phân tích và hướng dẫn giải các bài tập hóa học hay và khó trong các đề thi đại học năm 2013
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (9.49 MB, 32 trang )
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
1
PHẦN 3 : PHÂN TÍCH VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
CÁC BÀI TẬP HÓA HAY VÀ KHÓ
TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013
Ở phần này, ta sẽ vận dụng những phương pháp và kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm vào các bài
tập hóa học trong đề thi Đại học, Cao đẳng khối A, B năm 2013. Phân tích, đánh giá, nhận định các
nhóm phương pháp và kỹ năng được sử dụng nhiều nhất trong các đề thi. Trên cơ sở đó, xây dựng
kế hoạch ôn tập hợp lý, để đạt được kết quả cao trong kỳ thi Đại học, Cao đẳng năm 2014.
I. Phân tích và hướng dẫn giải các bài tập hay và khó trong đề thi Đại học, Cao
đẳng năm 2013
1. Phương pháp bảo toàn electron
Câu 16 – Mã đề 537: Hòa tan hoàn toàn x mol Fe vào dung dịch chứa y mol FeCl
3
và z mol HCl,
thu được dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất. Biểu thức liên hệ giữa x, y và z là
A. x = y – 2z. B. 2x = y + z. C. 2x = y + 2z. D. y = 2x.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ thể hiện bản chất phản ứng :
Fe + FeCl
3
→
FeCl
2
Fe + HCl
→
FeCl
2
+ H
2
Chất tan duy nhất là FeCl
2
.
Áp dụng bảo toàn electron, ta có :
+ +
= + ⇒ = +
3
Fe
Fe H
2n n n 2x y z
Câu 4 – Mã đề 958 : Cho 7,84 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm Cl
2
và O
2
phản ứng vừa đủ với 11,1
gam hỗn hợp Y gồm Mg và Al, thu được 30,1 gam hỗn hợp Z. Phần trăm khối lượng của Al trong
Y là
A. 75,68%. B. 24,32%. C. 51,35%. D. 48,65%.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A và khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Bản chất phản ứng của Cl
2
, O
2
với Mg, Al là phản ứng oxi hóa – khử. Chất khử là Al, Mg; chất
oxi hóa là Cl
2
và O
2
.
Theo giả thiết và bảo toàn khối lượng, ta có :
{
2 2
2
2
2 2
Cl O
Cl
O
Cl O Z (Al, Mg)
30,1
11,1
7,84
n n 0,35
n 0,2
22,4
n 0,15
71n 32n m m 19
+ = =
=
⇒
=
+ = − =
14243
Theo giả thiết và bảo toàn electron, ta có :
{
{
2 2
Mg Al
Mg
Mg Al Cl O
Al
0,2 0,15
24n 27n 11,1
n 0,35
2n 3n 2 n 4n 1
n 0,1
+ =
=
⇒
+ = + =
=
Suy ra
= =
Al trong Y
0,1.27
%m .100% 24,32%
11,1
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
2
Câu 51 – Mã đề 537: Nhúng một thanh sắt vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,02 mol AgNO
3
và 0,05
mol Cu(NO
3
)
2
. Sau khi các phản ứng xảy ra hồn tồn, khối lượng thanh sắt tăng m gam (coi tồn
bộ kim loại sinh ra bám vào thanh sắt). Giá trị của m là
A. 5,36. B. 3,60. C. 2,00. D. 1,44.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Bản chất phản ứng là Fe khử hồn tồn Ag
+
, Cu
2+
thành Ag, Cu; Ag
+
, Cu
2+
oxi hóa Fe thành
Fe
2+
.
Áp dụng bảo tồn ngun tố Cu, Ag, bảo tồn electron, ta có :
{
{
{
{
+
+
+ +
= =
=
= = ⇒
= + − =
= +
14243
14243
2
2
Cu
Cu
Fe
Ag
Ag
tăng Ag Cu Fe phản ứng
0,05.64
0,02.108
0,06.56
Fe phản ứng
Ag Cu
0,05
?
0,02
n n 0,05
n 0,06 mol
n n 0,02
m m m m 2 gam
2n n 2n
Câu 9 – Mã đề 958: Hỗn hợp X gồm FeCl
2
và NaCl có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2. Hòa tan hồn
tồn 2,44 gam X vào nước, thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng hồn tồn với dung dịch
AgNO
3
dư, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 2,87. B. 5,74. C. 6,82. D. 10,80.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A và khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, ta có :
2
2 2
2
2 2
FeCl NaCl FeCl
FeCl
Fe
FeCl NaCl FeCl NaCl
NaCl
Cl
n : n 1: 2 n n 0,01
n 0,01
127n 58,5n 2,44 n 2n n 0,04
n 0,02
+
−
= = =
=
⇒ ⇒
+ = = + =
=
Bản chất phản ứng của dung dịch Y với dung dịch AgNO
3
dư là phản ứng trao đổi của ion Ag
+
với ion
Cl
−
và phản ứng oxi hóa – khử của ion Ag
+
với ion Fe
2+
.
