Tuyển chọn các bài toán Hóa học hay và Khó luyện thi đại học 2013

Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

1
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t











LUYỆ N THI ĐẠ I HỌ C 2013












Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

2

Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hợp chất
X
có công thức
2
()
n
HOOC CH COOH
, cho sản
phẩm cháy vào bình nước vôi trong thu được 30 gam kết tủa.
Y
là một rượu no đơn chức khi bị đun
nóng với
24
H SO
đặc thì tạo ra olefin. Đốt cháy hoàn toàn một este đa chức tạo bởi
X
và
Y
được tỉ lệ
khối lượng
22
:CO H O
tương ứng là 176 : 63. Vậy
n
có giá trị bằng:
A. 2.
B. 0.
C.1.

D. 3.
Lờ i giả i:
Gọi số
C
trong rượu bằng
m
. Từ dữ kiện đề bài ta có
1
22
26
n
m n m
nm



   





A

Câu 2:
A
là dung dịch
NaOH
1M
và

KOH
3M
. B là dung dịch
HCl
có
0pH 
. Thêm vào 200ml
dung dịch
B
1
()mg
25
PO
thu được dung dịch C. Biết 100ml dung dịch
A
phản ứng hoàn toàn với
C

thu được dung dịch
D
. Chia
D
thành 2 phần bằng nhau.
Phần 1: Đem cô cạn thu được 17,8 (g) muối.
Phần 2: Tác dụng với Barinitrat dư thu được
2
()mg
kết tủa. Biết muối photphat và hidrophotphat của
Bari không tan. Giá trị của
1

m
và
2
m
lần lượt là:
A.
1
10,65( )mg
và
2
5,825( )mg
.
B.
1
11,36( )mg
và
2
5,825( )mg
.
C.
1
10,65( )mg
và
2
6,735( )mg
.
D.
1
11,36( )mg
và

2
6,735( )mg
.
Lờ i giả i:
Ta có
2
0,4( )
HO
OH
n mol n



khi đó áp dụng ĐL bảo toàn khối lượng ta có:
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

3
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

3 4 3 4 3 4
1
0,1.40 0,3.56 0,2.36,5 17,8.2 0,4.18 14,7 0,15( ) 11,65
H PO H PO H PO
m m g n mol m g          

Khi phản ứng với HCl đã tốn hết 0,2(mol)
OH

và còn 0,2 mol cho
34

H PO
xét tỉ lệ thì có các ion là
24
H PO

và
2
4
:0,05( )HPO mol


Khi đó
2
5,825mg

Câu 3:
Đun hỗn hợp
X
gồm 0,4 mol ancol etylic;0,3 mol ancol propylic;0,2 mol ancol butylic với
24
H SO
đặc
nóng.Sau khi tất cả các ancol đều bị khử nước.Lượng olefin sinh ra làm mất màu vừa đúng 0,2 mol dung
dịch
4
KMnO
.Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.Khối lượng nước tạo thành trong sự khử nước trên là:
.5,4( )Ag

.9,9( )Bg

.10,8( )Cg

.8,1( )Dg

Lờ i giả i
4
.2 3. 0,3( )
anken KMnO anken
n n n mol  
(Định luật bảo toàn e)
Suy ra
ancol
n
tách nước tạo anken là
0,3( )mol
còn lại là tạo ete là
0,6( )mol
do đó
2
0,6( ) 10,8
HO
n mol m g  


Câu 4:
Sục
()Vl
khí
2

CO
(đktc) vào 100ml dung dịch
2
( ) 1Ca OH M
và
2,5NaOH M
thu được
()ag
kết
tủa. Lọc bỏ kết tủa sau đó sục tiếp
1,5 ( )Vl
khí
2
CO
(đktc) vào. Chờ cho phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi
cho
2
BaCl
dư vào dung dịch thì thấy có
2,7125 ( )ag
kết tủa.
()Vl
khí
2
CO
ở trên được điều chế từ
phản ứng giữa
C
và
3

HNO
đặc. Khối lượng
3
HNO
cần dùng là:
A.
20,16( )mg
.
B.
23,03( )mg
.
C. Cả
A
và
B
đúng.
D. Cả
A
và
B
sai.
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

4
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

Lờ i giả i:
TN1:
Khi cho
V

lít
2
CO
và dung dị ch ta được:
2
2 3 2
2CO OH CO H O

  

x (mol) 2x (mol) x(mol)
22
33
Ca CO CaCO



x (mol) x(mol) x (mol) (
TN2:
Khi cho
1,5V
lít
2
CO
vào :
2
23
2CO OH CO



0,225-x 0,45-2x 0,225-x
2
2 3 2 3
2CO CO H O HCO

  

2,5x-0,225 2,5x-0,225
22
33
Ca CO CaCO



0,1-x (mol) 0,1-x (mol) 0,1-x (mol)
22
33
Ba CO CaCO



0,35 -2x (mol) > 0,35-2x (mol)
Tới đây ta giải HPT
100
(0,35 2,5 ).197 (0,1 ).100 2,7125
xa
x x a




   


