Giải một số câu khó trong đề thi tuyển sinh đại học môn hóa khối a

Giải một số câu khó trong đề thi tuyển sinh đại học môn hóa khối A,B
Câu 1: Hỗn hợp X gồm Al, Fe
3
O
4
và CuO, trong đó oxi chiếm 25% khối lượng hỗn hợp. Cho 1,344
lít khí CO (đktc) đi qua m gam X nung nóng, sau một thời gian thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ
khối so với H
2
bằng 18. Hoà tan hoàn toàn Y trong dung dịch HNO
3
loãng (dư), thu được dung dịch chứa
3,08m gam muối và 0,896 lít khí NO (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị m gần giá trị nào nhất sau
đây?
A. 9,0. B. 9,5. C. 8,0. D. 8,5.
Dễ dàng suy ra được trong Z có 0,03 mol CO và 0,03 mol CO
2
Quy đổi hỗn hợp về Al,Fe,Cu,O. Bảo toàn e cho cả quá trình :
+ = + ⇒ = +
2
e KL nh êng CO NO O e KL nh êng
0,25m
n 2n 3n 2n n 0,06
8
Chú ý
−
 
= ⇒ = + + ⇒ =
 ÷
 
3

e KL nh êng
NO trong muèi
0,25m
n n 3,08m 0,75m 62 0,06 m 9,4777 ~ 9,5g
8
Câu 2: Đốt cháy 4,16 gam hỗn hợp gồm Mg và Fe trong khí O
2
, thu được 5,92 gam hỗn hợp X chỉ gồm
các oxit. Hòa tan hoàn toàn X trong dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư
vào Y, thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 6 gam chất
rắn. Mặt khác cho Y tác dụng với dung dịch AgNO
3
dư, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 32,65. B. 10,80. C. 32,11. D. 31,57.
2
5,92 4,16
0,11 2 2 0,22
16
o HCl
n H O e H O n
+
−
= = + + → ⇒ =
Gọi số mol
2 2 3
, ,Mg Fe Fe
+ + +
lần lượt là
, ,a b c
. Ta có hệ phương trình:

( )
( )
24 56 4,16
0,01
e: 2a+2b+3c=2n 0,22 0,01
0,06
40 80 6
O
a b c
a
BT b
c
a b c
+ + =
=



= ⇒ =
 
 
=
+ + =


Cho Y tác dụng với dung dịch AgNO
3
dư, thu được Ag và AgCl trong đó
2
0,01; 0,22 32,65

Ag AgCl HCl kt
Fe
n n n n m g
+
= = = = ⇒ =
Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 13,36 gam hỗn hợp X gồm axit metacrylic, axit ađipic, axit axetic và glixerol
(trong đó số mol axit metacrylic bằng số mol axit axetic) bằng O
2
dư, thu được hỗn hợp Y gồm khí và
hơi. Dẫn Y vào dung dịch chứa 0,38 mol Ba(OH)
2
, thu được 49,25 gam kết tủa và dung dịch Z. Đun nóng
Z lại xuất hiện kết tủa. Cho 13,36 gam hỗn hợp X tác dụng với 140 ml dung dịch KOH 1M, sau khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được chất rắn khan có khối lượng là
A. 14,44 gam. B. 18,68 gam. C. 13,32 gam. D. 19,04 gam.
1
Công thức các axit C
4
H
6
O
2
, C
6
H
10
O
4
, C
2

H
4
O
2
, C
3
H
8
O
3
. Vì
4 6 2 2 4 2
C H O C H O
n n=
nên ta quy đổi 2 chất
này thành C
6
H
10
O
4
. Như vậy hỗn hợp ban đầu sẽ gồm C
6
H
10
O
4
và C
3
H

8
O
3
có số mol lần lượt là x,y.
Dẫn Y vào dung dịch chứa 0,38 mol Ba(OH)
2
, thu được 49,25 gam kết tủa và dung dịch Z. Đun nóng Z
lại xuất hiện kết tủa. Như vậy đây là TH kết tủa đã bị tan 1 phần
2
0,51 mol
CO kt
OH
n n n
−
→ = − =
Từ đó ta có hệ
146 92 13,36 0,06
6 3 0,51 0,05
x y x
x y y
+ = =
 
