Một số bài tập áp dụng công thức giải nhanh hóa học ôn thi đại học

BÀI TẬP TỰ SOẠN
LÊ THANH PHONG – TX. HƯƠNG THUỶ - T.T.HUẾ (0978.499.641)
PHẦN CÂU HỎI (*) TỪ ANĐEHIT ĐẾN AMIN.
Câu 15. Khi hoá hơi hoàn toàn 3 gam một anđehit X mạch hở thu được thể tích đúng bằng thể
tích của 1,655 gam khí oxi (ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Cho 0,02 mol X phản ứng với
lượng dư dung dịch AgNO
3
/ NH
3
thu được m gam Ag. Giá trị lớn nhất của m là :
A. 3,24 B. 4,32 C. 8,64 D. 6,48
BÀI GIẢI
2
X O X
3
n = n => M = = 58.
1,655
32

Để m lớn nhất => X là (CHO)
2
=> m = 0,02.4.108 = 8.64 gam.
Câu 16. Cho 29,4 gam hỗn hợp X gồm axit oxalic và một axit cacboxylic đơn chức, mạch hở Y
tác dụng hoàn toàn với 200 gam dung dịch NaHCO
3
21% thu được dung dịch Z và 8,96 lit khí
(đktc). Biết trong dung dịch Z nồng độ của natri oxalat là 6,327%. Số đồng phân cấu tạo của Y là
A. 1 B. 2 C. 4 D. 5
BÀI GIẢI
NaHCO
3

0,5 mol > CO
2
0,4 mol. Đặt (COOH)
2
x mol và (Y) RCOOH y mol.
= > 90x + (R + 45)y = 29,4 và 2x + y = 0,4.
BTKL :
3 2
dd Z X dd NaHCO CO
134x 6,327
m = m + m - m => = => x = 0,1
29,4 + 200 - 0,4*44 100

= > R = 57 ( C
4
H
9
). Y là C
5
H
10
O
2
có 4 đồng phân cấu tạo.

Câu 17. Cho 11 gam hỗn hợp Z gồm hai este đơn chức, mạch hở X và Y ( M
X
< M
Y
) tác dụng

vừa đủ với 150 gam dung dịch KOH 5,6% đun nóng, thoát ra hỗn hợp ancol T đồng đẳng kế tiếp.
Cho T đi qua bình đựng Na dư thì khối lượng bình này tăng 5,35 gam và có 1,68 lit khí thoát ra ở
đktc. Thành phần % khối lượng của Y trong Z là :
A. 54,55% B. 45,45% C. 68,18% D. 31,82%
BÀI GIẢI
H
2
0,075 mol. BTKL : m
bình tăng
= m
ancol T
- m
khí
=> m
ancol T
= 5,35 + 0,075.2 = 5,5 gam

3
2 5
CH OH: 0,1
5,5
= = 36,67 =>
C H OH: 0,05
0,075*2
M



Ta có : KOH 0,15 mol
3

2 5
RCOOCH : 0,1
=>
R'COOC H : 0,05




= > 0,1(R + 59) + 0,05(R’ + 73) = 11 => 2R + R’ = 29
2
R = 1 (H)
=>
R' = 27 (CH =CH-)




X là HCOOCH
3
(0,1 mol) và Y là C
2
H
3
COOC
2
H
5
(0,05 mol)
0,05.100
=> % m .100% 45,45%

11
Y
 

Câu 18 : Thuỷ phân triglixerit X trong NaOH người ta thu được hỗn hợp hai muối gồm natri
linoleat và natri panmitat theo tỷ lệ mol lần lựơt là 2 : 1. Khi đốt cháy a mol X thu được b mol
CO
2
và c mol H
2
O. Liên hệ giữa a, b, c là:
A. b-c = 3a B. b-c =4a C. b-c =5a D. b-c=6a
BÀI GIẢI
X (RCOO)
3
C
3
H
5
tạo bởi 2 gốc của axit linoleic CH
3
(CH
2
)
4
CH = CHCH
2
CH =
CH(CH
2

)
7
COOH và 1 gốc của axit béo no panmitic C
15
H
31
COOH
=> phân tử X có tổng số liên kết pi là k = 2.2+3 = 7 => b-c = 6a.

