

V - Nhỏ từ từ X vào Y: HCl CO3 ,NaHCO3 ⇒ nCO2 = n H + − nCO32− → = 0,1x − 0,1y (1) 2 + Na

22,4 0,1x mol dung dÞch Y

- Nhỏ từ từ Y vào X. Gọi a số mol của Na2CO3 và NaHCO3 phản ứng: amol amol 3a = 0,1x

2nCO32− + nHCO3− = nH +  Na2CO3 ,NaHCO3 + HCl ⇒ → 2V (2)

2a = n 2− + n − = nCO 0,1x mol 2  CO HCO  3 3  dung dÞch Y 22,4  - Thay (2) vào (1) suy ra x : y = 3 : 2 Câu 74: Cho 16,55 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2 và Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,775 mol KHSO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 116,65 gam muối sunfat trung hòa và 2,52 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không 23 khí, tỉ khối của Z so với H2 là . Mặt khác, cho toàn bộ lượng hỗn hợp X ở trên vào nước, sau khi 9 các phản ứng kết thúc, thu được m gam rắn Y. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A. 13,7.

B. 14,8.

C. 12,5.

D. 15,6.

Chọn B. - Khi cho 16,55 gam X tác dụng với dung dịch chứa 0,775 mol KHSO4 thì hỗn hợp khí Z thu được gồm NO (0,0125 mol) và H2 (0,1 mol). Xét quá trình phản ứng ta có : m + 136nKHSO4 − mmuèi − mZ n − 2nH 2O − 2nH 2 BTKL  → nH 2O = X = 0,2625mol ⇒ nNH 4+ = KHSO4 = 0,0125 18 4 - Xét hỗn hợp rắn X ta có :

BT:N  → nFe(NO3 )2 =

⇒ nAl

nNH 4+ + nNO 2

= 0,0125 mol vµnFe3O4 =

nO(trong oxit) nKHSO4 − 4nNO − 2nH 2 − 10nNH 4+ = = 0,05mol 4 8

m − 232nFe3O4 − nFe(NO3 )2 = X = 0,1mol 27

→ 2Al(NO3 )3 + 3Fe - Khi hòa tan hỗn hợp rắn X vào nước thì : 2Al + 3Fe(NO3 )2  0,1mol

0,0125mol

→

1 mol 120

- Vậy hỗn hợp rắn sau phản ứng hỗn hợp rắn sau phản ứng gồm Fe3O4(không tan), Al(dư) và Fe BTKL  → mr¾n = mX − 213nAl(NO3 )3 = 14,875(g)

Câu 75: Để hòa tan hết 38,36 gam hỗn hợp R gồm Mg, Fe3O4, Fe(NO3)2 cần 0,87 mol dung dịch H2SO4 loãng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 111,46 gam sunfat trung hòa và 5,6 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai khí không màu, tỉ khối hơi của X so với H2 là 3,8 (biết có một khí không màu hóa nâu ngoài không khí).Phần trăm khối lượng Mg trong R gần với giá trị nào sau đây ?

A. 31,28 B. 10,8 C. 28,15 D. 25,51 Chọn C. - Hỗn hợp khí X gồm 0,2 mol H2 và 0,05 mol NO. m + 98nH 2SO4 − mmuèi − mX BTKL  → nH 2O = R = 0,57mol 18 - Xét hỗn dung dịch muối và hỗn hợp R có : n + + nNO − 2nH 2 − 2nH 2O 2n BT:H  → nNH 4+ = H 2SO4 = 0,05mol ⇒ nFe(NO3 )2 = NH 4 = 0,05mol 4 2 nO(trong oxit) 2nH 2SO4 − 2nH 2 − 4nNO − 10nNH 4+ ⇒ nFe3O4 = = = 0,08mol 4 4.2 m − 232nFe3O4 − 180nFe(NO3 )2 ⇒ %mMg = R .100 = 28,15 mR Câu 76: Cho 30 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO3)2 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,725 mol H2SO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa 90,400 gam muối sunfat trung hòa và 3,920 lít khí Z (đktc) gồm hai khí N2 và H2. Biết tỉ khối của Z so với H2 là 33/7. Phần trăm khối lượng của nhôm trong hỗn hợp X gần với giá trị nào sau đây ?

A. 14,15% B. 13,0% C. 13,4% D. 14,1% Chọn C. - Hỗn hợp Z gồm N2 (0,05 mol) và H2 (0,125 mol) - Khi cho X tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, ta có : m + 98nH 2SO4 − mZ − mY 2n − 2nH 2 − 2nH 2O BTKL  → n H 2O = X = 0,5mol ⇒ nNH 4+ = H 2SO4 = 0,05mol 18 4 - Xét hỗn hợp rắn X ta có : 2nN 2 + nNH 4+ 2nH2SO4 − 12nN 2 − 2nH2 − 10nNH 4+ BT:N  → nFe(NO3 )2 = = 0,075 mol và nZnO = = 0,05mol 2 2 nMg = 0,35 0,15.27 24nMg + 27nAl = mX − 180nFe(NO3 )2 − 81nZnO = 12,45 ⇒ %mAl = .100 = 13,5 +  BT:e → 30 → 2nMg + 3nAl = 10nN 2 + 2nH 2 + 8nNH 4+ = 11,15 nAl = 0,15   Câu 77: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X chứa một oxit sắt, 0,02 mol Cr2O3 và 0,04 mol Al sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư thu được 0,896 lít SO2 ở (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Phần 2 tác dụng vừa đủ 250 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch Z và 0,336 lít H2 ở (đktc), dung dịch Z tác dụng tối đa x mol NaOH thu được 6,6 gam hỗn hợp kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của x là: A. 0,27.

B. 0,3.

C. 0,28.

D. 0,25.

Chọn C.

t0

0,02 mol 0,04mol

t0 - Quá trình: Fe x O y , Cr2O3 , Al → Y

X

P1 + H 2SO4 → SO2 : 0,04 mol H 2 : 0,015 mol P2 + HCl → dung dÞch Z + NaOH kÕt tña  → 0,25mol

BT:H - Xét P2 ta có:  → n H 2O =

n HCl − 2n H 2 2

x mol

6,6 gam

BT:O

= 0,11 mol  → n O(Y) = n O(X) = n H 2O = 0,11 mol

- Xét P1 : quy đổi hỗn hợp Y thành : Al : 0,02 mol; Cr : 0,02 mol ; O: 0,11mol và Fe. BT:e

 → n Fe =

2n O + 2nSO2 − 3n Cr − 3n Al 3

= 0, 06 mol

 Fe2+ :x mol Cr 2+ : y mol Al3+ : 0, 02 mol + Dung dịch Z:  ; và  BT:Cr BT: Fe → Fe3+ :(0,06 − x) mol  → Cr 3+ :(0, 02 − y) mol Cl− : 0, 25mol   90n Fe(OH)2 + 107n Fe(OH)3 + 86n Cr(OH)2 = 6, 6 -17x + +86 y = 0,18 x = 0,04  → →  BTDT (Z) → 2n Fe2+ + 3n Fe3+ + 2n Cr 2+ + 3n Cr3+ + 3n Al3+ = n Cl−  y = 0,01  x + y = 0, 05   (Vì dung dịch Z phản ứng tối đa với NaOH nên kết tủa Cr(OH)3 tan hết).

- Hướng tư duy 1:

+ Ta có: nNaOH tối đa = x = 2n Fe2+ + 3n Fe3+ + 2n Cr 2+ + 4n Cr 3+ + 4n Al3+ = 0, 28mol

- Hướng tư duy 2: + Dung dịch sau cùng chứa: n NaCrO2 = 0,01mol; n NaAlO2 = 0,02mol vµ n NaCl = 0,25mol BT:Na

 → n NaOH = n NaCrO2 + n NaAlO2 + n NaCl = 0, 28mol Câu 78: Nung nóng 19,52 gam hỗn hợp gồm Al và Cr2O3 trong điều kiện không có không khí, sau một thời gian, thu được hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X cần dùng 600 ml dung dịch HCl 1,6M thu được 0,18 mol khí H2 và dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y, thu được x gam kết tủa. Giá trị của x là.

A. 72,00 gam B. 10,32 gam C. 6,88 gam D. 8,60 gam Chọn B

H 2 :0,18mol

t0

HCl

NaOH Al,Cr2O3 → Al,Al 2O3,Cr,Cr2O3  → Al 3+ ,Cr 3+ ,Cr 2+ ,Cl − → NaAlO2 ,NaCrO2 + Cr(OH)

2

19,52(g)

19,52 (g) r¾n X

dung dÞch Y

dung dÞch sau p-

x (g) ↓

- Khi cho hỗn hợp rắn X tác dụng với dung dịch chứa 0,96 mol HCl thì : nHCl − 2nH 2 nH O BT:H → nH 2O = = 0,3mol ⇒ nCr2O3 = 2 = 0,1mol 2 3 m r¾n − 152nCr2O3 + Xét hỗn hợp rắn ban đầu ta có: nAl = = 0,16mol 27 3nAl − 2nH 2 BT:e - Xét quá trình nhiệt nhôm ta có:  → nCr2O3 (p- ) = = 0,06mol 2 - Khi cho dung dịch Y tác dụng với NaOH dư thì: m↓ = 86nCr(OH)2 = 2.86.nCr2O3 (p- ) = 10,32(g)

Câu 79: Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al và Zn b ằng dung dịch HNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đkc) khí Z (gồm hai hợp chất khí không màu) có khối lượng 7,4 gam. Cô cạn dung dịch Y thu được 122,3 gam hỗn hợp muối. Số mol HNO3 đã tham gia phản ứng gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A. 1,81 mol B. 1,95 mol C. 1,8 mol.

D. 1,91 mol Chọn D.

nNO + nN 2O = 0,2 nNO = 0,1mol - Xét hỗn hợp khí Z ta có :  ⇒ 30nNO + 44nN 2O = 7,4 nN 2O = 0,1mol ⇒ nNO3− (trong muèi) = 3nNO + 8nN 2O + 9nNH 4+ = 1,1+ 9x - Ta có: mmuèi = m kim lo¹i + 18nNH 4+ + 62nNO3− → 122,3 = 25,3 + 18x + 62(1,1 + 9x) ⇒ x = 0,05mol ⇒ nHNO3 = 10nNH 4+ + 4nNO + 10nN 2O = 1,9mol

BÀI TẬP TỔNG HỢP HỮU CƠ Câu 1. Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit oleic, rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 (dư). Sau phản ứng thu được 18 gam kết tủa và dung dịch X. Khối lượng X so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu đã thay đổi như thế nào?

A. Giảm 7,74 gam.

B. Giảm 7,38 gam.

C. Tăng 2,70 gam.

D. Tăng 7,92 gam.

HƯỚNG DẪN GIẢI 3,42 g A + O2 sp + Ca(OH)2 dư 18g kết tủa CH2=CH – COOH Hh A gồm CH3 – COO – CH = CH2 CH2=CH – COO – CH3 CH3 –[CH2]7 – CH = CH –[CH2]7 – COOH Vì hh A gồm các axit và este có 1 nối đôi ⇒ CTTQ của A là . CnH2n-2O2 CnH2n-2O2 14n + 30 3,42 ⇒ n=6

+

O2 n CO2 + (n – 1) H2O n 0,18 ⇒

n–1 ⇒

⇒ m dd giảm = Câu 2. Hợp chất hữu cơ X(C,H,O) và chứa vòng benzen. Cho 0,05 mol X vào dung dịch NaOH 10% ( lấy dư 20% so với lượng cần phản ứng ) đến phản ứng hoàn toàn, Cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn khan Y và phần hơi Z chỉ chứa 1 chất. Ngưng tụ Z rồi cho phản ứng với Na dư thu được 41,44 lit H2(dktc). Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 0,09 mol Na2CO3 ; 0,26 mol CO2 và 0,14 mol H2O. Biết X có Công thức trùng với công thức đơn giản nhất. Giá trị của m là A. 10,8.