⇒
 
+ = =
 
Hỗn hợp X cho tác dụng với 0,14 mol KOH dễ thấy KOH dư. Từ đó BTKL ta có:
+ = + → =
r¾ n r¾ n
146*0,06 0,14* 56 m 0,06* 2*18 m 14,44

g
Câu 4: Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO
4
và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường
độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân
là 2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện phân 100%,
các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của a là
A. 0,15. B. 0,24. C. 0,26. D. 0,18.
* Điện phân trong t giây:
anot 2
0,11 0,1
2
Cl
khi
n
n H O
−
= > = ⇒
đã bị điện phân. Từ đó suy ra
2
0,1
Cl
n =
và
2
0,01
O
n =
Suy ra
= = + =

2 2
e nhËn trong t gi©y e nh êng trong t gi©y Cl o
n n 2n 4n 0,24
mol
*Trong 2t giây thì
= =
e nhËn trong t gi©y e nh êng trong t gi©y
n n 0,48
mol
Ở anot:
2 2
0,48 0,1*2
0,1 0,07
4
Cl O
n n
−
= → = =
mol. Như vậy số mol khí ở anot là 0,17 mol. Suy ra
số mol khí H
2
ở Katot là 0,26 - 0,17 = 0,09 mol
Suy ra 2a + 0,09*2 = 0,48
→
a=0,15 mol
Câu 5: Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và M
X
< M
Y
; 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
2
(đktc), thu được khí CO
2
và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16
gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br
2
. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E
trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là
A. 4,68 gam. B. 5,04 gam. C. 5,44 gam. D. 5,80 gam.
2
T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z nên Z là ancol hai chức. Nhận thấy số liên kết
π
trong gốc bằng số
nhóm -COO- nên
− − π
= = =
2
COO trong gèc Br
n n n 0,04
mol
BTKL ta tính được
2 2
11,16 0,59*32 9,36
0,47 0,52
44
n n
CO H O
+ −

= = < =
nên ancol là no.
Bảo toàn nguyên tố Oxi:
2 2 2
OO-
2*0,47 0,52 0,59*2 0,04*2
2 2 2 2 0,1
2
Z C O CO H O Z
n n n n n n
−
+ − −
+ + = + ⇔ = =
mol
Gọi số mol axit,este là a,b. Chú ý khi đốt HCHC chứa C,H,O ta luôn có
2 2
1
CO H O
HCHC
n n
n
k
−
=
−
Từ đó ta có
2 2
2 2 2 2
2 2
Z CO H O

Céng vÕ víi vÕ
CO H O CO H O
CO H O
n 0,1 n n
a n n a 3b 0,1 n n 0,47 0,52 a 3b 0,05
3b n n

− = − = −


= − → + − = − = − ⇒ + =


= −


∑ ∑
(1)
Mà
OO
2 0,04
C
n a b
− −
= + =
(2) . Từ (1) (2) suy ra
0,02 & 0,01a b
= =
Suy ra
2

3,6
0,1
CO
n
C
a b
= =
+ +
. Mà Z có cùng số C với X
( )
C 3
X
Min =
suy ra Z là C
3
H
8
O
2
. Suy ra
3 8 2
11,16 3,56
X Y C H O
m m g
+
= − =
Cho E tác dụng với KOH dư: BTKL ta có:
+
+ + = + + ⇒ =
142 43

H O C H O
2 3 8 2
r¾ n r¾ n
m m
3,56 56(a 2b) m 18a 76b m 4,68g
Câu 6: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm Al và m gam 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 H
2
(đktc). Sục khí CO
2
dư vào Y, thu được 7,8 gam kết tủa. Cho Z tan hết vào dung dịch H
2
SO
4
, thu
được dung dịch chứa 15,6 gam muối sunfat và 2,464 lít khí SO
2
(ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất của
H
2
SO
4
). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 6,48. B. 5,04. C. 6,96. D. 6,29
X tác dụng với NaOH thu được H
2
nên trong X có Al, Al
2
O

3
,Fe.
2
2
0,02
3
= =
Al H
n n
mol. Bảo toàn nguyên tố Al suy ra
2 3
0,04
2
−
= =
kt Al
Al O
n n
n
mol
Z là Fe. Ta có
2
4
15,6 0,11*96 5,04
−
= + ⇔ = − =
muoi Fe Fe
SO
m m m m g
BTKL có