Ta có :
{
{
−
+ +
= =
⇒ = + =
= = =
2
AgCl
Cl
AgCl Ag
chất rắn
Ag
Ag Fe
0,04.143,5 0,01.108
n n 0,04
m m m 6,82 gam
n n n 0,01
Câu 6 – Mã đề 374: Hỗn hợp X gồm Ba và Al. Cho m gam X vào nước dư, sau khi các phản ứng
xảy ra hồn tồn, thu được 8,96 lít khí H
2
(đktc). Mặt khác, hòa tan hồn tồn m gam X bằng dung
dịch NaOH, thu được 15,68 lít khí H
2
(đktc). Giá trị của m là
A. 29,9. B. 24,5. C. 19,1. D. 16,4.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết suy ra : Trong phản ứng với H
2
O (TN1), nhơm chưa phản ứng hết (vì lượng khí
thu được khi X phản ứng với dung dịch kiềm (TN2) lớn hơn lượng khí thu được khi X phản ứng với
H
2
O).
Ở TN1, Al dư nên dung dịch chứa Ba[Al(OH)
4
]
2
: x mol.
Áp dụng bảo tồn electron cho các phản ứng ở TN1 và TN2, ta có :
Biờn son v ging dy : Thy Nguyn Minh Tun Trng THPT Chuyờn Hựng Vng Phỳ Th T 01689 186 513
Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing
3
{
{
{
{
{
{
+ =
=
= + =
+ =
=
14243
14243
2
2
Ba Al phaỷn ửựng H
x
0,4
2x
X Al Ba
Ba H
Al ban ủau
0,4.27 0,1.137
x
0,7
y
TN1: 2n 3n 2n
x 0,1
m m m 24,5 gam
TN2 : 2n 3n 2n
y 0,4
Cõu 29 Mó 374: Cho hn hp X gm 0,01 mol Al v a mol Fe vo dung dch AgNO
3
n khi
phn ng hon ton, thu c m gam cht rn Y v dung dch Z cha 3 cation kim loi. Cho Z phn
ng vi dung dch NaOH d trong iu kin khụng cú khụng khớ, thu c 1,97 gam kt ta T.
Nung T trong khụng khớ n khi lng khụng i, thu c 1,6 gam cht rn ch cha mt cht
duy nht. Giỏ tr ca m l
A. 8,64. B. 3,24 . C. 6,48. D. 9,72.
( thi tuyn sinh i hc khi A nm 2013)
Hng dn gii
Bn cht phn ng :
Al + Ag
+
Al
3+
+ Ag (1)
Fe + Ag
+
Fe
2+
+ Ag (2)
Nu Ag
+
cũn d thỡ :
Fe
2+
+ Ag
+
Fe
3+
+ Ag (3)
Theo gi thit, dung dch Z cha 3 loi cation kim loi nờn cú hai trng hp :
+ Cỏc cation kim loi l Al
3+
, Fe
2+
, Fe
3+
.
+ Cỏc cation kim loi l Al
3+
, Fe
3+
, Ag
+
.
Mt khỏc, khi cho Z tỏc dng vi dung dch NaOH d trong iu kin khụng cú khụng khớ, thu
c kt ta T. Nung T trong khụng khớ n khi lng khụng i c 1,6 gam cht rn duy nht.
Nờn suy ra dung dch Z cha cỏc cation kim loi l Al
3+
, Fe
2+
, Fe
3+
; 1,6 gam cht rn l Fe
2
O
3
; 1,97
gam kt ta T l Fe(OH)
2
v Fe(OH)
3
.
Theo gi thit, ta cú :
{
2 3
2 3
Fe(OH) Fe(OH)
x y
Fe O
0,5(x y)
90n 107n 1,97
x 0,01
y 0,01
160 n 1,6
+
+ =
=
=
=
14243 123
Nh vy, ó cú 0,01 mol Fe b oxi húa thnh Fe
2+
v 0,01 mol Fe b oxi húa thnh Fe
3+
.
p dng bo ton electron, ta cú :
{
{ {
+
= = + + = = =
Ag Al Fe Fe Ag
Ag
0,01
0,01 0,01
n n 3n 2n 3n 0,08 mol m 0,08.108 8,64 gam
Cõu 28 Mó 374: Hũa tan hon ton m gam Al bng dung dch HNO
3
loóng, thu c 5,376 lớt
(ktc) hn hp khớ X gm N
2
, N
2
O v dung dch cha 8m gam mui. T khi ca X so vi H
2
bng
18. Giỏ tr ca m l
A. 17,28. B. 19,44. C. 18,90. D. 21,60.
( thi tuyn sinh i hc khi A nm 2013)
Hng dn gii
Theo gi thit, ta cú :
2 2 2
2 2 2
N N O N
N N O N O
n n 0,24 n 0,12
28n 44n 0,24.18.2 n 0,12
+ = =
+ = =
Biờn son v ging dy : Thy Nguyn Minh Tun Trng THPT Chuyờn Hựng Vng Phỳ Th T 01689 186 513
Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing
4
Theo bo ton nguyờn t Al, ta cú :
3 3 3 3
Al(NO ) Al Al(NO )
m
n n 0,037m m 213.0,037m 7,888m 8m.