B. 11,1.

C. 12,3.

D. 11,9.

HƯỚNG DẪN GIẢI Đặt nNaOH pứ = x => nNaOH dư = 0,2x => nNaOH = 1,2x Bảo toàn Na . 1,2x = 0,09.2 => x = 0,15 => nNaOH pứ = 3nX => 3 thành phần phản ứng (este + phenol) ,nNaOH dư = 0,03 mol ,nC = 0,26 + 0,09 = 0,35 mol => Số C trong muối = 0,35 . 0,05 = 7 ,nH = 0,14.2 = 0,28 => 0,03 + (Số H trong muối).0,05 = 0,28 => H = 5 Số Na trong muối là 0,15 . 0,05 = 3 => Y có . 0,05 mol C7H5OaNa3 ; 0,03 mol NaOH dư => mY = 0,05.(158 + 16a + 1,2 = 9,1 + 0,8a Lập bảng . ,a = 3 => mY = 11,5g ,a = 4 => mY = 12,3g (TM) ,a = 5 => mY = 13,1g Câu 3: Hai este X, Y có cùng công thức phân tử C8H8O2 và chứa vòng benzen trong phân tử. Cho 6,8 gam hỗn hợp gồm X và Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,06 mol, thu được dung dịch Z chứa 4,7 gam ba muối. Khối lượng muối của axit cacboxylic có phân tử khối lớn hơn trong Z là A. 0,82 gam.

B. 0,68 gam.

C. 2,72 gam.

D. 3,40 gam.

HƯỚNG DẪN GIẢI H 2 O  6,8g (0,05 mol) C8 H 8 O 2 + 0,06 mol NaOH → 4,7g ba muôi +  CH 3OH  C H CH OH  6 5 2 Theo đề bài thu được 3 muối ⇒ có 1 este là este của phenol Với ancol là CH3OH ta có. m (X,Y) + m NaOH = m muôi + m CH 3OH + m H 2 O 32n CH 3OH + 18n H 2O = 4,5 n CH 3OH = 0,257 ⇔ ⇔ (loại)  n CH 3OH + n H 2 O = n (X,Y) n CH 3OH + n H 2O = 0,05 n H 2O = −0,207

HCOOCH2 C6 H 5 Với ancol là C6H5CH2OH ⇒ CTCT X, Y :  CH 3COOC6 H 5

m (X,Y) + m NaOH = m muôi + m C6 H 5CH 2 OH + m H 2O 108n C6 H 5CH 2OH + 18n H 2 O = 4,5 n C6 H 5CH 2 OH = 0,04 ⇔ ⇔  n CH 3OH + n H 2 O = n (X,Y) n C6 H 5CH 2 OH + n H 2 O = 0,05 n H 2O = 0,01 ⇒ m CH3COONa = 82.0,01 = 0,82g Câu 4.Đốt cháyhoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm anđehit malonic, anđehitacrylic vàmột esteđơn chứcmạch hở cần 2128 ml O2(đktc) vàthu được 2016ml CO2 và 1,08 gam H2O. Mặt khác, mgam X tác dụng vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 0.1 M, thu được dung dịch Y (giả thiết chỉ xảyra phản ứng xà phòng hóa).

Cho Y tác dụngvớiAgNO3trongNH3, khối lượng Ag tối đathu được A.4,32 gam.B. 8,10 gam.

C.7,56 gam. D. 10,8gam.

HƯỚNG DẪN GIẢI Andehyt malonic. OHC- CH2-CHO (a mol) Andehyt acrylic. CH2=CH-CHO (b mol) Este đơn chức. RCOOR1 nO =2,128/22,4= 0,095 mol ; nCO = 2,106/22,4 = 0,09 mol; nH O = 1,08/18 = 0,06 mol 2 2 2 n = 0,09 - 0,06 = 0,03 mol X Bảo toàn nguyên tố oxi trong X ta có. nO(X) = 0,09.2 + 0,06 - 2.0,095 = 0,05 mol <=> 2a + b + 2. 0,015 = 0,05 => 2a + b = 0,02 mol Số nguyên tử cacbon trung bình = 0,09/0,03= 3 ==> Este có 3 nguyên tử C Số nguyên tử cacbon trung bình = 2.(0,06/0,03) ==> Este có 4 nguyên tử H ==> CTPT của este là C3H4O2 chỉ có công thức cấu tạo phù hợp là. HCOO-CH=CH2 HCOO-CH=CH2 + NaOH --> HCOONa + CH3-CHO 0,015 <--- 0,015 ----> 0,015 ---> 0,015 mol mAg = (4a + 2b + 2.0,015 + 2. 0,015)108 = [2(2a + b) + 0,06]108 =10,80 gam Câu 5: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm -COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là A. 38,76%.

B. 40,82%.

C. 34,01%.

D. 29,25%.

HƯỚNG DẪN GIẢI BTKL → MY = + Tìm Y. n H2 = 0, 04 → n Y = 0, 08 

2, 48 + 0, 04.2 = 32 → CH3OH 0, 08

 HCOOCH 3 5,88  + Có M X = = 73, 5 → X CH 3COOCH 3 và n Otrong Y = 0, 08.2 = 0,16 0, 08  RCOOCH :  3 n CO2 = a BTKL + Đốt cháy X   → 5,88 = 0, 22.2 + 12a + 0,16.16 → a = 0, 24 n H2O = 0, 22(mol) + → neste kh«ng no = n CO2 − n H 2O = 0, 24 − 0, 22 = 0, 02(mol)  HCOOCH 3 : x n = 5  x + y = 0, 06   → X CH 3COOCH 3 : y → →  x = 0, 04  2x + 3y + 0, 02n = 0, 24    y = 0, 02 Cn H 2n − 2 O 2 : 0, 02 (n ≥ 5) 0, 02.100 → %C5 H8O 2 = = 34, 01% 5,88

Câu 6. Hai este X, Y có cùng công thức phân tử C8H8O2 và chứa vòng benzen trong phân tử. Cho 6,8 gam hỗn hợp gồm X và Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,06 mol, thu được dung dịch Z chứa 4,7 gam ba muối. Khối lượng muối của axit cacboxylic có phân tử khối lớn hơn trong Z là A. 0,82 gam.

B. 0,68 gam.

C. 2,72 gam.

D. 3,40 gam.

HƯỚNG DẪN GIẢI H 2 O  6,8g (0,05 mol) C8 H 8O 2 + 0,06 mol NaOH → 4,7g ba muôi + CH 3OH C H CH OH  6 5 2 Theo đề bài thu được 3 muối ⇒ có 1 este là este của phenol Với ancol là CH3OH ta có. m (X, Y) + m NaOH = m muôi + m CH 3OH + m H 2 O 32n CH 3OH + 18n H 2 O = 4,5 n CH 3OH = 0,257 (loại) ⇔ ⇔  n CH 3OH + n H 2 O = n (X, Y) n CH 3OH + n H 2 O = 0,05 n H 2O = −0,207

HCOOCH 2 C 6 H 5 Với ancol là C6H5CH2OH ⇒ CTCT X, Y :  CH 3COOC 6 H 5 m (X, Y) + m NaOH = m muôi + m C6 H 5CH 2 OH + m H 2O 108n C6 H 5CH 2OH + 18n H 2 O = 4,5 n C6 H 5CH 2 OH = 0,04 ⇔ ⇔  n CH 3OH + n H 2 O = n (X, Y) n C6 H 5CH 2 OH + n H 2 O = 0,05 n H 2O = 0,01 ⇒ m CH 3COONa = 82.0,01 = 0,82g ⇒ Chọn A

Câu 7. Đun nóng m gam hỗn hợp X ( gồm RCOOR1 và RCOOR2) với 500ml dung dịch NaOH 1,38M thu được dung dịch Y và 15,4 gam hỗn hợp T gồm hai ancol đơn chức là đồng đẳng kế tiếp. Cho toàn bộ lượng T tác dụng với Na dư thu được 5,05 lít hiđro ( đktc). Cô cạn Y thu được chất rắn rồi lấy chất rắn này đem nung với CaO xúc tác đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 7,2 gam một khí. Giá trị của m là A. 34,5.

B. 31,00.

C. 22,44.

D. 40,60.

Hướng dẫn giải nNaOH= 0,69 mol nH2=0,225 mol=> n ancol = 0,45mol

nNaOH dư = 0,69-0,45 = 0,24 mol RCOONa + NaOH -> Na2CO3 + RH RH= 7,2/0,24 = 30 => C2H5BTKL. m + mNaOH=mC2H5COONa + mT + mNaOH dư m + 0,69.40= 0,45.96 + 15,4 + 0,24.40 => m= 40,60 gam Câu 8. Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX < MY; Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là A. 5,44 gam B. 4,68 gam C. 5,04 gam D. 5,80 gam.

Giải.

Vì X, Y là hai chất thuộc cùng dãy đồng đẳng của axit acrylic nên X, Y là axit đơn chức có một nối đôi C=C trong gốc hiđrocacbon; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z ⇒ Z là ancol 2 chức và số nguyên tử cacbon trong ancol Z phải ≥ 3; Ta có. nO2 = 0,59; nH 2O = 0,52; BTKL. mCO2 = 20,68⇒ nCO2 = 0,47 và nH 2O > nCO2 ⇒ Z là ancol 2 chức no.

Gọi nAncol = a ; nAxit = b (2π); nEste = c (4π); Ta có. nhchc =

nCO2 − nH 2O

π −1

⇒ 0,52 – 0,47 = a – b – 3c = 0,05 (1)

BTNT[O]. 2a + 2b + 4c = 0,28 (2) và BT mol pi. b + 2c = 0,04 (3) Giải hệ 3 pt bậc nhất ⇒ a = 0,1; b = 0,02 ; c = 0,01 ⇒Số C = 3,6

⇒ Ancol Z là C3H8O2 và axit X là C3H4O2; axit Y là C4H6O2 ⇒ Este T là C10H14O4  Axit : C3H 4O2 : x mol ;C4 H 6O2 : y mol x + y = 0,02 x = 0,01  ⇒ este: C10H14O4 : 0,01 ⇒ ⇒ 3x + 4y = 0,07  y = 0,01 ancol : C H O : 0,1 3 8 2 

(

)

→ m = 0,01.2 M C2H 3COOK + M C3H 5COOK = 0,02(110 + 124) = 4,68

Câu 9. Xà phòng hoá 3,52 gam este X được tạo ra từ axit đơn chức và ancol đơn chức bằng dung dịch NaOH vừa đủ được muối Y và ancol Z. Nung nóng Y với oxi thu được 2,12 gam muối, khí CO2 và hơi nước. Ancol Z được chia làm hai phần bằng nhau. Phần 1 cho tác dụng với Na vừa đủ thu được khí H2 có số mol bằng nửa số mol ancol phản ứng và 1,36 gam muối. Phần 2 cho tác dụng với CuO dư, nung nóng được chất hữu cơ T có phản ứng tráng bạc. Công thức cấu tạo của X là A. CH3COOC2H5.

B. C2H5COOCH3.

C. HCOOC2H5. D. CH3COOCH=CH2.

Giải. X có dạng RCOOR1 tạo muối RCOONa và R1OH => Đốt cháy muối tạo Na2CO3 => 2nNa2CO3 = nRCOONa (Bảo toàn Na) => nRCOONa = nX = 0,04 mol = nancol => Meste = 88g (C4H8O2) Xét phần 1 . nancol = 0,02 mol => tạo muối R1ONa Mmuối = R1 + 39 = 68 => R1 = 29 (C2H5) => Este là CH3COOC2H5 Câu 10. Thực hiện phản ứng xà phòng hoá chất hữu cơ X đơn chức với dung dịch NaOH thu được

một muối Y và ancol Z. Đốt cháy hoàn toàn 2,07 gam Z cần 3,024 lít O2 (đktc) thu được lượng CO2 nhiều hơn khối lượng nước là 1,53 gam. Nung Y với vôi tôi xút thu được khí T có tỉ khối so với không khí bằng 1,03. CTCT của X là.