Suy ra
0,0914x 

Mặt khác
3 2 2
4 4 2C HNO CO NO HOH   

3
23,0
HNO
m 
(gam)
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

5
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

TN3: Khi cho
V
lít
2
CO
và dung dị ch ta được:
2
23
2CO OH CO HOH


  

x (mol) 2x (mol) x(mol)
22
33
Ca CO CaCO



x (mol) x(mol) x (mol)
TN4: Khi cho
1,5V
lít
2
CO
vào :
2
CO
hết,
OH

vẫn còn dư:
2
23
2CO OH CO



1,5x (mol) 1,5x (mol)

3
3
:0,1
()
:2,5 0,1
CaCO x
mol
BaCO x







100(0,1 ) 197(2,5 0,1) 2,7125.100 0,08x x x x      

20,16m
(gam)
Câu 5:
X
là hidrocacbon mạch hở chứa không quá 3 liên kết

trong phân tử. Hỗn hợp
Y
gồm
X
và lượng
2
H

gấp đôi lượng cần thiết để hidro hóa hoàn toàn
X
. Cho hỗn hợp
Y
qua
Ni
nung nóng, sau phản
ứng thu được
Z
có tỉ khối hơi so với
2
H
là
31
3
. Đốt
()mg
Z
cần vừa đủ 13,44(l)
2
CO
, hấp thụ hoàn
toàn sản phẩm cháy vào 400ml dung dịch
2
()Ba OH
0,5M
và
KOH
0,25M
thu được khối lượng kết

tủa là:
A.33,49g.
B. 35,46g.
C. 37,43g
D. 39,4g.
Lờ i giả i:
2 2 2 2 2 2n n k n n
C H kH C H
  


( ) ( ) ( )a mol ka mol a mol

Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

6
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

Hỗn hợp Y
2 2 2
2
:
()
:2
n n k
C H a
mol
H ka






Hỗn hợp Z
22
2
:
()
:
nn
C H a
mol
H ka





Ta có:
62 (14 2) 2
56( 1) 42
3
tbZ
n a ka
M k n
a ka

    



Thỏa mãn
2
4
k
n






Hỗn hợp
46
2
:
()
:4
C H a
Y mol
Ha





Đốt cháy
Z
cũng như đốt cháy
Y

:
4 6 2 2
11
43
2
C H CO H O  

11
4 ( )
2
a a a mol

2 2 2
1
2
H O H O

4 2 ( )a a mol

22
11
0,6 2 0,08 0,08.4 0,32( )
2
O CO
n a a a n mol       

Ta có:
0,5( )
OH
n mol



;
2
0,2( )
Ba
n mol



2
3
0,5 0,5
(0,32 ) 0,18
22
CO
n

    
<
2
Ba
n



Khối lượng kết tủa là
0,18.197 35,46( )mg

B

Câu 6: Cho
m
gam
K
cho tác dụng với 500ml dd
3
HNO
thu được dung dịch
M
và thoát ra 0,336lit
hỗ n hợ p khí
N
gồm 2 khí
X
và
Y
.Cho thêm vào
M
dung dịch KOH dư thì thoát ra 0,224l khí
Y
.Biết
quá trình khử
3
HNO
chỉ tạo ra 1 sản phẩm khử duy nhất.
m
có giá trị là:
A. 3,12
B. 7,8

C. 12,48
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

7
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

D. 6,63
Lờ i gii:
Ta có:
ddM ddKOH
khí
Y
.Vậy dd
M
chứa
43
NH NO

3 3 4 3 2
8 10 8 3K HNO KNO NH NO H O   

( ) ( )
8
x
x mol mol

22
1
2
K H O KOH H  

( ) ( ) ( )
2
y
y mol y mol mol

4 3 3 3 2
NH NO KOH NH KNO H O   

( ) ( )y mol y mol

hh
2
3
1
( ) :
1 0,336
( ) 0,015 0,01( )
2
2 22,4
( ) :
X H y
N mol y y y mol
Y NH y


     




43
( ) 0,01 0,01 0,16( )
8
NH NO Y
x
n du n x mol     

Vậy
39.(0,16 0,01) 6,63( )mg  

D

Câu 7:
Đun 0,1mol hỗn hợp
X
gồm hai ancol no,đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp
A
và
B
(
AB
MM
)
với
24
H SO
ở
140
o

C
thu được
1,43( )g
hỗn hợp ba ete với hiệu suất
60%
tính trên
A
và
40%
tính
trên
B
.Thành phần phần trăm khối lượng của
A
trong hỗn hợp
X
là:
.41,03%A

.64,88%B

.31,68%C

.51,06%D

Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

8
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

Lờ i giả i:
Giả sử
+,TH1: Cả 2 ancol đều phản ứng tách nước với
40H 
%,ta suy ra:
1,43.2
71,5
0,1.0,4
hh
M 
(1)
+,TH2: Cả 2 ancol đều phảm ứng tách nước với
60H 
5 , ta suy ra:
1,43.2
47,66
0,1.0,6
hh
M 
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra 2 ancol là
3 2 5
,A CH OH B C H OH

Tới đây ta gọi
3 2 5
( ), ( )
CH OH C H OH
n x mol n y mol
( số mol ban đầu)