27
= = = = = <
Suy ra phn ng to ra c mui NH
4
NO
3
.
4 3 4 3
NH NO NH NO
0,112m
m 8m 7,888m 0,112m (gam) n 0,0014m (mol).
80
= = = =
p dng bo ton electron, ta cú :
{
{
{
= + + =
14243
2 2 4 3
Al N O N NH NO
0,037m
0,12 0,12
0,0014m
3 n 8n 10n 8n m 21,6 gam
Cõu 1 Mó 374 : Hn hp X gm 3,92 gam Fe, 16 gam Fe
2
O
3
v m gam Al. Nung X nhit
cao trong iu kin khụng cú khụng khớ, thu c hn hp cht rn Y. Chia Y thnh hai phn bng
nhau. Phn mt tỏc dng vi dung dch H
2
SO
4
loóng (d), thu c 4a mol khớ H
2
. Phn hai phn
ng vi dung dch NaOH d, thu c a mol khớ H
2
. Bit cỏc phn ng u xy ra hon ton. Giỏ
tr ca m l
A. 5,40. B. 3,51. C. 7,02. D. 4,05.
( thi tuyn sinh i hc khi A nm 2013)
Hng dn gii
Sau phn ng nhit nhụm, hn hp cht rn Y thu c phn ng vi NaOH to ra khớ, chng
t Al d, Fe
2
O
3
ó phn ng ht.
p dng bo ton nguyờn t Fe, ta cú :
{
{
2 3
Fe trong Y Fe trong X Fe Fe O
0,07
0,1
n n n 2n 0,27 mol.
= = + =
p dng bo ton electron trong phn ng nhit nhụm, ta cú :
{
2 3
Al phaỷn ửựng Fe O Al phaỷn ửựng
0,1
3n 6n n 0,2 mol.
= =
Theo gi thit suy ra : Khi cho Y phn ng vi dng dch H
2
SO
4
loóng d, thu c 8a mol H
2
;
khi cho Y tỏc dng vi dung dch NaOH d, thu c 2a mo khớ H
2
.
p dng bo ton electron, ta cú :
{
{
{
+ =
=
= + =
==
14243 14243
2
2
Fe Al H
0,27
8a
Al dử trong Y Al phaỷn ửựng
Al ban ủau
AlAl H
0,06.27 0,2.27
2a
2n 3n 2n
a 0,045
m m m 7,02 gam
n 0,063n 2 n
Cõu 34 Mó 374: Hũa tan hon ton 1,805 gam hn hp gm Fe v kim loi X vo bng dung
dch HCl, thu c 1,064 lớt khớ H
2
. Mt khỏc, hũa tan hon ton 1,805 gam hn hp trờn bng
dung dch HNO
3
loóng (d), thu c 0,896 lớt khớ NO (sn phm kh duy nht). Bit cỏc th tớch
khớ u o iu kin tiờu chun. Kim loi X l
A. Al. B. Cr. C. Mg. D. Zn.
( thi tuyn sinh i hc khi A nm 2013)
Hng dn gii
Gi s kim loi X cú húa tr n khụng i.
Theo gi thit v bo ton electron, ta cú :
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
5
+ = =
=
+ = = = ⇒ = ⇒ = ⇒
=
+ = = =
2
Fe X Fe
X
Fe X H X
X
Fe X NO
56n n.M 1,805 n 0,025
n 3
M
2n n.n 2n 2.0,0475 0,095 n.n 0,045 9
n
X laø Al
n.M 0,405
3n n.n 3n 3.0,04 0,12
PS : Nếu trường hợp này ta không tìm được kết quả thì loại các phương án A, C, D và chọn B
(vì B là phương án duy nhất kim loại có sự thay đổi hóa trị trong phản ứng với HCl và HNO
3
).
Câu 25 – Mã đề 374: Cho m gam Fe vào bình chứa dung dịch gồm H
2
SO
4
và HNO
3
, thu được dung
dịch X và 1,12 lít khí NO. Thêm tiếp dung dịch H
2
SO
4
dư vào bình thu được 0,448 lít khí NO và
dung dịch Y. Biết trong cả hai trường hợp NO là sản phẩm 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.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)
Hướng dẫn giải
Khi cho Cu vào dung dịch Y không tạo sản phẩm khử của N
+5
, chứng tỏ trong Y không còn
3
NO
−
. Dung dịch Y có thể có Fe
2+
hoặc không.
Sơ đồ phản ứng :
2 4
2 2 2
2 4 4 3
4 4
H SO döFe Cu
2 3 2 2
2 3
3
dd Y
dd X
H SO SO , NO
SO , H SO , H
HNO
Fe , Fe Fe , Cu
Fe , Fe
− −
− + − +
+ + + +
+ +
→ → →
142431442443
Sau tất cả các phản ứng dung dịch thu được chứa Fe
2+
, Cu
2+
, H
+
và
2
4
SO .