A. C2H5COOC3H7 B. C2H5COOCH3 C. CH3COOC2H5 D. C2H5COOC2H5 HƯỚNG DẪN GIẢI

- Theo đề bài. X đơn chức, tác dụng với NaOH sinh ra muối và ancol ⇒ X là este đơn chức.

RCOOR’.

Mặt khác. mX + mO = mCO + m H O ⇒ 44. nCO + 18. n H O = 2,07 + (3,024/22,4).32 = 6,39 gam 2

2

2

2

2

Và 44. nCO - 18. n H O = 1,53 gam ⇒ nCO = 0,09 mol ; n H O = 0,135 mol 2

2

2

2

n H 2O > nCO2 → Z là ancol no, đơn chức, mạch hở có công thức. CnH2n+1OH (n ≥ 1)

Từ phản ứng đốt cháy Z ⇒

n H 2O nCO2

=

n + 1 0,135 = ⇒ n = 2. n 0,09

Y có dạng. CxHyCOONa → T. CxHy+1 ⇒ MT = 12x + y + 1 = 1,03.29 x = 2 ⇒ C2H5COOC2H5 → đáp án D y = 6 Câu 11. X, Y, Z là 3 este đều đơn chức, mạch hở (trong đó Y và Z không no có một liên kết C=C và có tồn tại đồng phân hình học, MY < MZ). Đốt cháy 21,62 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với oxi vừa đủ, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 34,5 gam so với trước phản ứng. Mặt khác, đun nóng 21,62 gam E với 200 ml dung dịch NaOH 1,5M (vừa đủ), thu được hỗn hợp F chỉ chứa 2 muối và hỗn hợp gồm 2 ancol kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng. Khối lượng m gam của muối có khối lượng phân tử lớn hơn trong hỗn hợp F là.

A. 4,68.

B. 8,10.

C. 8,64.

D. 9,72.

HD. neste = nNaOH = 0,3 ⇒ nO/este = 0,6 Gọi. nCO2 = x; nH2O = y; Ta có hệ phương trình.

12x + 2y = 21,62 – 0,6 . 16

→ 

100x – 44x – 18y = 34,5 Suy ra. x = 0,87; y = 0,79 0,87 C= = 2,9 ⇒ X là HCOOCH3 0,3 n2 este không no = 0,87 – 0,79 = 0,08 ⇒ nHCOOCH3 = 0,22 0,87 − 0, 22.2 = 5,375 C( Y , Z ) = 0, 08 Vì F chứa 2 muối, 2 ancol kế tiếp và Y, Z không no, có đồng phân hình học ⇒ Y là CH3 – CH = CH – COOCH3 Z là CH3 – CH = CH – COOC2H5 mmuối C3H5COONa = 0,08 . 108 = 8,64 gam.

Câu 12. Hỗn hợp X gồm HCHO, CH3COOH, HCOOCH3 và CH3CH(OH)COOH. Đốt cháy hoàn toàn X cần V lít O2 (đktc), hấp thụ hết sản phẩm cháy vào một lượng dư nước vôi trong thu được 50 gam kết tủa.

Giá trị của V là A. 8,40.

B. 7,84.

C. 16,8.

D. 11,2.

HƯỚNG DẪN GIẢI Số C = Số O nCO2 = nO = 0,5 mol Số H = 2 Số C nH2O = nC = 0,5 mol BT(O) . nO2 = 0,5 mol Câu 13. Hỗn hợp R chứa các chất hữu cơ đơn chức gồm axit X, ancol Y, este Z (được tạo thành từ X và Y). Đốt cháy 2,15 gam este Z rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư được 19,7 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 13,95 gam. Mặt khác, 2,15 gam Z tác dụng vừa đủ với NaOH được 1,7 gam muối. Axit X và ancol Y là A. HCOOH, C3H7OH. B. C2H3COOH, CH3OH. C. CH3COOH, C2H5OH. D. HCOOH, C3H5OH. HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn D nCO2 = n↓= 0,1mol; khối lượng dung dịch giảm = m↓ - (mCO2 + mH2O) => mH2O = 1,35g nH2O = 0,075mol Vì nH2O < nCO2 => loại A và C. mO = 2,15 – 12.0,1 – 2.0,075 = 0,8gam Đặt CTĐGN Z là CxHyOz => x.y.z = 0,1.0,15.0,05 = 4.6.2 hoặc theo B ; D CTPT của Z là C4H6O2 Tìm được Mmuối = 68 nên chọn D Câu 14. Hỗn hợp A gồm 2 este đơn chức X, Y. Cho 0,05 mol A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ B. Đốt cháy hết toàn bộ B thu được 2,688 lít CO2; 3,18 gam Na2CO3. Khi làm bay hơi B thu được m(g) chất rắn. Giá trị của m là A. 4,56 (g).

B. 3,4(g).

C. 5,84 (g) D. 5,62 (g).

HƯỚNG DẪN GIẢI + Bảo toàn Na có 0,06 mol NaOH Ta có nNaOH . nA = 1,2 , hỗn hợp có 1 este của phenol. + Bảo toàn C = 0,15 mol ⇒ Ctb = 3.

Hỗn hợp có HCOOCH3 ( amol) và CxHyO2 ( b mol) (chất này tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1.2).

Ta có. a + b = 0,05 mol và a + 2b = 0,06 mol; nên a = 0,04 mol; b = 0,01 mol.

Bảo toàn cacbon. 0,04.2 + 0,01.x = 0,15 ⇒ x = 7 chỉ có C7H6O2 . Vậy HCOOCH3 và HCOOC6H5. và tính được mCR = 4,56gam.

Câu 15. Dẫn V lít (ở đktc) hỗn hợp X gồm axetilen và hidro đi qua ống sứ đựng bột niken nung nóng, thu được khí Y. Dẫn Y vào lượng dư AgNO trong dung dịch NH thu được 12 gam kết tủa. Khí đi ra khỏi dung dịch phản ứng vừa đủ với 16 gam brom và còn lại khí Z. Đốt cháy hoàn toàn khí Z thu được 2,24 lít khí CO (ở đktc) và 4,5 gam nước.

Giá trị của V là ?

A. 13,44 lít.

B. 8,96 lít.

C. 11,2 lít.

D. 5,6 lít. Định hướng tư duy giải 3

3

2

+ Có

Câu 16. Hidrat hóa hỗn hợp etilen và propilen có tỉ lệ mol 1 : 3 khi có mặt axit H SO loãng thu được hỗn hợp ancol X. Lấy m gam hỗn hợp ancol X cho tác dụng hết với Na thấy bay ra 448 ml khí (đktc). Oxi hóa m gam hỗn hợp ancol X bằng O không khí ở nhiệt độ cao và có Cu xúc tác được hỗn hợp sản phẩm Y. Cho Y tác dụng với AgNO trong NH dư thu được 2,808 gam bạc kim loại. Phần trăm số mol propan – 1 – ol trong hỗn hợp là ?

A. 25%.

B. 12,5%.

C. 7,5%.

D. 75%. Định hướng tư duy giải 2

4

2

3

3

Ta có: m gam X là

Câu 17. Một bình kín chứa hỗn hợp X gồm Hidro (0,195 mol), axetilen (0,150 mol), vinyl axetilen (0,12 mol) và một ít bột Ni. Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối hơi so với hidro bằng 19,5. Khí Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 0,21 mol AgNO trong NH , thu được m gam kết tủa và 3,024 lít hỗn hợp khí Z (đktc). Khí Z phản ứng tối đa với 0,165 mol Br trong dung dịch. Giá trị của m là?

A. 55,2.

B. 52,5.

C. 27,6.

D. 82,8. Định hướng tư duy giải 3

3

2

Ta có:

→ H phản ứng hết.

2

Và

Câu 18. Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và M < M ; Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O (đktc), thu được khí CO và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br . Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là?

A. 5,04 gam.

B. 4,68 gam.

C. 5,80 gam.

D. 5,44 gam. Định hướng tư duy giải X

2

Y

2

2

→ Z là ancol no hai chức.

→

Dễ dàng suy ra ancol có 3 C và hai axit có 3C và 4 C

→Chọn D Câu 19. Một hỗn hợp Y gồm 2 este A, B (M < M ). Nếu đun nóng 15,7 gam hỗn hợp Y với dung dịch NaOH dư thì thu được một muối của axit hữu cơ đơn chức và 7,6 gam hỗn hợp hai ancol no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Nếu đốt cháy 15,7 gam hỗn hợp Y cần dùng vừa hết 21,84 lít O (đktc), thu được 17,92 lít CO (đktc). Thành phần % khối lượng của A trong hỗn hợp Y là ?

A. 40,57%.

B. 63,69%.

C. 36,28%.

D. 48,19%. Định hướng tư duy giải A

B

2

2

Khi đốt cháy

Câu 20: Xà phòng hoá hoàn toàn m gam một este no, đơn chức, mạch hở E bằng 28 gam dung dịch KOH 28%. Cô cạn hỗn hợp sau phản ứng thu được 25, 68 gam chất lỏng X và chất rắn khan Y. Đốt cháy hoàn toàn Y, thu được sản phẩm gồm CO2, H2O và K2CO3 , trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 18,34 gam. Mặt khác, cho X tác dụng với Na dư, thu được 13,888 lít khí H2 (đktc). Giá trị m gần nhất với A. 11.

B. 12.

C. 10.

D. 14.

Câu 21: Cho X và Y là hai axit cacboxylic mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon, trong đó X đơn chức, Y hai chức. Chia hỗn hợp X và Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng hết với Na, thu được 4,48 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai, thu được 13,44 lít khí CO2 (đktc). Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp là A. 42,86%.

B. 85,71%.

C. 57,14%.

D. 28,57%.

Câu 22: Hỗn hợp M gồm một axit cacboxylic đơn chức X, một axit cacboxylic hai chức Y (hai axit đều mạch hở, cùng liên π) và hai ancol đơn chức là đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn m gam M thu được 4,32 gam H2O và 4,704 lít CO2 (đktc). Thực hiện phản ứng este hóa m gam M (hiệu suất 100%), sản phẩm thu được chỉ có H2O và 5,4 gam các este thuần chức. Phần trăm khối lượng ancol có phân tử khối nhỏ hơn trong hỗn hợp M là A. 21,05%.

B. 6,73%.

C. 39,47%.

D. 32,75%.

Câu 23: Biết X là axit cacboxylic đơn chức, Y là ancol no, cả hai chất đều mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp gồm X và Y (trong đó số mol của X lớn hơn số mol của Y) cần vừa đủ 30,24 lít khí O2, thu được 26,88 lít khí CO2 và 19,8 gam H2O. Biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Khối lượng X trong 0,4 mol hỗn hợp trên là A. 18,0 gam.

B. 10,8 gam.

C. 11,4 gam.

D. 9,0 gam.

Câu 24: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm -COOH). Trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 4,40 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 672 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 1,86 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 4,40 gam X thì thu được CO2 và 2,88 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là A. 33,64%.

B. 34,01%.

C. 39,09%.

D. 27,27%.

Câu 25: Hỗn hợp X gồm ba chất hữu cơ mạch hở, trong phân tử chỉ chứa các loại nhóm chức -OH, -CHO, -COOH. Chia 0,15 mol X thành ba phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu được 1,12 lít CO2 (đktc). Phần hai tác dụng với Na dư, thu được 0,448 lít H2 (đktc). Đun nóng phần ba với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 8,64 gam Ag. Phần trăm số mol của chất có phân tử khối lớn nhất trong X là

A. 20%.

B. 40%.

C. 50%.

D. 30%.

Câu 26: Hỗn hợp X gồm axit cacboxylic đơn chức Y và este đơn chức Z. Đun nóng hỗn hợp X với 400 ml dung dịch NaOH 1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được a gam một ancol T và 24,4 gam hỗn hợp rắn khan E gồm 2 chất có số mol bằng nhau. Cho a gam T tác dụng với Na dư thoát ra 0,56 lít khí (ở đktc). Trộn đều 24,4 gam E với CaO, sau đó nung nóng hỗn hợp, thu được m gam khí G. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 3,2.