Câu 19: Cho các phát biểu sau:
(1) Phân tử saccarozơ do 2 gốc –glucozơ và –fructozơ liên kết với nhau qua nguyên tử oxi,
gốc –glucozơ ở C
1
, gốc –fructozơ ở C
4
(C
1
–O–C
4
)
SAI. gốc –fructozơ ở C
2
(C
1
–O–C
2
)
(2) Ở nhiệt độ thường : glucozơ, fructozơ, saccarozơ, mantozơ đều là chất rắn kết tinh dễ tan
trong nước và dung dịch của chúng đều hòa tan Cu(OH)
2

tạo thành dung dịch màu xanh lam.
ĐÚNG
(3) Xenlulozơ là hợp chất cao phân tử thiên nhiên, mạch không phân nhánh do các mắt xích –
glucozơ tạo nên.
SAI. mắt xích –glucozơ
(4) Tinh bột được tạo thành trong cây xanh nhờ quá trình quang hợp.
ĐÚNG
(5) Trong môi trường axit, glucozơ và fructozơ có thể chuyển hoá lẫn nhau.
SAI. Môi trường bazơ
(6) Glucozơ làm mất màu dung dịch thuốc tím trong môi trường axit khi đun nóng.
ĐÚNG. Tính chất của nhóm anđehit -CHO
(7) Amilozơ có cấu trúc mạch phân nhánh.
SAI. Cấu trúc không phân nhánh, amilopectin mới phân nhánh
(8) Glucozơ và fructozơ đều bị khử hóa bởi dd AgNO
3
trong NH
3
.
SAI. Đều bị OXH
Số phát biểu
không
đúng là :
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
Câu 20: Hỗn hợp X gồm metyl amin , etylamin và propyl amin có tổng khối lượng là 21,6 gam
và tỉ lệ về số mol là 1:2:1. cho hỗn hợp X trên tác dụng hết với dung dịch HCl thu được m gam
muối. Giá trị của m là:
A. 36,2 gam B. 39,12 gam C. 43,5 gam D. 40,58 gam
BÀI GIẢI
3 2
2 5 2

3 7 2
CH NH : a
C H NH : 2a => 31a + 45.2a + 59a = 21,6 => a = 0,12 => m = 21,6 + 4.0,12.36,5 = 39,
12 gam.
C H NH : a








PHẦN CÂU HỎI (**)
Câu 1:
Cho chuỗi phản ứng sau:
0 0
2
+Br /xt
+NaOH,t +CuO,t +NaOH
Etylclorua X Y Z G
   

Trong các chất trên chất có nhiệt độ sôi cao nhất là
A. Chất X B. Chất Y C. Chất Z D. Chất G
BÀI GIẢI
X là C
2
H
5

OH. Y là CH
3
CHO. Z là CH
3
COOH. G là CH
3
COONa.
Các hợp chất có liên kết ion thì nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy cao hơn hợp chất có liên kết
cộng hóa trị => chọn chất G.
HS phải phối hợp vận dụng kiến thức hữu cơ 11 mới có thể làm được bài này. HS hay nhầm lẫn
với đáp án là Z.

Câu 2:
Cho m gam dung dịch Na
2
CO
3
21,2% vào 120 gam dung dịch B gồm XCl
2
và YCl
3
(tỉ lệ
mol 1:2, X và Y là hai kim loại nhóm A) thu được dung dịch D, khí E và 12 gam kết tủa. Tiếp
tục cho 200 gam dung dịch AgNO
3
40,5% vào dung dịch D thì thu được dung dịch G chỉ chứa
muối nitrat, trong đó nồng độ của NaNO
3
là 9,884%. Biết dung dịch D chỉ chứa một chất tan duy
nhất. Nồng độ % của XCl

2
là :
A. 3,958% B. 7,917% C. 11,125% D. 5,563%
BÀI GIẢI
Pứ tạo khí và Y là kim loại nhóm A => Y là Al. D chỉ chứa một chất tan => D chứa NaCl.
2
3
XCl : a
AlCl : 2a



=> Cl
-
8a mol và Na
2
CO
3
4a mol.
G chỉ chứa muối nitrat => NaCl (D) pứ hết, tạo kết tủa AgCl 8a mol và NaNO
3
8a mol.
Kết tủa 12 gam
3
3
XCO : a
Al(OH) : 2a




=>
2
12 = (X + 60)a + 78.2a
BTNT C => CO : 3a




BTKL :
2 3 3 2
dung dich G dd Na CO dd B dd AgNO ket tua CO
m = m + m + m - m - m

8a.85 9,884
a = 0,05 mol.
100
100
4a.106. + 120 + 200 - 12 -143,5.8a - 44.3a
21,2
  