5,04 16*0,04*3 6,96= + = + =
Fe O
m m m g
3
Câu 7: Một bình kín chỉ chứa các chất sau: axetilen (0,5 mol), vinylaxetilen (0,4 mol), hiđro (0,65 mol) và
một ít bột niken. Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí X có tỉ khối so với H
2
bằng 19,5.
Khí X phản ứng vừa đủ với 0,7 mol AgNO
3
trong dung dịch NH
3
, thu được m gam kết tủa và 10,08 lít hỗn
hợp khí Y (đktc). Khí Y phản ứng tối đa với 0,55 mol Br
2
trong dung dịch. Giá trị của m là
A. 92,0. B. 91,8. C. 75,9. D. 76,1.
2
X H p/ø
0,5* 26 0,4*52 0,65*2
n 0,9 mol n 0,5 0,4 0,65 0,9 0,65mol
19,5*2
+ +
= = ⇒ = + + − =
Trong X có
2 2 3
CH CH,CH C CH CH ,CH C CH CH≡ ≡ − = ≡ −
có số mol lần lượt là a,b,c.
Bảo toàn số mol
π

ta có
( )
2 3 2 0,5*2 0,4*3 0,65 0,55 1+ + = + − + =a b c
Mặt khác
0,9 0,45 0,45
2 0,7
+ + = − =


+ + =

a b c
a b c
. Từ đó suy ra
0, 25
0,1 92
0,1
=


= ⇒ =


=

kt
a
b m g
c
Câu 8: Hỗn hợp X gồm hai muối R

2
CO
3
và RHCO
3
. Chia 44,7 gam X thành ba phần bằng nhau:
- Phần một tác dụng hoàn toàn với dung dịch Ba(OH)
2
dư, thu được 35,46 gam kết tủa.
- Phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch BaCl
2
dư, thu được 7,88 gam kết tủa.
- Phần ba tác dụng tối đa với V ml dung dịch KOH 2M. Giá
trị của V là
A. 200. B. 70. C. 180. D. 110.
Dễ thấy
2 3 3
7,88 35,46
0,04; 0,04 0,14
197 197
= = = − =
R CO RHCO
n n
( ) ( )
( )
4
44,7
2 60 0,04 61 0,14 18
3
+

⇒ + + + = ⇒ =R R R NH
( )
4 3
4 3
2
2 2 0,36 180⇒ = + = ⇒ =
KOH NH HCO
NH CO
n n n V ml
Câu 9: Cho m gam P
2
O
5
tác dụng với 253,5 ml dung dịch NaOH 2M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X, thu được 3m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 8,52. B. 12,78. C. 21,30. D. 7,81.
Giả sử phản ứng tạo thành Na
3
PO
4
→
NaOH còn dư
→
3 4
164
*2*164 3
142 71
Na PO
m
m m m= = <

⇒
Giả sử đúng.
Từ đó suy ra
du
0,507 *2*3
142
NaOH
m
n = −
164
3 40 0,507 *2*3 8,52
71 142
m
m m m g
 
⇒ = + − ⇒ =
 ÷
 
Câu 10: Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe
3
O
4
bằng dung dịch chứa 0,1 mol H
2
SO
4
và 0,5
4
mol HNO
3

, thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol NO và a mol NO
2
(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. 31,86. C. 41,24. D. 20,21.
Số liệu tính toàn quy về tổng cả 2 phần (nghĩa là số liệu từng phần sẽ nhân 2)
Gọi số mol của Fe, Fe
3
O
4
, NO
2
là x,y,a. Ta có
0,7
56 232 10,24 (1)
e: 3 0,3 (2)
H
n
x y
BT x y a
+

=

+ =



+ = +

∑
Vì khi cho Y tác dụng KOH thu được một chất kết tủa nên kết tủa đó phải là Fe(OH)
3
có số mol là 0,1
mol
Suy ra số mol H
+
dư là 0,5*0,4*2 – 0,1*3 =0,1 mol
p/u
=0,7 - 0,1=0,6
H
n
+
⇒
mol
Ta có các bán phản ứng
2
2
2H O H O
+ −
+ →
3 2
4 3 2H NO e NO H O
+ −
+ + → +
3 2 2