B. 6,4.

C. 0,8.

D. 1,6.

Câu 27: Thủy phân hết m gam hỗn hợp X gồm một số este được tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được a gam muối và b gam hỗn hợp ancol. Đốt cháy a gam hỗn hợp muối thu được hỗn hợp khí Y và 7,42 gam Na2CO3. Cho toàn bộ hỗn hợp khí Y sinh ra qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 23 gam kết tủa đồng thời thấy khối lượng bình tăng 13,18 gam so với ban đầu. Đun b gam hỗn hợp ancol sinh ra với H2SO4 đặc ở 1400C thu được 4,34 gam hỗn hợp các ete. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m gần nhất với giá trị nào sau đây?

D. 12.

A. 10.

B. 11.

C. 13.

Câu 28: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm 2 este đồng phân cần dùng 4,704 lít khí O2 , thu được 4,032 lít CO2 và 3,24 gam H2O. Nếu cho m gam X tác dụng hết với 110 ml dung dịch KOH 1M. Cô cạn dung dịch sau phả ứng thì thu được 7,98 gam chất rắn khan, trong đó có a mol muốn Y và b mol muối Z (MY > MZ ). Các thể tích khí đều đo ở điều kiện chuẩn. Tỉ lệ a : b là: A. 2 : 3 B. 3 : 2 C. 2 : 1 D. 1 : 5 HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn D. - Khi đốt cháy m gam X ta nhận thấy nCO2 = nH 2O ⇒ X chứa 2 este no, đơn chức mạch hở.

2nCO2 + nH 2O − 2nO2 nCO2 = 0,06mol ⇒ CX = = 3 (C3H 6O2 ) 2 nX - Khi cho m gam X trên tác dụng với 0,11 mol KOH thì : BT:O

→ n− COO = nX =

nCH 3COOK 0,01 1 68nHCOOK + 82nCH 3COOK = m r¾n khan − 56nKOH = 5,18  nHCOOK = 0,05mol ⇒ = = →  nHCOOK 0,05 5  nCH 3COOK = 0,01mol  nHCOOK + nCH 3COOK = nX = 0,06 Câu 29: Cho 34 gam hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức mạch hở đều thuộc hợp chất thơm (tỉ khối hơi của X so với O2 luôn bằng 4,25 với mọi tỉ lệ mol của 2 este). Cho X tác dụng vừa đủ với 175 ml dung dịch NaOH 2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp Y gồm hai muối khan. Thành phần phần trăm về khối lượng của 2 muối trong Y là: A. 46,58% và 53,42% B. 56,67% và 43,33% C. 55,43% và 55,57% D. 35,6% và 64,4% HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn A. n - Nhận thấy rằng 1 < NaOH < 2 , nên trong hỗn hợp este có 1 este được tạo thành từ phenol (hoặc neste đồng đẳng). Theo dữ kiện đề bài ta có MX = 136 (C8H8O2), mặc khác dung dịch Y chỉ chứa hai muối khan nên hỗn hợp X chứa HCOOCH 2C6H 5(A) và HCOOC 6 H 4 CH 3 (B) .

 n A + nB = n X nA + nB = 0,25 nA = 0,1mol - Khi cho X tác dụng với NaOH thì:  → ⇒ 2nA + nB = nNaOH 2nA + nB = 0,35 nB = 0,15mol ⇒ mmuèi = 68nHCOONa + 116nCH 3C6H 4ONa = 36,5(g) ⇒ %mHCOONa = 46,58 vµ %mCH 3C6H 4ONa = 53,42 Câu 30: Thủy phân hoàn toàn chất béo X trong môi trường axit, thu được glixerol và hỗn hợp hai axit béo gồm axit oleic và axit linoleic (C17H31COOH). Đốt cháy m gam X cần vừa đủ 76,32 gam O2, thu được 75,24 gam CO. Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với V ml dung dịch 1M. Giá trị của V là: A. 120.

B. 150.

C.180.

D. 210.

HƯỚNG DẪN GIẢI Đáp án A Phân tích : Ta thấy axit oleic (C18H34O2) và axit linoleic (C18H32O2) là những axit có π = 2 và π = 3 . Vậy nên khi tạo este với glixerol thì π X = 7 ( nếu có 2 axit oleic và 1 axit linoleic) hoặc π X = 8 ( nếu có 1 axit oleic và 2 axit linoleic).

nO 2 = 2,385mol ; nCO2 = 1,71mol Bảo toàn nguyên tố O, ta có: nO( X) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O → 6nX + 4,77 = 3,42 + nH2O ( I )  nCO2 − nH2O = 6nX 1,71 − nH2O = 6nX Lại có : nCO2 − nH2O = (π X − 1)nX ⇔  ⇔ ( II ) 1,71 − nH2O = 7nX  nCO2 − nH2O = 7nX Giả (I) và (II), được:

 nX = 0,03   nH2O = 1,53   n = 9   X 325  1971  nH2O = 1300   Với nX = 0,03 mol thì trong gốc C của chất béo có 4 nên nBr 2 = 0,03.4 = 0,12mol → V = 120ml .

Câu 31: Cho glixerol phản ứng với một axit cacboxylic đơn chức thu được chất hữu cơ mạch hở X. Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu được b mol CO2 và c mol H2O (biết b = c + 3a). Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn a mol X cần 0,3 mol H2, thu được chất hữu cơ Y. Cho toàn bộ lượng Y phản ứng hết với 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng được 32,8 gam chất rắn. Phần trăm khối lượng oxi trong X là: A. 40,00%.

B. 39,22%.

C. 32,00%.

D. 36,92%.

HƯỚNG DẪN GIẢI Đáp án A Phân tích : Ta có thể tóm tắt quá trình phản ứng như sau Glixerol+1axhc đơn chức → chất hữu cơ + H 0,3mol

mol

+ NaOH 0,4 2 X  → Y  → 32,8gam chÊt r¾n

Nhận thấy b − c = 3a hay nCO2 − nH2O = 3nX nên trong X có 4 liên kết pi.

Do đó CTCT của X là : CnH2n-1COO-CH2-CH(OOCCnH2n-1)-CH2OH Ta thấy H2 chỉ cộng vào gốc R không no.

→ nH2 = 2nX = 0,3mo1 → nX = 0,15mo1 Khi cho NaOH vào Y, ta có:

Cn H2 n−1COO − CH2 − CH ( OOCCn H2n −1 ) − CH2OH + 2NaOH → C3 H8O3 + 2Cn H2n+1COONa Khi cho X tác dụng với NaOH 0,4mol thì thu được 32,8g chất rắn gồm 0,1mol NaOH dư và 0,3mol muối CnH2n+1COONa

→ mmuèi = 32,8 − 0,1.40 = 28,8g → Mmuèi =

28,8 = 96 0,3

→ CTCT của muối là C2H5COONa hay n = 2 → CTCT của X là :

C2 H3COO − CH2 − CH ( OOCC2 H3 ) − CH2OH → %O( X) =

5.16 = 40% 200

Câu 32: X, Y là hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp nhau (Mx < MY), T là este tạo bởi X, Y và ancol hai chức Z. Đốt cháy hoàn toàn 7,48 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần dùng vừa đủ 6,048 lít O2 (đktc), thu được m gam hỗn hợp khí và hơi. Dẫn hết hỗn hợp khí và hơi thu được vào bình chứa H2SO4 đặc, dư thấy có 0,71m gam khí không bị hấp thụ. Mặt khác 7,48 gam hỗn hợp E trên phản ứng tối đa với 100 ml dung dịch KOH 1M (đun nóng).

Cho các phát biểu sau về X, Y, Z, T. -

Phần trăm khối lượng của Y trong E là 19,25%.

-

Phần trăm số mol của X trong E là 12%.

-

X không làm mất màu dung dịch Br2.

-

Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T là 5.

-

Z là ancol có công thức C3H6(OH)2.

Số phát biểu đúng là: A. 1.

B.2.

C. 3.

D. 4.

HƯỚNG DẪN GIẢI Đáp án A Phân tích : Ta dễ dàng nhận ra khi đốt cháy hỗn hợp E thì có

nCO2 nH2O

=

mCO2 : 44 mH2O : 18

=

0,71m : 44 =1 0,29m :18

Mà E gồm hai axit X, Y no, mạch hở, đơn chức là đồng đẳng kế tiếp nhau khi đốt cháy luôn tạo ra

nCO2 = nH2O Suy ra Z là ancol hai chức, no , mạch hở và nZ = nT .

Ta có nO = 0,27mol , bảo toàn khối lượng ta có : 7,48 + mO2 = mCO2 + mH2O = nCO2 .(44 + 18) ^ ncO2 = nH2O = 0,26mo1 Bảo toàn nguyên tố O, ta có:

2nX + 2nY + 2nZ + 4nT + 0,27.2 = 0,26.3 ⇔ 2nX + 2nY + 6nT = 0,24 Lại có nKOH = nX + nY + 2nT = 0,1 Suy ra nX + nY = 0,06; nT = nZ = 0,02

(

)

Đặt CT chung của X, Y là Cn H2nO2 n > 1

CTPT của Z, T lần lượt là CmH2m+2O2 và CxH2x-2O4 ( m ≥ 2; x ≥ 5 ) Ta có : nCO2 = 0,06n + 0,02. ( m + x ) ⇔ 0,26 = 0, 06n + 0,02. ( m + x ) ⇔ 13 = 3n + m + x Mà m ≥ 2; x ≥ 5 nên n ≤ 2 Lại có n > 1 nên hai axit X, Y lần lượt là HCOOH và CH3COOH. Khi đó công thức phân tử của T sẽ là Cm+3H2m+4O4 .

Lúc này, ta đặt nHCOOH = a thì nCH3COOH = 0,06 − a Ta có : nCO2 = a + (0,06 − a).2 + 0,02. ( m + m + 3) ⇔ 0,26 = 0,18 − a + 0,04m ⇔ 2 + 25a = m Mà a ≤ 0,06 nên m ≤ 3,5 m không thể bằng 2 vì khi đó a = 0 nên m = 3

Khi đó a = 0, 04mol và Z, T lần lượt là C3H8O2 , C6H10O4.

Thử lại, ta có:

mHCOOH + mCH3COOH + mC3H8O2 + mC6 H10O4 = 0,04.46 + 0, 02.60 + 0,02.76 + 0,02.146 = 7,48gam Vậy

 HCOOH ( X )  CH3COOH ( Y ) hỗn hợp E gồm:  C3 H6 ( OH )2 ( Z)  C6 H10O4 ( T )

0,04mol 0,02mol 0, 02mol 0,02mol

0,02.60 = 16, 04% 7, 48 0,04 = = 40% 0,1

−%mY( E ) = −%mX ( E )

-X là HCOOH có làm mất màu dung dịch Br2 -Tổng số nguyên tử C trong T là 6 -Z là ancol đa chức C3H6(OH)2 Vậy với các phát biểu bài đã cho chỉ có duy nhất phát biểu cuối là đúng.

Chú ý: Trong các axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở có duy nhất HCOOH làm mất màu nước Br2.

Câu 33: Cao su buna - N (hay cao su nitrile; NBR) là loại cao su tổng hợp, có tính chịu dầu cao, được dùng trong ống dẫn nhiên liệu; sản xuất găng tay chuyên dụng,.... Để xác định tỉ lệ mắc xích butađien ( CH = CH - CH = CH) và acrilonitrin (CH = CH - CN) trong cao su nitrile, người ta đốt mẫu cao su này trong lượng không khí vừa đủ (xem không khí chứa 20% O2 và 80% N2 về thể tích); thu được hỗn hợp khí và hơi gồm CO2, N2, H2O (trong đó CO chiếm 14,222% về thể tích). Tỉ lệ mắc xích butađien và acrilonitrin trong cao su nitrile là: A. 4 : 3.