Ta được HPT:
40 60
100 100
0,1
xy
xy







suy ra x=0,06; y=0,04 . %A=50,06
Câu 8:
Cho 47 gam hỗn hợp 2 ancol đi qua
23
Al O
đun nóng thu được hỗn hợp
Y
gồm 3 ete , 0,27 mol hai
olefin , 0,33mol hai ancol dư và 0,42 mol nước .Biết rằng hiệu suất tách nước đối với mỗi ancol đều như
nhau và số mol các ete đều bằng nhau .Ancol có khối lượng phân tử lớn hơn là:
A.
37
C H OH

B.
49
C H OH

C.
5 11
C H OH

D.
35
C H OH

Lờ i giả i:
dễ dàng nhìn thấy hai ancol no đơn không có
3
CH OH

0,42 0,27
0,05
3
ete
n



Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

9
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

0,27 0,15.2 0,33 0,9
X
n    

470
9
X
M 

=>có
25
C H OH

gọi
25
C H OH
nx

ROH
ny

0,9xy

46 ( 17) 47x R y  

5,6
29
y
R
 


ta có

hiệu suất tạo anken là
0,27
30%
0,9


ta có
0,15 + 0,3y < y < 0,9 - (0,15 + 0,3x)
<=> 0,15< 0,7y < 0,48
=> 37,17< R<55,13
chọn R = 43 =>
37
C H OH

Câu 9:Thủy phân hết 1 lượng pentapeptit trong môi trường axit thu được 32,88 gam
– – –Ala Gly Ala Gly
; 10,85 gam
––Ala Gly Ala
; 16,24 gam
––Ala Gly Gly
; 26,28 gam
–Ala Gly
; 8,9 gam
Alanin
còn lại là
–Gly Gly
và
Gly xin
. Tỉ lệ số mol
–Gly Gly

:
Glyxin
là 5 : 4.
Tổng khối lượng
–Gly Gly
và
Glyxin
trong hỗn hợp sản phẩm là :
A. 43,20 gam
B. 32,40 gam
C. 19,44 gam
D. 28,80 gam
Lời giải:
0,12
Ala Gly Ala Gly
n
  

mol;
0,05
Ala Gly Ala
n


mol
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

10
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

0,08
Ala Gly Gly
n


mol;
0,18
Ala Gly
n


mol;
0,1
Alanin
n 
mol
Pentapeptit là
– – –Ala Gly Ala Gly Gly

0,5. 0,5.(2.0,12 2.0,05 0,08 0,18 0,1) 0,35
Pentapeptit Ala
nn      
mol
3. 1,05
Gly Pentapeptit
nn
mol
Sau thủy phân còn lai x mol
–Gly Gly
và y mol

Glyxin

Ta có hệ
2 1,05 2.0,12 0,05 2.0,08 0,18 0,42 0,15
4 5 0,

2
{
1
x y x
x y y
       





.
Tổng khối lượng
–Gly Gly
và
Glyxin
trong hỗn hợp sản phẩm
132.0,15 75.0,12 28,8m   
g
Đáp án D
Câu 10 Thực hiện phản ứng crackinh m gam isobutan, thu được hỗn hợp
A
gồm các hidrocacbon .Dẫn
hỗn hợp

A
qua bình đựng nước brom có hòa tan 11,2 gam. Nước brom mất màu hết ,có 7,392 lit hỗm
hợp khí
B
(đktc) gồm các hidrocacbon thoát ra.Tỉ khối hơi
B
so với hidro bằng
17
7
. Giá trị của m là:
A. 13,97 gam
B. 8,46 gam
C. 25 gam
D. 14,11 gam
Lờ i giả i:
11,2 7,392 117
.42 . .2 13,97( )
160 22,4 7
m g A   

Câu 11:
Cho 24,64 lit hỗn hợp X (27.3
0
C
, 1atm) gồm 3 hidrocacbon. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp
X
cho sản
phẩm cháy cho hâpf thụ hoàn toàn vào dung dịch
2
()Ca OH

dư thấy khối lượng bình tăng 98,6 gam
.Các hidro các bon trong hỗn hợp
X
thuộc loại :
A. parafin
B. olefin
C. điolefin
D. ankin
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

11
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

Lờ i giả i:
Câu này ta thử cho nhanh.
1
X
n 

Đặt
22
;
CO H O
x n y n

nếu
A
ta có:
44 18 98,6; 1x y x y    
Giải hệ thấy đúng chọn

A

Nếu là
B
:
(44 18) 98,6x
tương đương
1,59xn
Suy ra loại vì anken không có chất nào có số
C
nhỏ hơn 2.
Nếu
C
hoặc
D
:
44 18 98,6; 1x y x y   
Tìm ra số nguyên tử
C
trung bình không hợp lí nên cũng
loại.
Câu 12:
Hoà tan hết 35,84g hỗn hợp
23
,Fe Fe O
bằng dung dịch
3
1HNO M
tối thiểu thu đc dung dịch
A

trong
đó số mol
32
()Fe NO
bằng 4,2 lần
33
()Fe NO
và
()V l NO
(đktc).Tính thể tích của
3
HNO
.
A.1,24 lít
B. 1,5 lít
C. 1,6 lít
D.1,8 lít
Lờ i giả i:
Fe
na