Giải ra dc X = 24 (Mg). =>
2
MgCl
0,05.95
C% = .100% = 3,958%
120

Điểm mấu chốt của bài tập là phản ứng trao đổi ion giữa muối Al
3+

với CO
3
2-
đồng thời vận
dụng hiệu quả định luật BTKL để xác định được khối lượng dung dịch G.
Câu 3:
X là hỗn hợp ba ancol mạch hở thuộc cùng một dãy đồng đẳng. Y là hỗn hợp hai axit
cacboxylic đơn chức mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 15,68 lit khí CO
2
(đktc) và
19,8 gam H
2
O. Để trung hoà hết 16,4 gam Y cần vừa đủ 250 ml dung dịch KOH 1M. Lấy m gam
hỗn hợp X tác dụng với 32,8 gam hỗn hợp Y (xúc tác H
2
SO
4
đặc) thu được a gam hỗn hợp este
(hiệu suất của các phản ứng este hoá đều bằng 80%). Giá trị của a gam là :
A. 28,832 B. 36,04 C. 45,05 D. 34,592
BÀI GIẢI
H
2
O 1,1 mol > CO
2
0,7 mol => X là hh các ancol no.
0,7
C = =1,75
1,1 - 0,7
=> X là hh các ancol no, đơn chức và mol ancol = 0,4.

BTNT => m
X
= m = 0,7*12 + 1,1*2 + 16*0,4 = 17 gam.
32,8 gam Y có số mol 0,25*2 = 0,5 mol.
Pứ este hoá : Ancol X + Axit Y => Este + H
2
O (Axit dư nên tính theo ancol)
BTKL :
80 17 32,8
a = .0,4( + - 18) = 28,832 gam
100 0,4 0,5

Đây là dạng bài tập khá quen thuộc về phản ứng đốt cháy của ancol no đơn chức và phản
ứng este hoá với axit. HS gặp khó khăn trong khâu xác định dãy đồng đẳng của các ancol X
và xử lý hỗn hợp 3 ancol phản ứng với 2 axit.

PHẦN CÂU HỎI (**)
Câu 1: Cho Fe
3
O
4
vào dung dịch HCl (vừa đủ) thu được dung dịch X. Hãy cho biết trong các
hóa chất sau: Cu, Mg, Ag, AgNO
3
, Na
2
CO
3
, NaNO
3

, NaOH, NH
3
, KI, H
2
S có bao nhiêu hóa
chất tác dụng được với dung dịch X.
A. 7 B. 9 C. 8 D. 6
BÀI GIẢI
X gồm Fe
2+
; Fe
3+
và Cl
-
.

Cu + Fe
3+


Cu
2+
+ Fe
2+

Mg + Fe
2+


Mg

2+
+ Fe hoặc Mg + Fe
3+


Mg
2+
+ Fe
2+

Fe
2+
+ Ag
+


Fe
3+
+ Ag
Fe
3+
+ CO
3
2-
+ H
2
O

Fe(OH)
3

+ CO
2

Fe
2+
+ 2OH
-


Fe(OH)
2
hoặc Fe
3+
+ 3OH
-


Fe(OH)
3

NH
3
+ Fe
3+
+ H
2
O

Fe(OH)
3

+ NH
4
+

KI + Fe
3+


Fe
2+
+ I
2
+ K
+

H
2
S

+ Fe
3+


Fe
2+
+ S + H
+

HS phải nắm vững phản ứng trao đổi ion, phản ứng oxi hoá – khử vô cơ cũng như tính chất

hoá học của Fe
2+
và Fe
3+
(với kiến thức rộng) mới có thể giải quyết được bài tập này.


Câu 2:
Cho 60,8 gam hỗn hợp X gồm Cu, CuO và một oxit sắt tác dụng với một lượng dung
dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch Y. Chia Y làm hai phần bằng nhau. Cho từ từ dung dịch
H
2
S đến dư vào phần I thu được kết tủa Z. Hoà tan hết lượng kết tủa Z trong dung dịch HNO
3

đặc nóng, dư giải phóng 24,64 lit NO
2
(đktc) và dung dịch T. Cho dung dịch T phản ứng với
lượng dư dung dịch Ba(OH)
2
thu được m gam kết tủa. Mặt khác, phần II làm mất màu vừa đủ
500 ml dung dịch KMnO
4
0,44M trong môi trường H
2
SO
4
. Giá trị của m gam là :
A. 89,5 B. 44,75 C. 66,2 D. 99,3
BÀI GIẢI

3
2 2
2+
2
2+
2
HNO dacH S du Ba(OH) du
2
4
3+
4
-
2
Cu : x
Cu : x
Cu(OH) : x
CuS: x
Fe : y
z
1/2Y Z SO : x+
z
z
2
S:
BaSO :x
Fe : z
2
2
:1,1
Cl : t

NO








   
  
   

   


 