B. 3 : 4.

C. 5 : 4.

D.

1 : 3.

HƯỚNG DẪN GIẢI Đáp án C Phân tích : Đặt CT của cao su buna -N là : (C4H6)a(C3H3N)b Ta có:

( C4 H6 )a ( C3 H3N )b + ( 5,5a + 3,75b) O2 → ( 4a + 3b) CO2 + ( 3a + 1,5b) H2O + 0,5bN2 14,222% =

0,14222 = 0,14222 =

nCO2 nN2 d- + nN2 sinh ra + nCO2 + nH2O nCO2 4nO2 d- + nN2 sinh ra + nCO2 + nH2O 4a + 3b 4(5,5a + 3,75b) + 0,5b + (4a + 3b) + (3a + 1,5b)

⇔ 0,14222 =

4a + 3b a 5 ⇔ = 29a + 20b b 4

Vậy tỉ lệ mắc xích butađien và acrilonitrin trong cao su nitrile là 5:4 .

Câu 34: Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp E gồm 2 este X, Y đơn chức, đồng phân, mạch hở, bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ thu được 13,2 gam hỗn hợp 2 muối (Z) và 7,8 gam hỗn hợp 2 ancol (chỉ hơn kém nhau 1 nguyên tử C trong phân tử). Nung Z thu 0,075 mol Na2CO3. Xác định CTCT thu gọn của X và Y: (Cho H = 1; C =12; O = 16; Na=23)

A. CH2 = CHCOOC2H5 và CH3COOCH = CHCH3 B. HCOOCH2CH = CHCH3 và CH3COOCH2CH = CH2 C. C2H5COOCH2CH = CH2 và CH3CH = CHCOOC2H5 D. CH3COOCH2CH = CH2 và CH2 = CHCOOC2H5

HƯỚNG DẪN GIẢI Đáp án D Phân tích: Dễ dàng tính được nNaOH = 2nNa 2 CO 3 = 0,15mo1

⇒ nancol = nmuèi = neste = nNaOH = 0,15 ⇒ M ancol =

7,8 = 5,2 0,15

⇒Hai ancol đó có C2H5OH(M=46) và C3HxO. Dựa vào 4 đáp án ta suy ra được ngay ancol còn lại phải là CH2=CH-CH2OH hay C3H6O. ⇒ Loại đáp án A và B

Đặt nC2 H6O = a; nC3H6O = b a + b = 0,15 Ta có :  ⇔ a = b = 0,075 46a + 58b = 7,8 Ta có meste = mmuèi + mancol − mNaOH = 15g (bảo toàn khối lượng)

Đặt công thức este là RCOOC2H5 và R'COOC3H5.

0,075.( R + 67) + 0,075( R'+ 67) = 13, 2R + R' = 42 Thử đáp án C và D, ta thấy đáp án D thỏa mãn với R' là gốc CH3-(M=15) và R là gốc CH2=CH(M=27).

Câu 35: Hỗn hợp X gồm 2 este mạch hở (chỉ chứa chức este). Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X trong dung dịch NaOH đun nóng, sau phản ứng thu được m gam muối natri axetat và 10,8 gam hỗn hợp Y gồm 2 ancol no, mạch hở có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 10,8 gam hỗn hợp Y thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc) và 10,8 gam H2O. Giá trị của m

A. 20,5

B. 32,8

C. 16,4

D. 24,6

HƯỚNG DẪN GIẢI Đáp án D Phân tích: Khi đốt cháy 2 ancol Y thu được: nCO2 = 0, 4 mol ; nH 2O = 0, 6 mol → nC =

nCO2 nH 2 O

− nCO2 =

0, 4 =2 0, 6 − 0, 4

Do Y gồm 2 ancol no, mạch hở, có cùng số nguyên tử Cacbon nên Y gồm C2H5OH và C2H4 (OH)2 Gọi số mol C2H5OH và C2H4 (OH)2 lần lượt là x, y mol.

nCO = 2 x + 2 y = 0, 4  x = 0,1 Ta có  2 → m = 46 x + 62 y = 10,8  y = 0,1 Vì khi thủy phân este trong NaOH chỉ thu được muối natri axetat nên công thức của 2 este là CH3COOC2H5 và (CH3COO)2C2H4 . Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố ta có:

nCH3COONa = nCH3COO − = nCH3COOC2 H5 + 2n(CH3COO ) C2 H 4 2

= 0,1+ 0,1.2 = 0,3 → mCH3COONa = 82.0,3 = 24, 6 g

Câu 36: Cho hỗn hợp A gồm hai chất hữu cơ mạch hở X, Y (chỉ chứa C, H, O mà MX < MY) tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 0,2 mol một ancol đơn chức và 2 muối của hai axit hữu cơ đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Mặt khác đốt cháy 20,56 gam A cần 1,26 mol O2 thu được CO2 và 0,84 mol H2O. Phần trăm số mol của X trong A là:

A. 20%

B. 80%

C. 40%

D. 75%

HƯỚNG DẪN GIẢI Đáp án B Phân tích : Ta có thể tóm tắt toàn bộ quá trình phản ứng như sau 1 ancol ñôn chöùc 0,2mol X  + NaOH vöøa ñuû,0,2mol A :  ( M X < M Y )  → 2 muoái cuûa 2 axit höõu cô ñôn chöùc Y  keá tieáp nhau trong daõy ñoàng ñaúng  ⇒ X,Y là 2 este đơn chức tạo bởi một ancol và hai axit kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng.

Ta có: X , Y + O2 → CO2 + H 2O 20,56g

1,26g

0,84g

Bảo toàn khối lượng, được:

mX,Y + mO2 = mCO2 + mH2O → mCO2 = 45,76(gam) → nCO2 = 1,04 mol Bảo toàn nguyên tố O, ta có:

nO ( X ) + 2. nO2 = 2nCO2 + nH 2O → nO ( X ) + 1, 26.2 = 1, 04.2 + 0,84 → nO ( X ) = 0, 4 → nX = Ta thấy:

nCO2 − nH 2O nX

=

0, 4 = 0, 2mol 2

1, 04 − 0,84 =1 0, 2

nên X, Y là hai este có 1 liên kết π trong mạch Cacbon.

Ta có : M X ,Y =

20, 56 = 102,8 → X: C5H8O2(M = 100) và Y: C6H10O2(M = 114) 0, 2

Đặt số mol của X, Y lần lượt là a, b

5a + 6b = nCO 2 = 1, 04 a = 0,16 0,16 → → → % nX ( A) = = 80% 0,16 + 0, 04 b = 0, 04 100a + 114b = 20,56 Vậy phần trăm số mol X trong hỗn hợp A là 80%.

Câu 37: Cho hỗn hợp M gồm hai axit cacboxylic X, Y (cùng dãy đồng đẳng, có số mol bằng nhau MX < MY) và một amino axit Z (phân tử có một nhóm -NH2). Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp M thu được khí N2; 14,56 lít CO2 (ở đktc) và 12,6 gam H2O. Cho 0,3 mol M phản ứng vừa đủ với dung dịch x mol HCl. Nhận xét nào sau đây không đúng?

A. Giá trị của x là 0,075 B. X có phản ứng tráng bạc

C. Phần trăm khối lượng của Y trong M là 40%.

D. Phần trăm khối lượng của Z trong M là 32,05%.

HƯỚNG DẪN GIẢI Đáp án C Phân tích : nCO = 0, 65mol ; nH 2 O = 0, 7 mol Ta có :, C =

0.65 0, 7.2 = 1, 625 , H = = 3,5 0, 4 0, 4

Suy ra X là HCOOH và Y là CaH2aO2.

Vì nCO2 < nH2O nên amino axit no, đơn chức, mạch hở. Đặt công thức của amino axit là Cn H 2 n +1O2 N .

→ naminoaxixt = 0,1 → nX = nY = 0,15 Ta có : 0,1n + 0,15a + 0,15.1 = 0, 65

→ 2n + 3a = 10 → a = n = 2 →CTPT của aminoaxit là C2H5O2N và Y là CH3COOH  HCOOH ( X ) 0,1125mol  Trong 0,3mol M có: CH 3COOH (Y ) 0,1125mol  mol C2 H 5O2 N ( Z ) 0, 075 Suy ra x = nHCl = 0, 075mol ; X(HCOOH) có khả năng tráng bạc là nhận định đúng.

%Y ( M ) =

0,1125.60 0, 075.75 = 38, 46% % Z ( M ) = = 32, 05% 17,55 17,55

Câu 38: Hỗn hợp X gồm OHC-C≡C-CHO; HOOC-C≡C-COOH, OHC-C≡C-COOH. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dd AgNO3 trong nước amoniac dư (đun nóng nhẹ) thu được 43,2 gam Ag. Mặt khác m gam hỗn hợp X tác dụng với NaHCO3 dư thu được 11,648 lít CO2 (đktc). Thêm m’ gam glucozơ vào m gam hỗn hợp X sau đó đem đốt cần 60,032 lít O2 (đktc), sản phẩm sinh ra được hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 614,64 gam kết tủa. Giá trị của (m+ m’) là

A. 94,28

B. 88,24

C. 96,14

HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn B Hỗn hợp X ta có thể quy đổi về CHO, COOH và C

CHO : 0, 2 COOH : 0,52  + O2 : 2, 68 → CO2 : 3,12 + H 2O : 0,36 + 6b(1)  C : a C6 H12O6 : b Ta có nCHO = 2nAg → nCHO =

nCOOH = nNaHCO3 = nCO2 =

1 1 43, 2 nAg = . = 0, 2 2 2 108

11, 648 = 0,52 22, 4

Gọi số mol C và C6H12O6 lần lượt là a,b mol.

Sau khi thêm m’ gam C6H12O6 vào m gam X rồi đốt cháy ta có:

D. 86,42

nCO2 (1) = nBaCO3 =

614, 64 = 3,12 = 0, 2 + 0,52 + a + 6b → a + 6b = 2, 4 ( 2 ) 197

Áp dụng định luật bảo toàn H vào (1), ta có: nH 2O = 1 2 ( nCHO + nCOOH ) + 6b = 0, 36 + 6b; nO2 (1) = Từ (1) ta có: nCO2

(X )

= nCO2 (1) − nCO2

( C6 H12O6 )

60,032 = 2,68 22, 4

= 3,12 − 6b ; nH 2O ( X ) = 0, 36

Ta có X đều có dạng C4H2On nên khi đốt cháy sẽ cho tỉ lệ mol CO2 : H 2O = 4 : 1 → 3,12 − 6b = 0,36.4 → b = 0, 28.

Từ (2) suy ra a=0,72 Vậy m + m’ = 0,2.29 +0.52.45 +0,72.12 + 0,28.180 = 88,24g

Câu 39: Đốt cháy X cũng như Y với lượng oxi vừa đủ, luôn thu được CO2 có số mol bằng số mol O2 đã phản ứng. Biết rằng X, Y (MX < MY) là hai este đều mạch hở, không phân nhánh và không chứa nhóm chức khác. Đun nóng 30,24 gam hỗn hợp E chứa X, Y (số mol của X gấp 1,5 lần số mol Y) cần dùng 400 ml dung dịch KOH 1M, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol và hỗn hợp chứa 2 muối. Dẫn toàn bộ F qua bình

đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 15,2 gam. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối cần dùng 0,42 mol O2.

Tổng số nguyên tử có trong Y là

A. 21

B. 20

C. 22

D. 19

HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn A 2 Este + KOH → 2 muối và 2 ancol (1) nKOH = 0,4 mol. Vậy suy ra khi ancol phản ứng với Na thu được khí H 2 → nH 2 = 0, 5nOH − = 0, 2 mol .