23
Fe O
nb

Ta có
56 160 35,84ab

2 3 3 3
2 ( )Fe O Fe NO 

b 2b
33
2 ( ) 3 ( 3)2Fe Fe NO Fe NO  

b 2b 3b
3
Fe Fe

 

Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

12
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

a-b a-b
4,2( ) 3a b b

=>
0,24a 

0,14b 

=>
32
()
0,42
Fe NO
n 

33
()
0,1
Fe NO
n 

0,24.2 0,18
0,1
3
NO
n



3
0,42.2 0,1.3 0,1 1,24
HNO
n    

Câu 13:
Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm
33
;;
x y x y
C H COOH C H COOCH CH OH
thu được 2,688 lít
2
CO
và

1,8 gam
2
HO
. Mặt khác cho 2,76 gam hỗn hợp phản ứng với 30 ml dung dịch
NaOH
1M
, thu được
0,96 gam ancol. Công thức của
xy
C H COOH
là:
25
.AC H COOH

3
.BCH COOH

23
.C H COOH

35
.DC H COOH

Lờ i giả i:
•Từ số mol của
22
,CO H O
cùng với nhận xét số mol ancol bằng số mol axit ta quy ngay về
2 2 2
0,03( )

nn
mol C H O

và
2
()a mol H O

•Ta có
0,03 0,12 4nn  
.Chọn ngay
C

Câu 14:
Một bình kín chứ a 0,08 mol axetilen 0,04 mol etilen; 0,08 mol vinylaxetilen; 0,23 mol
2
H
.và một ít bột
Ni
(thể tích không đáng kể). Nung bình ở nhiệt độ cao đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn
hợp
Y
.có tỉ khối hơi đối với
2
H
là 19,55. Dẫn hỗn hợp
Y
đi qua bình đựng một lượng dư dung dịch
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

13

Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

33
/AgNO NH
thu được kết tủa và 3,584 lít hỗn hợp khí
Z
(đktc) thoát ra khỏi bình. Biết tỉ khối hơi của
Z
đối với
2
H
là 19,5625.Thể tích dung dịch
2
Br
0,5M nhỏ nhất cần dùng để làm no hoàn toàn hỗn hợp
Z
là:
.220( )A ml

.180( )B ml

.240( )C ml

.160( )D ml

Lờ i giả i:
Ta có:
7.82
hh
m gam

7,82
0.2
39,1
s
n 
mol
2
0,23
pu
H
n mol

2
H
phản ứng hết.
0,16
Z
n mol

6,26
Z
m
gam
Đặt
22
CH
nx
mol và
44

CH
ny
mol
26 52 7,82 6,26 1,56xy    
(1)
Ta có: x+y=0,2-0,16=0,04 (2)
Từ (1) và (2) ta có: x=y=0,02
du
n

=0,44-0,23-0,1=0,11=
2
Br
n

2
0,22
Br
V
lit =220 ml
Câu 15:
Tiến hành ba thí nghiệm sau với hỗn hợp
X
gồm
Al
và kim loại
M
có hóa trị không đổi.
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

14
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

Thí nghiệm 1:Hòa tan hoàn toàn
a
mol
Al
và
b
mol
M
trong dung dịch
24
H SO
đặc nóng dư thu
được 0,4 mol
2
SO

Thí nghiệm 2:Hòa tan hoàn toàn
a
mol
Al
và 3b mol
M
trong dung dịch
24
H SO
đặc nóng dư thì
lượng muối thu được tăng 32 gam so với thí nghiệm 1

Thí nghiệm 3:Hòa tan hoàn toàn 0,5a mol
Al
và
b
mol
M
trong dung dịch
24
H SO
đặc nóng dư thu
được 0,25 mol .
2
SO
là sản phảm khử duy nhất của
6
S

.Kim loại
M
là:
A.
Mg

B.
Zn

C.
Ag

D.

Cu

Lờ i giả i:
TN1: Bảo toàn số mol e : 3a + nb = 0,8
TN2: Khối lượng muối tăng 32 gam do 2b mol M sinh ra b mol
24
()
n
M SO
==> b*(2M + 96n) = 32
TN3: Bảo toàn số mol e : 1,5a + nb = 0,5
==> 1,5a = 0,3 ==> a = 0,2 => nb = 0,2
Phân tử lượng muối =
32
2M 96n 160n M 32n
b
    

với n = 2 ==>
M
= 64 là
Cu
===> câu
D

Câu 16:
X
là hidrocacbon mạch hở chứa không quá 3 liên kết pi trong phân tử.Hỗn hợp
Y
gồm

X
và lượng
2
H
gấp đôi lượng cần thiết để hidro hóa hoàn toàn
X
.Cho hỗn hợp
Y
qua
Ni
nung nóng sau phản
ứng thu được
Z
có tỷ khối so với
2
H
là
31
3
.Đốt
m
gam
Z
cần vừa đủ 13,44 lit
2
CO
,hấp thụ hoàn
toàn sản phẩm cháy vào 400ml dung dịch
2
()Ba OH