−
Áp dụng bảo toàn electron, ta có :
{
{
+ = ⇒ = ⇒ = =
∑
123
Fe Cu NO Fe Fe
? 0,0325
0,07
2n 2 n 3 n n 0,075 m 0,075.56 4,06 gam
Câu 36* – Mã đề 537: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 2,8 gam Fe và 1,6 gam Cu trong 500 ml
dung dịch hỗn hợp HNO
3
0,1M và HCl 0,4M, thu được khí NO (khí duy nhất) và dung dịch X. Cho
X vào dung dịch AgNO
3
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.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :
3+ 2
3
NO
Fe
NO
Cu
dd X
Fe , Cu
Ag
Ag , NO
AgCl
+
+ −
↓
+
↓
Chất khử là Cu, Fe; chất oxi hóa là
3
NO
−
trong môi trường H
+
và Ag
+
. Vì AgNO
3
dư tức là Ag
+
dư và
3
NO
−
dư nên số mol electron nhận tính theo H
+
và Ag
+
.
3
HNO
HCl
3
AgNO dö
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
6
Ta thấy :
{
{
{
Fe Cu
H
0,05 0,025
0,25
3
3n 2 n n
4
+
+ >
nên H
+
phản ứng hết, Ag
+
có tham gia vào phản ứng oxi hóa –
khử.
Như vậy, sau tất cả các phản ứng, dung dịch thu được chứa Fe
3+
, Cu
2+
, Ag
+
và
3
NO
−
; chất rắn
gồm AgCl và Ag.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cl và bảo toàn electron, ta có :
{
{
{
{
{
{
+ +
= =
=
⇒ ⇒ = + =
+ = +
=
Ag
AgCl HCl
AgCl
AgCl Ag
chaát raén
Fe Cu
H Ag
Ag
0,2.143,5 0,0125.108
0,05 0,025
0,25
n
n n 0,2
n 0,2
3
m m m 30,05 gam
3n 2 n n n
n 0,0125
4
PS : Đây là một bài tập khó, nhiều học sinh làm sai vì các em không chú ý đến toàn bộ quá
trình phản ứng mà chú ý vào từng giai đoạn của phản ứng, khi đó tính ra kết quả là 34,1 gam.
2. Phương pháp bảo toàn nguyên tố
Câu 60 – Mã đề 537: Hòa tan hỗn hợp X gồm 11,2 gam Fe và 2,4 gam Mg bằng dung dịch H
2
SO
4
loãng (dư), 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 m gam chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra
hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 24. B. 20. C. 36. D. 18.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :
o
2 4 2
2 2
2
2 3
H SO loaõng dö O , tNaOH dö
2
2
4
Fe(OH)
Fe O
Fe , MgFe
Mg Mg(OH)
MgO
H , SO
+ +
+ −
→ → →
Sau tất cả các phản ứng, chất rắn thu được gồm MgO và Fe
2
O
3
.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe, Mg, ta có :
{
{
{
=
=
⇒ ⇒ = + =
=
=
123
2 3
2 3
2 3
Fe O Fe
Fe O0,2
Fe O MgO
chaát raén
MgO Mg
MgO
0,1.40
0,1.160
0,1
2n n
n 0,1
m m m 20 gam
n n
n 0,1
Câu 12 – Mã đề 374: Oxi hóa hoàn toàn 3,1 gam photpho trong khí oxi dư. Cho toàn bộ sản phẩm
vào 200 ml dung dịch NaOH 1M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X. Khối
lượng muối trong X là
A. 14,2 gam. B. 11,1 gam. C. 16,4 gam. D. 12,0 gam.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố P, ta có :
3 4
3 4
H PO P
NaOH
H PO
NaOH
n n 0,1
n
2
n
n 0,2
= =
⇒ = ⇒
=
muối tạo ra là Na
2
HPO
4
.
Theo bảo toàn nguyên tố P, ta có :
= = ⇒ = =
2 4 3 4 2 4
Na HPO H PO Na HPO
n n 0,1 mol m 142.0,1 14,2 gam
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
7
Câu 28 – Mã đề 537: Điện phân nóng chảy Al
2
O
3
với các điện cực bằng than chì, thu được m
kilogam Al ở catot và 89,6 m
3
(đktc) hỗn hợp khí X ở anot. Tỉ khối của X so với H
2
bằng 16,7. Cho
1,12 lít X (đktc) phản ứng với dung dịch Ca(OH)
2
dư, thu được 1,5 gam kết tủa. Biết các phản ứng
xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 115,2. B. 82,8 . C. 144,0. D. 104,4.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, ta có :
2 2 2
2 2
2
2
CO O CO CO
CO O CO CO
O
CO
n n n 4 kmol n 1,2 kmol
44n 32n 28n 4.16,7.2 133,6 kg n 2,2 kmol
n 0,6 kmol
4.0,015
n 1,2 kmol
0,05
+ + = =
+ + = = ⇒ =
=
= =
Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với O và Al, ta có :
{
{
{
= + +
=
⇒ ⇒ = =
=
=
2 3 2 2
2 3
2 3
Al O CO CO O
Al O
2,2
1,2 0,6
Al
Al Al O
Al
5,8
3n n 2n 2 n
n kmol
11,6
3
m 27. 104,4 kg
11,6
3
n 2n
n kmol
3
Câu 25 – Mã đề 958: Đốt cháy hoàn toàn một lượng ancol X cần vừa đủ 8,96 lít khí O
2
(đktc). thu
được 6,72 lít khí CO
2
(đktc) và 7,2 gam H
2
O. Biết X có khả năng phản ứng với Cu(OH)
2
. Tên của
X là
A. propan-1,3-điol. B. glixerol. C. propan-1,2-điol. D. etylen glicol.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A và khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, khi đốt cháy X cần 0,4 mol O
2
, tạo thành 0,3 mol CO
2
và 0,4 mol H
2
O; X phản
ứng được với Cu(OH)
2
. Suy ra X là ancol no, đa chức (có ít nhất hai nhóm –OH liền kề).