Khi cho ancol tác dụng với Na dư thấy khối lượng bình tăng

15, 2 g → mancol − mH 2 = 15, 2 → mancol = 15, 6 g Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) ta có: meste + mKOH = mmuoi + mancol → mmuoi = 30, 24 + 0, 4.56 − 15, 6 = 37, 04 g Gọi Công thức chung của 2 muối là CxHyCOOK Khi đốt cháy muối cần 0,42 mol O2: CxHyCOOK: 0, 4 + O2 : 0, 42 → CO2 + K 2CO3 : 0, 2 + H 2O ( 2 ) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố K, ta có nCx H y COOK = 2nK2CO3 → nK2CO3 = 0, 2 Gọi số mol CO2 và H2O lần lượt là a, b mol. Áp dụng định luật bảo toàn O vào (2) ta có :

2a + b = 0, 4.2 + 0, 42.2 − 0, 2.3 = 1, 04 ( 3) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng vào (2) ta có:

mCO2 + mH 2O = 37, 04 + 0, 42.32 − 0, 2.138 = 22,88 = 44a + 18b ( 4 ) Từ (3) và (4) suy ra a=0,52 và b=0 Từ đó ta suy ra trong cả hai muối đều không có H

Gọi công thức muối của X là KOOC − Ca − COOK: x mol Gọi công thức muối của Y là KOOC − Cb −COOK: y mol Áp dụng định luật bảo toàn K ta có: 2 x + 2 y = 0, 4 ( 5 ) Theo bài ra ta có: x − 1,5 y = 0 ( 6 ) Từ (5) và (6) ta có: x = 0,12 và y = 0,08

→ mmuoi = 0,12. ( 83.2 + 12a ) + 0, 08. ( 83.2 + 12b ) = 37, 04 → 3a + 2b = 8 Este mạch hở nên cả 2 ancol đều phải là ancol đơn chức. Khi đốt este có số mol CO2 bằng số mol O2 phản

ứng mà este 2 chức nên cả 2 este đều có 8H, các gốc axit không có H nên tổng số H trong 2 gốc ancol của mỗi este đều là 8H. Mặt khác nF = nKOH = 0, 4 .

Theo ta tính trên mancol = 15, 6 g → MOH = 39 → 2 ancol đó chính là CH3OH và C2H5OH. Vì MX < MY nên a = 0, b = 4 là nghiệm duy nhất thỏa mãn.

Vậy công thức 2 este đó là: X: CH3OOC −COOC2H5 và Y: CH3 −OOC −C ≡ C− C ≡ C− COO − C2H5 Vậy trong Y có 21 nguyên tử.

Câu 40: Đốt cháy hoàn toàn 10,58 gam hỗn hợp X chứa ba este đều đơn chức, mạch hở bằng lượng oxi vừa đủ, thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc). Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn 10,58 gam X cần dùng 0,07 mol H2 (xúc tác, to) thu được hỗn hợp Y. Đun nóng toàn bộ Y với 250 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được một ancol Z duy nhất và m gam rắn khan. Giá trị của m là

A. 15,60

B. 15,46

C. 13,36

D. 15,45

HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn A Đốt cháy 10,58g hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, mạch hở ta có: nCO2 = 0,4 mol.

Mặt khác hiđro hóa hoàn toàn 10,58g hỗn hợp X cần 0,07 mol H2. Vậy 0,07 mol H2 chính là số mol liên kết π trong mạch Cacbon của 3 este. → nCO2 − nH 2O = 0, 07 → nH 2O = 0, 4 − 0, 07 = 0,33

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng đốt cháy ta có:

mX + mO2 = mCO2 + mH 2O → mO2 = 0, 4.44 + 0,33.18 − 10,58 = 12,96 g → nO2 = 0, 405

Áp

định luật bảo toàn nguyên tố O ta có: 2nX + 2nO2 = 2nCO2 + nH 2O → nX = 0,16 mol → nC =

0, 4 = 2,5 0,16

Vậy phải có 1 este có 2C. Vậy este đó phải là HCOOCH3 .

Theo đề bài ta thấy thủy phân Y trong NaOH chỉ thu được 1 ancol duy nhất, vậy ancol đó là CH3OH. Vậy CT trung bình cuả 3 este sau khi hiđro hóa là R̅ COOCH3(Y) mY = mX + mH 2 = 10,58 + 0, 07.2 = 10, 72 g R̅ COOCH3 + NaOH → R̅ COONa + CH3OH

dụng

O,16

→ 0,25

→ 0,16

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mY + mNaOH = m + mCH 3OH → m = 10, 72 + 0, 25.40 − 0,16.32 = 15, 6 g

Câu 41: X, Y, Z là 3 este đều no mạch hở (không chứa nhóm chức khác và (Mx < My < Mz). Đun nóng hỗn hợp E chứa X,Y,Z với dung dịch NaOH vừa đủ thu được 1 ancol T và hỗn hợp F chứa 2 muối A, B có tỉ lệ mol tương ứng là 5 : 3 (MA< MB). Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 12 gam và đồng thời thu được 4,48 lít H2 (dktc). Đốt cháy toàn bộ F thu được Na2CO3, CO2 và 6,3g H2O.Số nguyên tử hidro có trong Y là

A. 6

B. 8

C. 12

D. 10

HƯỚNG DẪN GIẢI B1: Tìm CTCT của ancol T:

1 Gọi công thức ancol T là R(OH)n hoặc C x H 2x + 2On : R ( OH )n + nNa → R ( ONa ) n + .n H 2 2

⇒ nR( OH ) = 2 / n.nH 2 = 0, 4 / n mol n

mbình tăng = mancol − mH 2 ⇒ mancol = 12, 4 g

⇒ M R( OH ) = 31n = 14 x + 2 + 16n n

⇒ 15n = 14 x + 2 ( n ≤ x và ( 2 x + 2 ) chẵn) Ta chỉ thấy với n = 2; x = 2 thì R = 28 ( C2 H 4 ) thỏa mãn.

Vậy T là C2H4(OH)2 với số mol là 0,2 mol

B2: Xác định 2 muối A và B Có 2nancol = ngoc axit Vì ancol 2 chức nên các este mạch hở phải có các gốc axit đơn chức => nmuối = 2.0,2 = 0,4 mol

Đặt công thức 2 muối là Ca H 2 a +1O2 Na và Cb H 2 b +1O2 Na với số mol lần lượt là 5t và 3t ⇒ t = 0, 05 mol

Khi đốt cháy Ca H 2 a +1O2 Na + (1,5a − 1) O2 → 0,5 Na2CO3 + ( a − 0,5 ) CO2 + ( a − 0,5 ) H 2O

Cb H 2 b+1O2 Na + (1,5b − 1) O2 → 0,5 Na2CO3 + ( b − 0,5 ) CO2 + ( b − 0,5 ) H 2O ⇒ nH 2O .2 = nH ( A, B ) ⇒ 0,35.2 = 0, 25 ( 2a − 1) + 0,15 ( 2b − 1) ⇒ 11 = 5a + 3b ⇒ a = 1; b = 2 thỏa mãn 2 cuối HCOONa và CH3COONa

B3: Tìm CTCT của Y Lại có M X < M Y < M Z ⇒ Y phải là: HCOOCH2CH2COOCCH3 Số H trong Y = 8

Câu 42: Cho 0,01 mol một este tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch NaOH 0,2M, đun nóng. Sản phẩm tạo thành gồm một ancol và một muối có số mol bằng nhau và bằng số mol este. Mặt khác, xà phòng hóa hoàn toàn 1,29 gam este đó bằng một lượng vừa đủ 60ml dung dịch KOH 0,25M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 1,665 gam muối khan. Công thức của este đó là: A. C2H4(COO)2C4H8 B. C4H8(COO)2C2H4 C. CH2(COO)2C4H8 D. C4H8(COO)C3H6 HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn B. n - Khi cho 0,01 mol este tác dụng với 0,02 mol NaOH thì: NaOH = 2 . Mặt khác số mol muối ancol thu neste được bằng số mol este. Vậy este có dạng là R(COO)2 R' t0

R(COO)2 R'+ 2KOH → R(COOK)2 + R'(OH)2 0,015mol

0,0075mol

0,0075mol

BTKL

→ mR'(OH)2 = meste + 56nKOH − mmuèi khan = 0,465(g) ⇒ M R'(OH)2 =

0,465 = 62(C2H 4 (OH)2 ) 0,0075

1,665 = 222 : C4H8(COOK)2 ⇒ Este đó là: C4H8(COO)2 C2H 4 0,0075 Câu 43: Hỗn hợp X chứa các este đều mạch hở gồm hai este đơn chức và một este đa chức, không no chứa một liên kết đôi C=C. Đốt cháy hoàn toàn 0,24 mol X cần dùng 1,04 mol O2, thu được 0,93 mol CO2 và 0,8 mol H2O. Nếu thủy phân X trong NaOH, thu được hỗn hợp Y chứa 2 ancol có cùng số nguyên tử cacbon và hỗn hợp Z chứa 2 muối. Phần trăm khối lượng của este đơn chức có khối lượng phân tử lớn trong X là A. 22,7% B. 15,5% C. 25,7% D. 13,6% HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn D 0,93 = 3,875 . Vì khi thủy phân X trong NaOH thu được 2 ancol có cùng cacbon và 2 muối - Ta có: C X = 0, 24 ⇒ Trong X có 1 chất là HCOOC2H5 (A), este đơn chức còn lại là RCOOC2H5 (B), este 2 chức (C) được tạo từ etylenglicol C2H4(OH)2 và hai axit cacboxylic HCOOH; RCOOH (trong gốc –R có 1 liên kết đôi C=C) ⇒ M muèi =

quan hÖ + Lúc này kA = 1 ; kB = 2 ; kC = 3. Áp dụng  → n B + 2n C = n CO2 − n H2O = 0,13 (1) CO vµ H O 2

2

BT: O

→ 2n A + 2n B + 4n C = 2n CO 2 + n H 2O − 2n O 2 = 0,58 (2) và nA + nB + nC = 0,24 (3)

+ Từ (1), (2), (3) ta tính được: nA = 0,16 mol ; nB = 0,03 mol ; nC = 0,05 mol BT: C

→ 3.0,16 + 0, 03.C B + 0, 05.CC = 0,93 (4) (với CB > 4, CC > 5) + Nếu CB = 5 thay vào (4) ta có: CC = 6 ⇒ Thỏa (nếu CB càng tăng thì CC < 6 nên ta không xét nữa).