0,5M
và
KOH
0,25M
thu được khối lượng kết
tủa là:
A.33,49 gam
B.35,46 gam
C.37,43 gam
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

15
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

D.39,4 gam
Lờ i giả i:
hh
X
gồm
2 2 2n n k
CH

1 mol và
2
H
2k mol ===> khối lượng
X
= khối lượng
Y M 4k 
(

M
.là
phân tử lượng
X
)
hh
Y
gồm
22nn
CH

1 mol và
2
H
dư k mol ===> mol Y = 1 + k
Khối lượng
Y M 4k
=
2.31
(1 ). 3 62 50
3
k M k   

Với k = 2 ==>
M
= 54 ==> X là
46
CH

==>

Z
gồm
41
0CH
1 mol và
2
H
2 mol ==> tỉ lệ mol 1 : 2
4 10 2 2 2
6,5 4 5C H O CO H O   

a 6,5a 4a
2 2 2
0,5 5H O H O  

2a a
Số mol
2
O
= 7,6a = 0,6 ==> a = 0,08 ===> mol
2
CO
= 0,32
trong 400ml dung dịch baz có
2
Ba

= 0,2 ,
OH


= 0,5 và
K

0,1
mol
2
3
CO

= mol
OH

- mol
2
CO
= 0,5 - 0,32 = 0,18 < mol
2
Ba

= 0,2
===>khối lượng kết tủa
3
BaCO
= 197x0,18 = 35,46 ===> câu
B

Câu 17: Hỗn hợp
Z
gồm hai chất đồng phân
X

và
Y
(mỗi chất chứa một loại nhóm chức). Khi đốt
cháy
z
mol
Z
, chỉ thu được
2
CO
và
2
HO
rồi cho hấp thụ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch
xút có dư, khối lượng bình xút tăng 328z gam. Nếu cho tiếp nước vôi dư vào bình xút thì thu được 500z
gam kết tủa. x mol
X
tác dụng được
Na
tạo
2
x
mol
2
H
, còn
Y
thì không.
X
có thể có bao nhiêu

công thức cấu tạo?
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

16
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

Lờ i giả i:
Công thức
Z
:
n m t
C H O
z mol > nz mol
2
CO
vá 0,5mz mol
2
HO

khối lượng bình NaOH tăng = 44*nz + 9*mz = 328z ==> 44n + 9m = 328 (1)
2 2 3 2
2CO NaOH Na CO H O   

nz nz
2 3 2 3
( ) 2Na CO Ca OH CaCO NaOH   

nz nz
số mol kết tủa = nz =
500
100
z
= 5z ===> n = 5 và từ (1) ==> m = 12
Z
là hợp chất no có công thức
5 12 t
C H O

mol
X
: mol
2
H
= 1 : 0,5 ==>
X
là rượu đơn no, và
Y
là ete đơn no
Số đồng phân ancol đơn chức no
22nn
C H O

=
2
2
n

với (n< 6)
với n = 5 ==> có 8 đồng phân cấu tạo ==> câu
C
.
Câu 18:
Hỗn hợp
X
gồm anđehyt
Y
, axit cacboxilic
Z
, este
T
. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol
X
cần 0,625 mol
2
O
, thu được 0,525 mol
2
CO
và 0,525 mol
2
HO
. Cho Y trong 0,2 mol X tác dụng với dd
3
AgNO
dư
trong
3

NH
, đun nóng sau phản ứng thu được
m
gam
Ag
(
100h 
%). Giá trị lớn nhất của
m
là
A. 32,4g
B. 10,8g
C. 16,2g
D. 21,6g
Lờ i giả i:
X
cháy cho mol mol
2
CO
= mol
2
HO
==>
X
gồm các hợp chất đơn no : andehit
Y
2nn
C H O
a mol,
axit

Z
22mm
C H O
b mol và este
T
22pp
C H O

mol hh = a + b + c = 0,2 (1)
Bảo toàn số mol oxy cho phản ứng cháy : a + 2b + 2c + 2*0,625 = 2*0,525 + 1*0,525
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

17
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

==> a + 2b + 2c = 0,325 (2)
(1), (2) ===> a = 0,075 và b + c = 0,125
===>andehit
Y
2nn
C H O
0,075 mol
Nếu n = 1,
Y
là
HCHO
tráng gương cho 4x0,075 mol
Ag
==>
Ag

m
= 108x0,3 = 32,4 gam
Nếu n > 1,
Y
tráng gương cho 2x0,075 = 0,15 mol
Ag

===>khối lượng lớn nhất là 32,4 gam ==> câu
A

Câu 19:
Cho
m
gam
Fe
phản ứng vừa đủ với dung dịch
3
HNO
loãng; sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn ; thu
được 4,48 lit hỗn hợp khí
X
gồm
NO
và
2
NO
(dktc) có tỉ khối so với
2
H
là 16,75. Dung dịch