2 1H NO e NO H O
+ −
+ + → +
Suy ra
p/u
0,6 8 0,4 2 (3)
H
n y a
+
= = + +
Từ (1)(2)(3)
0,1 & 0,02x y
⇒ = =
3 4
( ) aS
0,16*107 0,1*233
20,21
2 2
Fe OH B O
kt
m m
m g
+
+
⇒ = = =
Câu 11: Hỗn hợp X gồm ba peptit đều mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 1 : 3. Thủy phân hoàn
toàn m gam X, thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 14,24 gam alanin và 8,19 gam valin. Biết tổng số liên kết
peptit trong phân tử của ba peptit trong X nhỏ hơn 13. Giá trị của m là
A. 18,47. B. 18,29. C. 19,19. D. 18,83.
0,16; 0,07

Ala Val
n n= =
. Gọi số mol của 3 peptit là a,a,3a
Số mắt xích Ala trong 3 peptit lần lượt là
1 2 3
, ,m m m
. Số mắt xích Val trong 3 peptit lần lượt là
1 2 3
, ,n n n
.
Ta có
( )
( )
1 2 3
1 2 3
3
16
7 3
Ala
Val
a m m m
n
n a n n n
+ +
= =
+ +
< ⇒ + + + + + <
∑
1 2 3 1 2 3
sè liªn kÕt peptit 13 m m m n n n 16

(1)
5
Nhận thấy
16
7
là phân số tối giản
+ + =

⇒

+ + =

1 2 3
1 2 3
m m 3m 16
n n 3n 7
(Không thể có chuyện
+ + =


+ + =

1 2 3
1 2 3
m m 3m 32
n n 3n 14
được vì như thế thì
1 2 3 1 2 3 3 3 3 3 3 3
32 14 2( ) 16 2( ) 15m m m n n n m n m n m n+ = + + + + + + + < + + ⇒ + >
. Mà

từ (1) ta dễ dàng suy ra
3 3
15m n+ <
⇒
TH này không thể xảy ra)
Từ đó suy ra
0,01 5 0,05
Peptit
a n a= ⇒ = =
∑
mol
Chú ý khi thuỷ phân Peptit trong môi trường trung tính ta luôn có
2
2
.
.
Peptit H O a a
peptit H O a a
m m m
n n n
+ =



+ =


2
0,16 0,07 0,05 0,18 14,24 8,19 0,18*18 19,19
H O peptit

n m g⇒ = + − = ⇒ = + − =
Câu 12: : Nung nóng bình kín chứa a mol hỗn hợp NH
3
và O
2
(có xúc tác Pt) để chuyển toàn bộ NH
3
thành NO. Làm nguội và thêm nước vào bình, lắc đều thu được 1 lít dung dịch HNO
3
có pH = 1, còn lại
0,25a mol khí O
2
. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a là
A. 0,4. B. 0,3. C. 0,1. D. 0,2.
Ta có
3 3 2 2
ban dau p/u
0,1 0,1 0,1 0,25 0,75 0,1
NH HNO O O
n n n a n a a a= = ⇒ = − ⇒ = − − = −
BT e ta có
( )
3 2
p/u
8 4 0,8 4 0,75 0,1 0,4
NH O
n n a a= ⇔ = − ⇒ =
Câu 13: Hai este X, Y có cùng công thức phân tử C
8
H

8
O
2
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. 3,40 gam. B. 0,82 gam. C. 0,68 gam. D. 2,72 gam.
0,05
X Y NaOH
n n X
+
= < ⇒
là este dạng phenol. Ta có
0,01
0,05
0,04
2 0,06
X
X Y
y
X Y NaOH
n
n n
n
n n n
=
+ =



⇔
 
=
+ = =


BTKL ta có
( )
2 2
6 5 2
4,5 18 * 4,5 108
X Y NaOH muoi H O ancol H O ancol X ancol Y ancol
m m m m m m m n M n M C H CH OH
+
+ = + + ⇒ + = ⇔ + = ⇒ =
Như vậy
2 6 5
3 6 5
:
: OO
Y HCOOCH C H
X CH C C H



( vì Z chứa 3 muối) nên X không thể là
6 4 3
OOHC C H CH
)
Từ đó tính được

3
OO
0,82
CH C Na
m g=
6
7