7, 25 = 13, 61 Vậy (B) là CH2=CH-COOC2H5: 0,03 mol ⇒ %m C = 22, 04 Câu 44: Hỗn hợp X chứa ba este mạch hở, trong phân tử chỉ chứa m ột loại nhóm chức và được tạo bởi từ các axit cacboxylic có mạch không phân nhánh. Đốt cháy hết 0,2 mol X cần dùng 0,52 mol O2, thu được 0,48 mol H2O. Đun nóng 24,96 gam X cần dùng 560 ml dung dịch NaOH 0,75M thu được hỗn hợp Y chứa các ancol có tổng khối lượng là 13,38 gam và hỗn hợp Z gồm hai muối, trong đó có a gam muối A và b gam muối B (MA < MB ). Tỉ lệ gần nhất a : b là A. 0,6 B. 1,2 C. 0,8 D. 1,4 HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn D. - Quy đổi hỗn hợp X thành gốc hidrocacbon CxHy và nhóm –COO (CO2). Vì vậy khi đốt X thì số mol O2 tham gia phản ứng chính bằng số mol O2 đốt gốc CxHy. - Khi đốt 0,2 mol X (giả định đốt nhóm CxHy) thì : BT:O

→ nCO2 (khi

®èt Cx H y )

= nO2 − 0,5nH 2O = 0,28 ⇒ m Cx H y = 12nCO2 + 2n H 2O = 4,32(g)

- Cho 24,96 gam X tác dụng với NaOH thì

6,48  nX(trong 24,96g) = 0,2. 4,32 = 0,3mol n− COO = nNaOH = 0,42 ⇒ mCx H y = 24,96 − 44n−COO = 6,48 ⇒  n−COO(trong 0,2 mol X) = 0,42 = 0,28mol  1,5 + Ta nhậ n thấy rằng nC(trong gèc Cx H y ) = nC(trong nhãm -COO) = 0,28 , vì thế số nguyên tử C trong gốc CxHy bằng số nhóm –COO trong các phân tử este. n 0,42 + Mặc khác : n− COO = NaOH = = 1,4 . Từ 2 dữ kiện trên ta suy ra được các este trong X là nX 0,3 HCOOCH 3,(COOCH 3 )2 và HCOOCH 2CH 2OOCH . Khi đó : BTKL  → 68nHCOONa + 134n(COONa)2 = mX + 40nNaOH − mancol = 28,38  nHCOONa = 0,24mol → ⇒ BT:Na  n(COONa)2 = 0,09mol  → nHCOONa + 2n(COONa)2 = nNaOH = 0,42 m 0,24.68 ⇒ HCOONa = = 1,353 m(COONa)2 0,09.134 Câu 45: Đốt cháy hoàn toàn 14,24 gam hỗn hợp X chứa 2 este đều no, đơn chức, mạch hở thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng là 34,72 gam. Mặt khác đun nóng 14,24 gam X với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Y chứa 2 ancol kế tiếp và hỗn hợp Z chứa 2 muối của 2 axit cacboxylic kế tiếp, trong đó có a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Tỉ lệ gần nhất của a : b là A. 0,6 B. 1,25 C. 1,20 D. 1,50 HƯỚNG DẪN GIẢI: Chọn B - Khi đốt X chứa 2 este no, đơn chức, mạch hở thì ta luôn có: n CO2 = n H 2O = 0,56 mol

m CO 2 + H 2O − m X 2n + n H 2O − 2n O 2 BT: O = 0, 64 mol → n X = CO 2 = 0, 2 mol 32 2 0,56 = 2,8 . Vì khi cho X tác dụng với NaOH thu được 2 ancol kế tiếp và 2 muối của 2 axit - Ta có: C X = 0, 2 BTKL

→ n O 2 =

 HCOOCH 3 : x mol  x + y = 0, 2  x = 0,12 cacboxylic kế tiếp nên 2 este trong X lần lượt là  → → CH 3COOC 2 H 5 : y mol  2x + 4y = 0,56  y = 0, 08

- Hỗn hợp muối Z gồm HCOONa (A): 0,12 mol và CH3COONa (B): 0,08 mol ⇒ a : b = 1, 243

Câu46: Đun nóng 26,5 gam hỗn hợp X chứa một axit không no (có 1 liên kết đôi C=C trong phân tử) đơn chức, mạch hở và một ancol no đơn chức, mạch hở với H2SO4 đặc làm xúc tác thu được m gam hỗn hợp Y gồm este, axit và ancol. Đốt cháy hoàn toàn m gam Y cần dùng 1,65 mol O2, thu được 55 gam CO2. Cho m gam Y tác dụng với 0,2 mol NaOH rồi cô cạn dung dịch được bao nhiêu gam chất rắn khan?

A. 16,1.

B. 18,2.

C. 20,3.

D. 18,5.

HƯỚNG DẪN GIẢI: Chọn C. - Nhận thấy rằng lượng oxi dùng để đốt hỗn hợp Y bằng với lượng oxi dùng để đốt X. - Giả sử đốt 26,5 gam hỗn hợp X thì số mol O2 phản ứng là 1,65 mol và lượng CO2 tạo thành là 1,25 mol. Khi đó ta có : mX + 32nO2 − 44nCO2 1,5nCO2 − nO2 BTKL = 1,35mol naxit = = 0,15mol và → nH 2O = 18 1,5 - Áp dụng độ bất bão hòa ta được : nCO2 − nH 2O = naxit − nancol ⇒ nancol = naxit − (nCO2 − nH 2O ) = 0,25mol BT:C - Áp dụng độ bất bảo hòa ta được :  → 0,15.n+ 0,25m = nCO2 = 1,25 → n = 5 vµ m = 2

(Với n và m lần lượt là số nguyên tử C trong axit và ancol) → Vậy trong X chứa C4H7COOH (0,15 mol) và C2H5OH (0,25 mol).

- Giả sử cho hỗn hợp X tác dụng với 0,2 mol NaOH, khi đó ta có : nC4H 7COONa = 0,15mol vµ nNaOH = 0,05mol m muèi = 122nC4H 7COONa + 40nNaOH = 20,3(g)

Câu 47: X, Y là hai axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở (trong phân tử X, Y chứa không quá 2 liên kết π và 50 < MX < MY); Z là este được tạo bởi X, Y và etylen glicol. Đốt cháy 13,12 gam hỗn hợp E chứa X,

Y, Z cần dùng 0,50 mol O2. Mặt khác 0,36 mol E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol Br2. Nếu đun nóng 13,12 gam E với 200 ml dung dịch KOH 1M (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp F gồm a gam muối A bà b gam muối B (MA < MB). Tỉ lệ của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây A. 2,9 B. 2,7 C. 2,6 D. 2,8 HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn C. O 2 : 0, 5 mol  → CO 2 + H 2 O - Quá trình 1: 13,12 (g) E +  . Gọi a, b, c lần lượt là mol của X, Y, Z. → a (g) A + b (g) B  KOH : 0, 2 mol  a + b + 2c = n KOH = 0, 2 mol  BT: O  n CO 2 = 0, 49 mol + Ta có:  → 2n CO 2 + n H 2O = 2.(a + b + 2c) + 2n O 2 = 1, 4 →   n H 2O = 0, 42 mol  BTKL  → 44n CO 2 + 18n H 2O = m E + m O 2 = 29,12 - Quá trình 2: Khi cho E tác dụng với dung dịch Br2, nhận thấy n Br2 = 0,1 < n E = 0, 36 ⇒ Trong X, Y chỉ có 1 chất tham gia phản ứng cộng Br2, khi đó Z được tạo bởi X, Y cũng có phản ứng cộng Br2. + Gọi X là chất có 2 liên kết π ⇒ Y có chứa 1 liên kết π và Z có chứa 3 liên kết π. n X + n Y + n Z = n KOH a + b + 2c = 0, 2 a = 0,03 mol    → b = 0,13 mol + Ta có hệ sau: n CO 2 − n H 2O = n X + 2n Z → a + 2c = 0, 07  * 0,36.(a + c) = 0,1.(a + b + c) c = 0, 02 mol   n E .(n X + n Z ) = n Br2 .n E BT: C   → n.0, 03 + m .0,13 + 0, 02.(n + m + 2) = 0, 49 (với n,m là số C của X, Y với n ≥ 3 và m ≥ 2).  B : CH 2 = CH − COONa : 0, 05 mol a + Xét n = 3 suy ra n = 2. Từ đó Z gồm  ⇒ = 2, 617 b  A : CH 3 − COONa : 0,15 mol + Nếu n > 3 thì m < 2 : không thỏa điều kiện.

Câu 48: X gồm hai α – aminoaxxit no, hở (chứa một nhóm -NH2, một nhóm –COOH) là Y và Z (Biết MZ = 1,56MY). Cho a gam X tác dụng 40,15 gam dung dịch HCl 20% thu được dung dịch A. Để tác dụng hết các chất trong dung dịch A cần 140 ml dung dịch KOH 3M. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn a gam X thu được sản phẩm cháy gồm CO2, H2O, N2 được dẫn qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 32,8 gam. Phân tử khối của Z là : A. 117 B. 139 C. 147 D. 123 HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn A. - Khi cho X tác dụng với 0,22 mol HCl rồi đem dung dịch thu được tác dụng với 0,42 mol thi : nA = nKOH − nHCl = 0,42 − 0,22 = 0,2mol .

O2 → nCO2 + (n + 0,5)H 2O - Đặt CTTQ của X là Cn H 2n+1O2N , đốt X thì : Cn H 2n+1O2N  0,2mol

→

0,2n

0,2(n+0,5)

- Theo đề ta có : 44nCO2 + 18nH 2O = mdd t¨ ng → 44.0,2n + 18(n + 0,5) = 32,8 ⇒ n = 2,5 Vậy trong X có chứa NH 2CH 2COOH(Y) ⇒ m Z = 1,56m Y = 117 (NH 2CH(CH 3 )COOH) Câu 49: Cho hỗn hợp M gồm hai chất hữu cơ X, Y. Trong đó X là một axít hữu cơ hai chức, mạch hở, không phân nhánh (trong phân tử có một liên kết đôi C=C) và Y là ancol no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 22,32 gam M thu được 14,40 gam H2O. Nếu cho 22,32 gam M tác dụng với K dư thu được 4,256 lít H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của Y trong M gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 27,25%. B. 62,40%. C. 72,70%. D. 37,50%.

HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn D - Khi đốt 22,32 gam M thì : nCO2 = - Áp dụng độ bất bão hòa ta được :

mM − 2nH 2O − 16nO(trongM ) 22,32 − 2.0,8 − 16(4nX + nY ) = 12 12

22,32 − 2.0,8 − 16(4nX + nY ) − 0,8 = 2nX − nY → 88nX + 4nY = 11,12(1) 12 - Khi cho lượng M trên tác dụng với K dư thì : 2nX + nY = 2nH 2 = 0,38(2) nCO2 − nH 2O = 2nX − nY →

- Từ ta giải hệ (1) và (2) được : nX = 0,12mol vµ nY = 0,14mol , suy ra nCO2 = 0,9mol .

BT:C - Xét hỗn hợp M ta có :  → anX + bnY = nCO2 → 0,12a + 0,14b = 0,9 → a = 4 vµ b=3

- Vậy X và Y lần lượt là : HOOC − CH = CH − COOH (0,12mol) và C3H 7OH (0,14mol) 0,14.60 → %mC3H 7OH(Y ) = .100 = 37,63 22,32 Câu 50: Đốt cháy hết 25,56g hỗn hợp H gồm hai este đơn chức thuộc cùng dãy đồng đẳng liên tiếp và một amino axit Z thuộc dãy đồng đẳng của glyxin (MZ > 75) cần đúng 1,09 mol O2, thu được CO2 và H2O với tỉ lệ mol tương ứng 48 : 49 và 0,02 mol khí N2. Cũng lượng H trên cho tác dụng hết với dung dịch KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng được m gam rắn khan và một ancol duy nhất. Biết KOH dùng dư 20% so với lượng phản ứng. Giá trị của m là A. 38,792 B. 34,760 C. 31,880 D. 34,312

HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn A - Khi đốt hỗn hợp H thì : BTKL   → 44nCO2 + 18nH 2O = mH + 32nO2 − 28nN 2 44nCO2 + 18nH2O = 59,88 nCO2 = 0,96mol  → ⇒ +  nCO2 48 49n − 48n = 0 = CO H O 2 2  nH 2O = 0,98 mol n  H 2O 49 BT:N   → namino axit = 2nN 2  namino axit = 0,04mol  +  mH − 12nCO2 − 2nH 2O − 28nN 2 ⇒  n = 0,32 mol  este  namino axit + neste = n− COO = 32  n - Ta có CH = CO2 = 2,666 mà Camino axit > 2 nên trong H có chứa HCOOCH3 và CH3COOCH3. nH - Khi cho H tác dụng với lượng dư dung dịch KOH thì :

BTKL + nCH 3OH = neste = 0,36  → m r¾n = mH + 1,2.56.nKOH − 32nCH3OH − 18nH 2O = 38,972(g)

Câu 52: X gồm hai α – aminoaxxit no, hở (chứa một nhóm -NH2, một nhóm –COOH) là Y và Z (Biết MZ = 1,56MY). Cho a gam X tác dụng 40,15 gam dung dịch HCl 20% thu được dung dịch A. Để tác dụng hết các chất trong dung dịch A cần 140 ml dung dịch KOH 3M. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn a gam X thu được sản phẩm cháy gồm CO2, H2O, N2 được dẫn qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 32,8 gam. Phân tử khối của Z là : A. 117 B. 139 C. 147 D. 123 HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn A. - Khi cho X tác dụng với 0,22 mol HCl rồi đem dung dịch thu được tác dụng với 0,42 mol thi : nA = nKOH − nHCl = 0,42 − 0,22 = 0,2mol .