Y
thu
được sau phản ứng chứa 92,3 gam muối. Mặt khác cho dung dịch
Y
trên tác dụng với một lượng vừa
đủ dung dịch
NaO H
; cô cạn rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì thu được 110,175
gam chất rắn khan.Giá trị của
m
là:
A.25,2 gam.
B.12,6 gam.
C.37,8 gam.
D.16,8gam.
Lờ i giả i:
2
0,15( ); 0,05( )
NO N O
n mol n mol
.
32
33
43
()
()
()
2 3 8 0,15.3 0,05.8 0,3( )
( ) 180 242 80 92,3 0,15( ) 25,2
80( ) 69(2 3 ) 110,175 0,025( )

()
Fe NO
Fe NO
NH NO
n x mol
x y z x mol
n y mol x y z y mol m g
x y x y z z mol
n z mol


    


  
        
  
  
     





Câu 20:
Hỗn hợp
X
gồm 2 chất hữu cơ
,AB
đơn chức. Khi phân tích định lượng

A
cũng như
B
đều thu được
50%
C
; 5,56%
H
và 44,44%
O
. Lấy hỗn hợp
X
phản ứng vừa đủ với 100 gam dung dịch
NaOH

12%, cô cạn phần dung dịch sau phản ứng thu được phần hơi trong đó hơi nước có khối lượng 88 gam,
phần rắn khan đun với vôi tôi xút được hỗn hợp khí và hơi có tỷ khối so với oxi bằng 0,75. CTCT của
,AB
là
Lờ i giả i:
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

18
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

Dễ dàng tìm được công thức đơn giản nhất của A, B là
3 4 2
()
n
C H O

.
Dung dịch NaOH ban đầu có khối lượng nước là
100.12
100 88( )
100
lucsau
m g m    
X gồm các
este đơn chức

CTPT
3 4 2
C H O
.
24M 
Như vậy trong khí và hơi phải có một chất có
24M 
trong
các CT chỉ có
22
HO CH CH COONa
là thỏa.
Chất thứ hai có hai khả năng là
2M 
tức là Natrifomat và
18M 
tức là
HO COONa
( loại vì chỉ
tạo ra hỗn hợp hơi).=>đpcm.

Câu 21: Xà phòng hoá hoàn toàn 1kg một loại chất béo gồm triolein và axit béo tự do có chỉ số axit là 7
cần 3,125 mol KOH.Khối lượng xà phòng thu được là:
A. 1080,75 g
B.1083 g
C.733 g
D 896,75 g
Lờ i giả i:
chỉ số axit = 7 => số gam phản ứng trung hòa = 7(g) => n = 7/56 =0,125 => n. =
0,125
=> n. phản ứng tạo glixerol = 3,125 - 0,125 =3 =>n.glixerol = 1
ta có sơ đồ : 1kg CB + 3,125 mol => m xà phò ng + 0,125 + 1 mol glixerol =>m
Câu 22: Hh hơi gồ m , 1 anken, 1 ankin có cù ng số
C
trong phân tử , có tỉ khối so với = 7,8. Sau
khi cho hh qua Ni đun nó ng để phá n ứ ng xả y ra hoà n toà n thì thu đượ c hh mớ i có tỉ kh ối so vớ i hh ban
đầ u là
20
9
. Công thứ c phân tử anken và ankin là :
A/ và
B/ và
C/ và
D/ và
Lờ i giả i:
Giả sử số mol hh ban đầu là 1 mol
1
0,45
20
9
hhsau

n  
(mol)
2
1 0,45 0,55
H pu
n   
mol
2
0.55
H hh
n
mol
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

19
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

Sử dụng quy tắc đường chéo cho hh đầu ta được
2

13,6 0,55
15,6 0,45
H
H C H C
n
nM



.

26,72
HC
M

ankin
M
26,72
2
ankin
M 


Ankin
22
CH
; Anken:
24
CH


A

Câu 23: cho luồng khí
CO
đi qua ống sứ chứa
a
gam hỗn hợp
A
gồm
23

,CuO Fe O
đun nóng.Sau 1
thời gian,trong ống sứ còn lại
b
gam hỗn hợp chất rắn
B
.Hấp thụ khí sinh ra bằng dung dịch
 
2
Ba OH
dư thu được
x
gam kết tủa.Biểu thức của
a
theo b,x là:
A.
16
197
x
ab
B.
16
197
x
ab


C.
0,09a b x
D.

0,09a b x

Lờ i giả i:
Ta có:
2
16
CO O
ab
nn



32
16
BaCO CO
ab
nn

  
(do
2
()Ba OH
dư)
3
197( )
16
BaCO
ab
mx


  

16
197
x
ab  


Đáp án
B

Câu 24:
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

20
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

, , ,X Y Z T
là các khí khác nhau trong số các khí:
3 2 2 2
, , ,O F Cl O
. Sục
X
vào dung dịch KI + hồ tinh
bột,thấy dung dịch hoá xanh.Sục
Y
vào dung dịch NaCl sinh ra khí
Z
. Thổi
Z

vào
Ag
hơ nóng nhẹ
không thấy
Ag
mất ánh kim.Cho tàn đóm đỏ vào
T
thấy bùng cháy.Hỏi
3
O
là khí nào?
.Lờ i giả i:
3 2 2 2
2 ( ) 2KI O X H O O KOH I    