Ta có :
− −
= − =
=
= = ⇒
+ = +
144424443
2 2
2
2 2 2
X H O CO
X
CO
X
3 8 2 2 3
X
propan 1,2 ñiol
X X O CO H O
n n n 0,1
O 2
n
C 3
X : C H O (CH OHCHOHCH )
n
O .n 2n 2n n
Câu 42 – Mã đề 374: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,07 mol một ancol đa chức và 0,03 mol
một ancol không no, có một liên kết đôi, mạch hở, thu được 0,23 mol khí CO
2
và m gam H
2
O. Giá
trị của m là
A. 5,40 . B. 2,34 . C. 8,40 . D. 2,70.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)
Hướng dẫn giải
Số nguyên tử C trung bình của hai ancol là :
2
CO
X
X
n
0,23
C 2,3
n 0,07 0,03
= = =
+
. Suy ra ancol hai chức là C
2
H
4
(OH)
2
.
Số C trong ancol không no là :
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
8
ancol không no
0,23 0,07.2
C 3
0,03
−
= =
. Suy ra ancol khơng no là CH
2
=CHCH
2
OH.
Theo bảo tồn ngun tố H, ta có :
=
=
= + ⇒
= =
14243 14243
2
2 2 4 2 2 2
2
H O
H O C H (OH) CH CHCH OH
H O
0,07 0,03
n 0,3 mol
2n 6n 6 n
m 0,3.18 5,4 gam
Câu 15 – Mã đề 958: Oxi hóa m gam ancol đơn chức X, thu được hỗn hợp Y gồm axit cacboxylic,
nước và ancol dư. Chia Y làm hai phần bằng nhau. Phần một phản ứng hồn tồn với dung dịch
KHCO
3
dư, thu được 2,24 lít khí CO
2
(đktc). Phần hai phản ứng với Na vừa đủ, thu được 3,36 lít
khí H
2
(đktc) và 19 gam chất rắn khan. Tên của X là
A. propan-1-ol. B. propan-2-ol. C. etanol. D. metanol.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A và khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Đặt cơng thức của ancol là RCH
2
OH thì axit cacboxylic tạo ra từ ancol là RCOOH.
Theo bảo tồn ngun tử H và gốc R, ta có :
3 2
2
2
2 2
RCOOH KHCO CO
RCOOH
RCOOH RCH OH pư HOH HOH
RCH OH dư
RCOOH HOH RCH OH dư H
n n n 0,1
n 0,1
n n n 0,1 n 0,1
n 0,1
n n n 2n 0,3
= = =
=
= = = ⇒ =
=
+ + = =
Theo giả thiết :
+
+
+ + = ⇒ = ⇒
14243 123 1442443
14243
2
RCOONa RCH ONa NaOH 2 3 2
0,1.(R 67) 0,1.40 etanol
0,1(R 53)
m m m 19 R 15 RCH OH : CH CH OH
PS : Đối với dạng bài tập này, học sinh thường chỉ quan tâm đến phản ứng của axit và ancol dư
với Na mà qn mất H
2
O sinh ra cũng phản ứng với Na. Nếu đây là bài tập tính hiệu suất phản
ứng oxi hóa ancol thì sẽ có nhiều học sinh làm sai.
Câu 9 – Mã đề 374: Cho 100 ml dung dịch amino axit X nồng độ 0,4M tác dụng vừa đủ với 80 ml
dung dịch NaOH 0,5M, thu được dung dịch chứa 5 gam muối. Cơng thức của X là
A. NH
2
C
3
H
6
COOH. B. NH
2
C
3
H
5
(COOH)
2
.
C. (NH
2
)
2
C
4
H
7
COOH. D. NH
2
C
2
H
4
COOH.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)
Hướng dẫn giải
Do
X NaOH
n : n 1:1,
= suy ra X chỉ có một nhóm –COOH, X có cơng thức là (H
2
N)
n
RCOOH.
Ta có :
= =
=
⇒ ⇒
=
= =
144424443
2 n
2 n
(H N) RCOONa NaOH
bảo toàn nguyên tố Na
2 3 6
(H N) RCOONa
n n 0,04
R 42
X là H NC H COOH
n 1
5
M 125
0,04
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
9
Câu 24 – Mã đề 537: Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp
gồm X và Y chỉ tạo ra một amino axit duy nhất có công thức H
2
NC
n
H
2n
COOH. Đốt cháy 0,05 mol
Y trong oxi dư, thu được N
2
và 36,3 gam hỗn hợp gồm CO
2
, H
2
O. Đốt cháy 0,01 mol X trong oxi
dư, cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)
2
dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng đều
xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 29,55. B. 17,73. C. 23,64. D. 11,82.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Amino axit tạo nên X, Y là amino axit no, mạch hở, có một nhóm –COOH và một nhóm –NH
2
có công thức chung là C
n
H
2n+1
O
2
N.