O

2 → nCO2 + (n + 0,5)H 2O - Đặt CTTQ của X là Cn H 2n+1O2N , đốt X thì : Cn H 2n+1O2N 

0,2mol

→

0,2n

0,2(n+0,5)

- Theo đề ta có : 44nCO2 + 18nH 2O = mdd t¨ ng → 44.0,2n + 18(n + 0,5) = 32,8 ⇒ n = 2,5 Vậy trong X có chứa NH 2CH 2COOH (Y) ⇒ M Z = 1,56M Y = 117 Câu 53: Cho 8,28 gam chất hữu cơ A chứa C, H, O (có CTPT trùng CTĐG) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sau đó chưng khô, phần hơi thu được chỉ có nước, phần chất rắn khan khối lượng 13,32 gam. Nung lượng chất rắn này trong oxi dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được 9,54 gam Na2CO3; 14,52 gam CO2 và 2,7 gam nước. Cho phần chất rắn trên vào dung dịch H2SO4 loãng dư thu được hai chất hữu cơ X, Y (biết MX < MY).Số nguyên tử hiđro có trong Y là : A. 6 B. 8 C. 10 D. 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn A. - Khi cho 8,28 gam A tác dụng với NaOH thì : m + 40nNaOH − mr¾n khan BTKL  → nH 2O(sp khi t¸ c dông ví i NaOH) = X = 0,12mol (ví i nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,18mol) 18 - Khi đốt hỗn hợp rắn khan thì : BT:H  → nH(trong X) = nH 2O(sp ch¸ y) + nH2O(sp ph¶n øng ví i NaOH) − nNaOH = 0,36mol m − 12nC − nH BT:C  → nC(trongX ) = nCO2 + nNa2CO3 = 0,42mol ⇒ nO(trongX ) = X = 0,18mol 16 → nC : nH : nO = 7 : 6 : 3 , theo đề A có CTPT trùng với CTĐG nhất của A nên CTPT của A là C7H 6O3 nX 0,06 1 nX 1 - Nhận thấy rằng = = vµ = nNaOH 0,18 3 nH2O(s¶n phÈm ph¶n øng ví i NaOH) 2

- Từ các dữ kiện trên ta suy ra được CTCT của A là : HCOOC6H 4 − OH 0

t - Phương trình phản ứng: HCOOC6H 4OH(A) + 3NaOH  → HCOONa + C6H 4 (ONa) 2 + 2H 2O - Cho hỗn hợp rắn qua H2SO4 dư thu được HCOOH (X) và C6H4(OH)2 (Y). Vậy số nguyên tử H trong Y là 6.

Câu 54: Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic Y và một este Z (Y, Z đều mạch hở không phân nhánh). Đun nóng 0,275 mol X cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 2M thu được hỗn hợp 2 muối và hỗn hợp 2 ancol. Đun nóng toàn bộ 2 ancol này với H2SO4 đặc ở 140oC thu được 7,5 gam hỗn hợp 3 ete. Lấy hỗn hợp 2 muối trên nung với vôi tôi xút chỉ thu được một khí duy nhất, khí này làm mất màu vừa đủ dung dịch 44 gam Br2 thu được sản phẩm chứa 85,106% brom về khối lượng. Khối lượng của Z trong X là: A. 18,96 gam B. 19,75 gam C. 23,70 gam D. 10,80 gam HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn B. - Nhận thấy rằng, khi cho hỗn hợp X gồm axit Y và este Z thu được hai ancol và hai muối nên Z là este hai chức được tạo từ axit hai chức và hai ancol, ta có hệ sau :  n Y + nZ = n X nY + nZ = 0,275 nY = 0,15mol → ⇒ +  nY + 2nZ = nNaOH nY + 2nZ = 0,4 nZ = 0,125mol - Khi đun nóng toàn bộ lượng ancol thu được với H2SO4 đặc ở 140oC thì : n 2n BTKL + nH 2O = ancol = Z = 0,125mol → mancol = mete + 18nH 2O = 9,75(g) 2 2 m ⇒ M ancol = ancol = 39 , vậy hỗn hợp ancol gồm CH3OH và C2H5OH. nancol - Xét quá trình hỗn hợp muối tác dụng với NaOH/ CaO (t0), rồi cho hỗn khí tác dụng với Br2 ta được : mBr2 m khÝ = = 51,7 ⇒ m khÝ = mdÉn xuÊt halogen − mBr2 = 7,7(g) %mBr2 m - Giả sử khí thu được là anken thì : M hidrocacbon = khÝ = 28(C2 H 4 ) . nBr2

⇒ C2H 3COONa và NaOOC − CH = CH − COONa. Vậy este Z là CH 3OOC − CH = CH − COOC2H 5 với m Z = 19,75(g)

Câu 55: X, Y, Z là 3 este đều đơn chức, mạch hở (trong đó Y và Z không no có một liên kết C=C và có tồn tại đồng phân hình học). Đốt cháy 21,62 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với oxi vừa đủ, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 34,5 gam so với trước phản ứng. Mặt khác, đun nóng 21,62 gam E với 300 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu được hỗn hợp F chỉ chứa 2 muối và hỗn hợp gồm 2 ancol kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng. Khối lượng của muối có khối lượng phân tử lớn hơn trong hỗn hợp F là: A. 4,68 gam B. 8,10 gam C. 9,72 gam D. 8,64 gam HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn D.

- Khi đốt cháy hỗn hợp E rồi hấp thụ sản phảm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư, ta có hệ sau: 12nCO2 + 2nH 2O + 32nE = 21,62  nCO2 = 0,87mol 12nC + nH + 16nO = m E    ⇒  nH 2O = 0,79mol 100nCaCO3 − (44nCO2 + 18nH 2O ) = mdung dÞch gi¶m → 56nCO2 + 18nH 2O = 34,5 n = n  n = 0,3  n = 0,3mol NaOH  E  E  E + Áp dụng độ bất bão hòa ta được : nY + nZ = nCO2 − nH 2O = 0,08mol ⇒ nX = nE − nY − nZ = 0,22mol

nCO2 = 2,9 nên trong E có chứa HCOOCH3. nE - Theo dữ kiện đề bài thi hỗn hợp ancol thu được đồng đẳng kế tiếp nên hỗn hợp ancol gồm CH3OH và C2H5OH, mặc khác trong Y và Z có một liên π C = C đồng thời có đồng phân hình học. Từ tất cả các dữ nCO2 − 2nX = 5,375 . kiện trên ta suy ra: CY,Z ≥ 5 . Mặc khác, ta có : C Y,Z = nY + nZ Vậy este Y và Z lần lượt là CH 3 − CH = CH − COOCH 3 và CH 3 − CH = CH − COOC2H 5 + Có CE =

⇒ mCH 3 − CH =CH − COONa = 0,08.108 = 8,64(g)

Câu 56: Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm một số este đơn chức, mạch hở bằng dung dịch NaOH vừa đủ thu được a gam hỗn hợp muối và b gam hỗn hợp ancol. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp muối trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp khí Y và 11,13 gam Na2CO3. Dẫn toàn bộ Y qua ình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 34,5 gam kết tủa, đồng thời thấy khối lượng bình tăng 19,77 gam so với ban đầu. Đun b gam hỗn hợp ancol với H2SO4 đặc ở 140oC thu được 6,51 gam hỗn hợp các ete. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Gía trị m là: A. 19,35 gam B. 11,64 gam C. 17,46 gam D. 25,86 gam HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn C.  44nCO2 + 18nH 2O = mb×nh t¨ ng  nCO2 = 0,345mol   - Xét quá trình đốt a gam hỗn hợp muối ta có:  nCO2 = nCaCO3 ⇒  nH 2O = 0,255mol  n = 2n  n = 0,21mol Na2CO3  X  X + nO2 (p- ) = nCO2 + 0,5(nH2O − nNa2CO3 ) = 0,42mol ⇒ mmuèi = mb×nh t¨ ng + mNa2CO3 − 32nO2 = 17,46(g) - Xét quá trình đun b gam hỗn hợp ancol với H2SO4 đặc ở 140oC ta có : n n nH 2O = ancol = X = 0,105mol ⇒ mancol = mete + 18nH 2O = 8,4(g) 2 2 - Xét quá trình thủy m gam hỗn hợp X bằng dung dịch NaOH vừa đủ, áp dụng : BTKL  → m X = m muèi + mancol − 40n NaOH = 17,46(g) (với nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,21mol )

Câu 57: Đốt cháy hoàn toàn 10,58 gam hỗn hợp X chứa ba este đều đơn chức, mạch hở bằng lượng oxi vừa đủ, thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc). Mặt khác, hidro hóa hoàn toàn 10,58 gam X cần dùng 0,07 mol H2 (xúc tác, to) thu được hỗn hợp Y. Đun nóng toàn bộ Y với 250 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được một ancol Z duy nhất và m gam rắn khan. Gía trị của m là : A. 15,45 gam B. 15,60 gam C. 15,46 gam D. 13,36 gam HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn B. - Hidro hóa hoàn toàn hỗn hợp X thì : mY = mX + 2nH2 = 10,72(g) - Giả sử đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y (CTTQ của Y là CnH2nO2) thì : m − 12nCO2 − 2nH 2O + nCO2 = nH 2O = 0,4 mol ⇒ nY = n− COO = Y = 0,16mol 32 nCO2 = 2,5 . Vậy trong Y có chứa este HCOOCH 3 - Ta có : CY = nY - Khi cho lượng Y trên tác dụng với 0,25 mol NaOH thì ancol Z thu được là CH3OH BTKL với nCH 3OH = nY = 0,16mol  → m r¾n khan = m Y + 40n NaOH − 32nCH 3OH = 15,6(g)

Câu 58: Cho 11 gam hỗn hợp X gồm hai este đơn chức, mạch hở tác dụng hết với 200 gam dung dịch KOH 5,6% đun nóng, chưng cất dung dịch sau phản ứng thu được Y gồm hai ancol đồng đẳng kế tiếp cô cạn phần dung dịch còn lại được m gam chất rắn khan. Cho Y vào bình na dư thì khối lượng bình tăng 5,35 gam và có 1,68 lít khí thoát ra (đkc). Biết 16,5 gam X làm mất màu tối đa dung dịch chứa a gam Br2. Giá trị gần đúng của (m + a) là : A. 40,7 B. 60,7 C. 56,7 D. 52,7 HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn D. - Xét hỗn hợp ancol Y : + Cho Y tác dụng với Na thì : nY = nX = 2nH 2 = 0,15mol BTKL  → mY = mb×nh t¨ ng + 2nH 2 = 5,5(g) ⇒ M Y =

mY = 36,66 . Vậy trong Y gồm CH3OH và C2H5OH nY

nCH3OH + nC2H 5OH = 2nH2 nCH3OH = 0,1mol Với  ⇒ 32nCH3OH + 46nC2H5OH = 5,5 nC2H5OH = 0,05mol - Khi cho 11 gam X tác dụng với 0,2 mol KOH thì : BTKL  → mr¾n khan = mX + 56nKOH − mY = 16,7(g) m - Xét hỗn hợp X ta có : M X = X = 73,33 . Vậy trong X có chứa HCOOCH3, nX m − 60nHCOOCH3 11 − 60.0,1 + Gọi B là este còn lại có: M B = X = = 100(C2H 3COOC2H 5 ) . nB 0,05 → Vậy hỗn hợp X gồm HCOOCH3 (0,1 mol) và C2H3COOC2H5 (0,05 mol) - Khi cho 16,5 gam X (tức 0,15 mol HCOOCH3 và 0,075 mol C2H3COOC2H5) tác dụng với Br2 thì : nBr2 = nHCOOCH3 + nC2H3COOC2H5 = 0,225mol ⇒ mBr2 = 36(g)

→ Vậy m r¾n khan + mBr2 = 52,7(g)