2 2 2
( ) 2 4 ( )F Y H O HF O Z  

2
()O Z Ag
không phản ứng
2
:TO

Đá p á n
A



Câu 25:

Cho
m
gam hỗn hợp bột gồm
,Fe Cu
,
23
Fe O
tác dụng vừa đủ dung dịch
HCl
(lượng dung dịch
HCl
dùng tối thiểu ) thu được dung dịch
A
gồm
2
FeCl
và
2
CuCl
với số mol
2
FeCl
bằng 9 lần số mol
2
CuCl
và 5,6 lit
2
H
(dktc)không còn chất rắn không tan .Cô cạn dung dịch
A

thu được 127,8 gam chất
rắn khan .m có giá trị:
A.68,8 gam
B. 74,4 gam
C. 75,2 gam
C. 61,6 gam
Lờ i giả i:
22
0,9 . 0,1 .
Fe Cu
n mol n mol



2
2
( 0 ) 0,25
H
Fe
n d Fe H n mol


  
.
3 2 2
2 2 ;Cu Fe Fe Cu
  
  

32

2Fe Fe Fe



Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

21
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

Tính được
2
( ) 0,9 0,25 0,1.2 45
Fe
n Fedusr mol

   
.
0,15 . 0,4
Fedu Fe
n mol n bd mol  
.
23
3
1
0,25 .
2
Fe O
n nFe mol



mA

Câu 26:
Điện phân 200 ml dung dịch gồm
3
AgNO
0,1M và
32
()Cu NO
0,2 M với điện cực trơ, cường độ dòng
điện
5IA
, trong thời gian 19 phút 18 giây. Khối lượng dung dịch sau điện phân giảm
m
gam. Tính
m
, biết hiệu suất điện phân 80%, bỏ qua sự bay hơi của nước.
A. 3,92g B. 3,056 g C. 6,76g D. 3,44g
Lờ i giả i:
Hiệu suất là
80%
=>
0,06.0,8 0,048
e
n 

Ghi phương trình điện phân
=>
0,02

Ag
n 

0,048 0,02
0,014
2
Cu
n



2
0,012
O
n 

0,02.108 0,014.64 0,012.32 3,44m    

Câu 27:
Hoà tan hoàn toàn
m
gam hỗn hợp gồm
Na
và
Al
( tỉ lệ số mol là 2:1) vào nước dư đc dung dịch
X

-Cho từ từ 200ml dung dịch
HCl

1M
vào
X
thì thu đc
t
gam kết tủa.
-Nếu cho từ từ 300ml dung dịch
HCl
1M
vào
X
thì thu đc
1,25t
gam kết tủa.
Giá trị của m là:
A. 8,76
B. 9,24
C. 12,6
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

22
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

D. 7,92
Lờ i giả i:
Ta có:
0,2
78
0,12
0,3 2 1,25

3 78

t
a
aA
at
a




  







Câu 28.
Lấy 23,49(g) một amin đơn chức mạch hở
X
(
X
chứa không quá 3 liên kết

trong phân tử) trộn với
252 lít không khí. Bật tia lửa điện để đốt cháy hết
X
, hỗn hợp sau phản ứng đưa về điều kiện tiêu chuẩn

thì thu được 235,368 lít khí.(Các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn). Số đồng phân của
X
là:
A. 8.
B. 16.
C. 17.
D. 32.
Lờ i giả i:
Số mol khí thu được = 10,5075mol
Số mol không khí = 11,25mol nên số mol nitơ = 9mol và số mol oxi = 2,25mol
Do đó hỗn hợp khí gồm:
2 2 2
;;CO N O
còn dư
CTTQ của amin đơn chức X:
2 3 2n n k
C H N


=>số mol oxi pư =
   
nx x 0,5n 0,75 – 0,5k x 1,5n 0,75 – 0,5k   
(mol)
=>số mol oxi dư
 
2,25 – x 1,5n 0,75 – 0,5k

=>
 
nx 0,5x 2,25 – x 1,5n 0,75 – 0,5k 1,5 075   

=>
 
x 2n 1 – 2 2,97

Mà:
 
x 14n 17 – k 23,49

=>
5,4n 27 44,01k k 0 ; n 5    

X
là :
5 13
C H N
có 17 đồng phân
Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

23
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

Câu 29.
Khi hóa hơi 58,5 gam một hydrocacon
X
thì thể tích hơi bằng thể tích của 12,6 gam nitơ (đo cùng điều
kiện).
X
phản ứng với nước brom trong
4

CCl
theo tỉ lệ 1: 2 và cho phản ứng với
33
/AgNO NH
. Đun
nóng
X
với dung dịch
4
KMnO
tới khi hết màu tím, rồi thêm lượng dư dung dịch
HCl
đặc vào hỗn hợp
sau phản ứng thu được axit p-phtalic đồng thời giải phóng khí
2
CO
và
2
Cl
. Xác định CTCT của
X
.
Lờ i giả i:
Dễ dàng tìm ra
X
là
10 10
CH
có
130Mu