X là tripeptit tạo ra từ amino axit trên có công thức là C
3n
H
6n-1
O
4
N
3
.
Y là tetrapeptit tạo ra từ amino axit trên có công thức là C
4n
H
8n-2
O
5
N
4
.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, H trong phản ứng đốt cháy Y, X, ta có :
{
{
{
{
{
−
= =
= − = − ⇒ = ⇒ = = =
+ =
= =
2
2 3 2
2 2
3
CO Y
0,05
9 17 4 3
H O Y BaCO CO X
0,05 0,01
CO H O
BaCO
0,2n.44 0,05(4n 1)18
n 4n.n 0,2n
X : C H O N
n (4n 1)n 0,05(4n 1) n 3 n n 9n 0,09 mol
m m 36,3
m 0,09.197 17,73 gam
PS : Cách thiết lập công thức của X, Y :
X là tripeptit nên công thức của X là : (3C
n
H
2n+1
O
2
N – 2H
2
O) = C
3n
H
6n-1
O
4
N
3
;
Y là tetrapeptit nên công thức của X là : (4C
n
H
2n+1
O
2
N – 3H
2
O) = C
4n
H
8n-2
O
5
N
4
.
Câu 13 – Mã đề 374: Cho X là hexapeptit Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val và Y là tetrapeptit Gly-Ala-
Gly-Glu. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm X và Y thu được 4 amino axit, trong đó có 30
gam glyxin và 28,48 gam alanin. Giá trị của m là
A. 77,6. B. 83,2. C. 87,4. D. 73,4.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)
Hướng dẫn giải
Đặt
X Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val Y Gly-Ala-Gly-Glu
n n x mol; n n y mol.
= = = =
{
{
{
{
{
{
{
{
2 2
X Ala Gly Val H O Y Ala Gly Glu H O
89 117 89 147
75 75
18 18
M 2M 2M 2M 5M 472; M M 2M M 3M 332.
= + + − = = + + − =
Theo bảo toàn nhóm Gly và nhóm Ala, ta có :
Ala Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val Gly-Ala-Gly-Glu
x y
Gly Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val Gly-Ala-Gly-Glu
x y
28,48
n 2n n 0,32
89
x 0,12
30 y 0,08
n 2 n 2 n 0,4
75
= + = =
=
⇒
=
= + = =
144424443 14243
144424443 14243
Suy ra :
{ {
= + =
X Y
0,12.472 0,08.332
m m m 83,2 gam
Biờn son v ging dy : Thy Nguyn Minh Tun Trng THPT Chuyờn Hựng Vng Phỳ Th T 01689 186 513
Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing
10
Ngoi cỏc dng bi ỏp dng bo ton nguyờn t v nhúm nguyờn t, trong thi cũn cú nhng
bi s dng bo ton liờn kt
:
Cõu 45 Mó 958: Cho 27,2 gam ankin X tỏc dng vi 15,68 lớt khớ H
2
(ktc) cú xỳc tỏc thớch
hp, thu c hn hp Y (khụng cha H
2
). Bit Y phn ng ti a vi dung dch cha 16 gam Br
2
.
Cụng thc phõn t ca X l
A. C
2
H
2
. B. C
3
H
4
. C. C
4
H
6
. D. C
5
H
8
.
( thi tuyn sinh Cao ng khi A v khi B nm 2013)
Hng dn gii
X l ankin nờn phõn t cú 2 liờn kt
. Suy ra X tham gia phn ng cng hp vi H
2
, Br
2
theo
t l l 1 : 2.
Ta cú :
{
{
= + =
=
= =
= =
2 2
X H Br
X
0,7 0,1
5 8
X
X
X
X X
2n n n 0,8
n 0,4
X laứ C H
27,2
m
27,2
M 68
M
0,4
n n
Cõu 3 Mó 374: Trong mt bỡnh kớn cha 0,35 mol C
2
H
2
; 0,65 mol H
2
v mt ớt bt Ni. Nung
núng bỡnh mt thi gian, thu c hn hp khớ X cú t khi so vi H
2
bng 8. Sc X vo lng d
dung dch AgNO
3
trong NH
3
n phn ng hon ton, thu c hn hp khớ Y v 24 gam kt ta.
Hn hp khớ Y phn ng va vi bao nhiờu mol Br
2
trong dung dch?
A. 0,10 mol. B. 0,20 mol. C. 0,25 mol. D. 0,15 mol.
( thi tuyn sinh i hc khi A nm 2013)
Hng dn gii
S phn ng :
o
2
2 2
2 6
2 2 2 4
t , Ni
2 2 2
2
X
2 4
2 6
Br
2 6 2 4 2
2
2
Y
C Ag
C H
C H C H
H C H
H
C H
C H
C H C H Br
H
H
+
123
123
S mol hn hp khớ ban u :
{
{
2 2 2 2 2 2
(C H , H ) C H H
0,35 0,65
n n n 1 mol.