BTĐT dd Y : 2x + 2y + 3z = t.
Phần II + 0,22 mol KMnO
4
:
2Cl
-


Cl
2

+ 2e ; Fe
2+

Fe
3+
+ 1e ; Mn
+7
+ 5e

Mn
+2

= > Bảo toàn e : y + t =5.0,22
Quy đổi kết tủa Z và bảo toàn e : 2x + 6(x + 0,5z) = 1,1
Ta lại có : m
X

= m
Cu
+ m
Fe
+ m
O
=>

64x + 56(y + z) + 16.0,5t = 0,5.60,8 ( Lưu ý O
2-
< = > 2Cl
-
)

Giải hệ ta được :
x = 0,1
y = 0,2
=> m = 0,1.98 + 0,15.233 = 44,75 gam.
z = 0,1
t = 0,9








HS dễ nhầm lẫn và không vận dụng được những điểm kiến thức sau :
I/ Phản ứng tạo kết tủa của H
2
S với dung dịch chứa muối Cu
2+
và Fe
3+
; sẽ có HS cho rằng H
2
S
phản ứng được với muối Fe
2+
và khó khăn trong việc xác định thành phần kết tủa.
II/ Tính khử của Fe
2+
và Cl

-

với tác nhân oxi hoá là KMnO
4
môi trường axit. Phần lớn HS sẽ
quên không đề cập đến Cl
-
.
III/ Phương pháp quy đổi đơn chất cho hỗn hợp kết tủa Zvà xác định thành phần kết tủa tạo
thành khi phản ứng với Ba(OH)
2
.
IV/ HS chỉ tập trung tìm công thức của oxit sắt.
V/ Định luật bảo toàn điện tích ( đặc biệt mối liên hệ giữa O
2-
và Cl
-
)


Câu 3. Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức mạch hở (M
X
< M
Y
); T là este hai chức tạo bởi
X, Y và một ancol no mạch hở Z. Đốt cháy hoàn toàn 6,88 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T bằng
một lượng vừa đủ O
2
, thu được 5,6 lit CO
2

(đktc) và 3,24 gam nước. Mặt khác 6,88 gam E tác
dụng với dung dịch AgNO
3
/NH
3
dư thu được 12,96 gam Ag. Khối lượng rắn khan thu được khi
cho cùng lượng E trên tác dụng với 150 ml dung dịch KOH 1M là :
A. 10,54 gam B. 14,04 gam C. 12,78 gam D. 13,66 gam.
BÀI GIẢI

Hh E pứ tráng bạc => X là HCOOH và este T có gốc HCOO- .
Đặt số mol X,Y,T lần lượt là a,b và c. CO
2
0,25 mol và H
2
O 0,18 mol. BTNT
=>
4c2b2a0,22
16
0,18.20,25.126,88
n
O(E)




Và 2a+2c = 0,12 => b + c = 0,05.
Axit Y có tổng số liên kết pi là k => tổng số liên kết pi trong este T là k+1
= > 0,25 – 0,18 = (k-1)b + (k+1-1)c => 0,07 = (b+c)k – b = 0,05k – b.
Áp dụng điều kiện : b < 0,05 => 0,05k – 0,07 < 0,05 => k < 2,4.

Ta chọn k = 2 => b = 0,03 ; a = 0,04 ; c = 0,02.
2 2
n 2n-2 2
m 2m-4 4
(X)CH O :0,04
(Y)C H O :0,03
(T)C H O (m 4):0,02






=> 0,04 + 0,03n + 0,02m = 0,25 (BTNT C) =>
21-2m
n=
3

Ta chọn m=6 => n=3. X là HCOOH, Y là CH
2
=CH-COOH
T là HCOO-CH
2
-CH
2
-OOC-CH=CH
2
. Z là C
2
H

4
(OH)
2

BTKL :
2
E KOH Z H O
m + m = m + m + m

= > 6,88 + 0,15*56 = m + 62*0,02 + 18*(0,04+0,03) => m = 12,78 gam.
Những điểm kiến thức HS lưu ý vận dụng trong bài tập này :
I/ Định luật BTNT.
II/ Phản ứng tráng bạc của axit fomic và este của axit fomic
III/ Kĩ năng vận dụng định luật BTKL với dữ kiện đề cho KOH dư khi phản ứng với hỗn hợp axit
+ este.
IV/ Vận dụng độ bất bão hoà trong phản ứng đốt cháy hợp chất hữu cơ, kĩ năng biện luận xác
định CTPT. HS gặp không ít khó khăn trong việc xác định công thức của este T

CÂU HỎI ỨNG DỤNG :D
Sự giống nhau giữa nước mưa vùng thảo nguyên và khu công nghiệp là:
A. Đều có H
3
PO
4
B. Đều có H
2
SO
4

C. Đều có H

2
SO
3
D. Đều có HNO
3