.
X
có một nhánh
C CH
và nhánh còn lại là là etyl.
Ở vị trí para
6 4 2 5
p CH C C H C H   

Câu 30.
Hòa tan 6,58 gam một hợp chất vô cơ
A
vào 100 gam
2
HO
thu được dung dịch
B
chứa 1 chất tan duy
nhất. Cho một lượng muối
2
BaCl
khan vào
B
thấy tạo ra 4,66 gam kết tủa trắng, lọc bỏ kết tủa thu
được dung dịch
C
. Cho một lượng
Zn
dư vào
C

thấy thoát ra 1,792 lít
2
H
ở đktc. Xác định CTPT
của chất
A
.
Lờ i giả i:
Từ đề bài ta có thể suy ra một số dữ kiện như sau:
(1)
A
tan tốt trong nước (có thể
A
là chất tác dụng được với
2
HO
)
(2)
A
tạo được môi trường Axit hay Bazo (mạnh) vì hòa tan được kẽm
(3)
A
tạo kết tủa với
2
Ba

nên
A
phải mang ion
2

3
CO

hay
2
3
SO

hay
2
4
SO

(mấy cái này thông dụng
nên liệt kê trước)
(4)
A
là chất vô cơ

Kết hợp 2 và 3 ta thấy vừa mang gốc axit không thể cho môi trường bazo mạnh được nên
A
cho môi
trường axit nhé
Mà khi A cho môi trường axit (đủ mạnh) để tác dụng với
Zn
(giải phóng khí hidro) thì ta loại luôn 2 ion
2
3
CO


và
2
3
SO


TH1:
A
là muối axit
4
HSO


Ta thấy
4
HSO

tạo kết tủa với
2
BaCl

Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

24
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

4
0,02
BaSO
n mol

2
0,08 0,16
H
H
n mol n mol

  

Một sự chênh lệch khập khiễng!
Ta có thể lí giải vì đề bài đâu có nói
2
BaCl
dư nên ta có thể cho rằng
2
BaCl
thiếu !
Ta sẽ dựa vào dữ kiện (an toàn) là
Zn
dư
0,16
H
n mol


tức là
44
0.16 0,16 97 6,58( )
HSO HSO
n mol m g


    
LOẠI !
Vì anion (chưa có cation) mà đã lớn hơn
m
ban đầu rồi

TH2: Chất tan là
24
H SO

Ta cũng dựa vào dữ kiện chắc chắn đó là
Zn
dư
2
0,08 0,16
H
H
n mol n mol

  

Vậy
24
0,08
H SO
n mol

* Nếu hòa tan
24

H SO
ta xem xem có phù hợp không
24
0,08 98 7,84
H SO
mg  

Vậy chất
A
không phải là Axit
* Lẽ nào là
3
SO
?
3 2 4 3
0,08 6,4 ( 6,58 )
SO H SO SO
n n molm g g   

A
LÀ OLEUM
2 4 3
.H SO nSO
(đặt số mol là x)
Ta có:
 
x. 98 80n 6,58g
(khối lượng
A
)

 
x. n 1 0,08
mol (số mol axit
A
tan ra mà thành)
GIẢI RA x=0,01 mol ; n = 7
Vậy công thức của
A
là
2 4 3
.7H SO SO

Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

25
Boxmath.vn votanhuyNQD_12t

Câu 31:
Cho 10,6 gam hỗn hợp
A
gồm một kim loại kiềm
X
và 1 kim loại kiềm thổ
Y
tác dụng hết với 300ml
dung dịch
HCl
1M ( loãng), thu được dung dịch
B
và 5,6 lít khí ( đktc). Dẫn từ từ khí

2
CO
vào dung
dịch
B
. Số gam kết tủa cực đại tạo thành:
A. 20gam
B. 15gam.
C. 10gam
D. 5 gam
Lờ i giả i:
0,3
HCl
n 
;
2
0,25
H
n 

HCl
pư hết và KL pư vs
2
HO

Ta có:
0,25.2 0,5( )
e
n mol

*
A
gồm toàn KL kiềm
10,6
21,2
0,5
tb
M  

*
A
gồm toàn KL kiềm thổ
10,6
42,4
0,25
tb
M  


Hỗn hợp
A
gồm
Na
và
Ca
với số mol lần lượt là
a
;
b
ta có hệ:

23 40 10,6 0,2
()
2 0,5 0,15
a b a
mol
a b b
  



  



Khối lượng kết tủa max là:
2
3
.100 0,1.100 10( )
CO
m n gam C

   

Câu 32:
Thực hiện phản ứng este hoá giữa axit axetic(lấy dư) và hỗn hợp gồm 8,4 gam 3 ancol là đồng đẳng của
ancol etylic. Sau phản ứng thu được 16,8 gam 3 este. Lấy sản phẩm của phản ứng este hoá trên thực
hiện phản ứng xà phòng hoá với dung dịch
NaOH
4M
thì thu được

m
gam muối: (Giả sử hiệu suất
phản ứng este hoá là 100%). Giá trị của
m
:
A.10gam
B.16,4gam
C.8,2gam
D.12,3gam