= + =
Theo bo ton khi lng, ta cú :
2 2 2
2 2 2
(C H , H ) ban ủau
X
X X
(C H , H ) ban ủau
X X
m
m 0,35.26 0,65.2
m m n 0,65 mol.
M M 8.2
+
= = = = =
Suy ra :
{
2
2 2 2
H phaỷn ửựng X
(C H , H ) ban ủau
0,65
1
n n n 0,35 mol.
= =
1442443
Theo gi thit, suy ra :
3
dd AgNO dử
Biờn son v ging dy : Thy Nguyn Minh Tun Trng THPT Chuyờn Hựng Vng Phỳ Th T 01689 186 513
Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing
11
2 2 2 2 2 2 2 2
C H dử C Ag C H phaỷn ửựng vụựi H vaứ Br
24
n n 0,1 mol n 0,25 mol.
240
= = = =
Do C
2
H
2
cú hai liờn kt
nờn tham gia phn ng cng H
2
v Br
2
theo t l 1 : 2.
Suy ra :
+ = =
14243 14243 144424443
2 2 2 2 2 2 2
Br phaỷn ửựng H phaỷn ửựng C H phaỷn ửựng vụựi H vaứ Br Br phaỷn ửựng
? 0,35 0,25
n n 2n n 0,15 mol
3. Phng phỏp bo ton khi lng
Cõu 6 Mó 537: Cho m gam mt oxit st phn ng va vi 0,75 mol H
2
SO
4
, thu c dung
dch ch cha mt mui duy nht v 1,68 lớt khớ SO
2
(ktc, sn phm kh duy nht ca S
+6
). Giỏ tr
ca m l
A. 24,0. B. 34,8. C. 10,8. D. 46,4.
( thi tuyn sinh i hc khi B nm 2013)
Hng dn gii
p dng bo ton nguyờn t S v H, ta cú :
{
{
2 4 2 2 4 3
2 4 3
2
2 2 4
H SO SO Fe (SO )
Fe (SO )
0,75 0,075
?
H O
H O H SO
n n 3n
n 0,225 mol
n 0,75 mol
n n 0,75
= +
=
=
= =
14243
p dng bo ton khi lng, ta cú :
{
{
+ = + + =
123 14243
x y 2 4 2 4 3 2 2 x y
Fe O H SO Fe (SO ) SO H O Fe O
0,075.64 0,75.18
0,75.98 0,225.400
m m m m m m 34,8 gam
Cõu 46 Mó 537: Hũa tan hon ton 24 gam hn hp X gm MO, M(OH)
2
v MCO
3
(M l kim
loi cú húa tr khụng i) trong 100 gam dung dch H
2
SO
4
39,2% thu c 1,12 lớt khớ (ktc) v
dung dch Y ch cha mt cht tan duy nht cú nng 39,41%. Kim loi M l
A. Mg. B. Cu. D. Zn. D. Ca.
( thi tuyn sinh i hc khi B nm 2013)
Hng dn gii
S phn ng :
(MO, M(OH)
2
, MCO
3
) + H
2
SO
4
MSO
4
+ CO
2
+ H
2
O
Theo gi thit v ỏp dng bo ton khi lng, ta cú :
{
{
= + =
=
= =
=
= = =
14243
2 4 2
4
4
4 2 4
dd spử X dd H SO CO
24
0,05.44
100
MSO
MSO
M
MSO H SO
m m m m 121,8
M 120
m 39,41%.121.8 48 M laứ Mg
M 24
100.39,2%
n n 0,4
98
PS : Nu trng hp to ra mui MSO
4
khụng tha món thỡ ta xột thờm trng hp to ra mui
M(HSO
4
)
2
. bi ny, nu cho to ra M(HSO
4
)
2
thỡ hay hn, nhiu hc sinh s khụng ng ti.
Biờn son v ging dy : Thy Nguyn Minh Tun Trng THPT Chuyờn Hựng Vng Phỳ Th T 01689 186 513
Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing
12
Cõu 47 Mó 374: Hn hp X gm H
2
, C
2
H
4
v C
3
H
6
cú t khi so vi H
2
l 9,25. Cho 22,4 lớt X
(ktc) vo bỡnh kớn cú sn mt ớt bt Ni. un núng bỡnh mt thi gian, thu c hn hp khớ Y cú t
khi so vi H
2
bng 10. Tng s mol H
2
ó phn ng l
A. 0,070 mol. B. 0,015 mol. C. 0,075 mol. D. 0,050 mol.
( thi tuyn sinh i hc khi A nm 2013)
Hng dn gii
p dng bo ton khi lng, ta cú :
{
{ {
{ {
=
= =
= =
2
Y
X Y
X Y X Y
H phaỷn ửựng X Y
9,25.2 10.2
1
1 0,925
n 0,925 mol
m m n M n M
n n n 0,075 mol
Cõu 33 Mó 958: Hn hp X gm hai ancol n chc, ng ng k tip. un núng 16,6 gam
X vi H
2
SO
4
c 140
o
C, thu c 13,9 gam hn hp ete (khụng cú sn phm hu c no khỏc).
Bit vi phn ng xy ra hon ton. Cụng thc ca hai ancol trong X l
A. C
3
H
7
OH v C
4
H
9
OH. B. CH
3
OH v C
2
H
5
OH.
C. C
2
H
5
OH v C
3
H
7
OH. D. C
3
H
5
OH v C
4
H
7
OH.
( thi tuyn sinh Cao ng khi A v khi B nm 2013)
Hng dn gii
p dng bo ton khi lng v bo ton nguyờn t H trong nhúm OH ca ancol, ta cú :
2 2
2 2
H O H O
ROH ROR
ROH
H O H O
ROH ROH
m m m m 2,7
16,6
M 55,33
n 2n n 2n 0,3
0,3
= + =
= =
= = =
Vy hai ancol trong X l
= =
2 5 3 7
C H OH (M 46) vaứ C H OH (M 60)
Cõu 55 Mó 374: Peptit X b thy phõn theo phng trỡnh phn ng X + 2H
2
O
2Y + Z
(trong ú Y v Z l cỏc amino axit). Thy phõn hon ton 4,06 gam X thu c m gam Z. t chỏy
hon ton m gam Z cn va 1,68 lớt khớ O
2
(ktc), thu c 2,64 gam CO
2
; 1,26 gam H
2
O v
224 ml khớ N
2
(ktc). Bit Z cú cụng thc phõn t trựng vi cụng thc n gin nht. Tờn gi ca Y
l
A. glyxin. B. lysin. C. axit glutamic. D. alanin.
( thi tuyn sinh i hc khi A nm 2013)
Hng dn gii
Cỏch 1:
Theo gi thit v bo ton khi lng, ta cú :
{
{
{
{
{
2
2
2
2 2 2 2
CO
Z
H O
O trong Z
N
Z O CO H O N
C H O N
?
0,075.32 2,64 1,26 0,01.28
n 0,06
m 1,78
n 0,07
1,78 0,06.12 0,07.2 0,01.28
n 0,04
n 0,01
16
m m m m m
n : n : n :n 3: 7: 2 :1
=
=
=
= =
=
+ = + +
=
Vy Z l C
3
H
7
O
2
N.
Theo phn ng cho v bo ton khi lng, ta cú :
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
13
{
{
{
{
= =
=
=
= = = ⇒ ⇒
=
+ = +
3 7 2
2 3 7 2
2
C H O N
Y
Y
H O Y C H O N
Y 2 2
X H O Y Z
4,06 ? 1,78
0,04.18
1,78
n 0,02
89
M 75
n 0,04
n n 2n 0,04
m 3 Y là H NCH COOH
m m m m
● Cách 2:
Khi đốt cháy Z, ta có
2 2
C H CO H O
n : n n : 2n 3:7
= =
. Do Z là một amino axit và Z có cơng thức
phân tử trùng với cơng thức đơn giản nhất nên có thể suy ra ngay cơng thức phân tử của Z là
C
3
H
7
O
2
N.
Từ đó làm tương tự như trên.
Câu 20* – Mã đề 374: Hợp chất X có thành phần gồm C, H, O chứa vòng benzen. Cho 6,9 gam X
vào 360 ml dung dịch NaOH 0,5 M (dư 20% so với lượng cần phản ứng) đến phản ứng hồn tồn,
thu được dung dịch Y. Cơ cạn Y thu được m gam chất rắn khan. Mặt khác, đốt cháy hồn tồn 6,9
gam X cần vừa đủ 7,84 lít O
2
(đktc), thu được 15,4 gam CO
2
. Biết X có cơng thức phân tử trùng với
cơng thức đơn giản nhất. Giá trị của m là
A. 13,2. B. 12,3 . C. 11,1. D. 11,4.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết và bảo tồn khối lượng, ta có :
{
{
{
{
2
2
2
2
2 2 2
C CO
H O
O
H H O
X O CO H O
6,9
11,2 15,4 ?
O trong X
n n 0,35
7,84
m 2,7
m .32 11,2
22,4
n 2n 0,3
m m m m
6,9 0,35.12 0,3
n 0,15
16
= =
=
= =
⇒
= =
+ = +
− −
= =
Suy ra
C H O
n : n : n 7:6 :3.
= Vậy X là C
7
H
6
O
3
. Độ bất bão hòa của X là 5 nên X có một chức
axit hoặc một chức este. Suy ra X có dạng là HOC
6
H
4
COOH hoặc HCOOC
6
H
4
OH.
Do
X
NaOH phản ứng
6 4
X
NaOH phản ứng
n 0,05
n
3 X là HCOOC H OH
0,18
n
n 0,15
120%
=
⇒ = ⇒
= =
Phương trình phản ứng :
HCOOC
6
H
4
OH + 3NaOH
→
C
6
H
4
(ONa)
2
+ HCOONa + 2H
2
O
Chất rắn sau phản ứng là C
6
H
4
(ONa)
2
, HCOONa và NaOH dư.
Ta có :
{
{
+ = + ⇒ =
123
14243
2
X NaOH H O
chất rắn chất rắn
6,9
0,18.40
0,05.2.18
?
m m m m m 13,2 gam
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
14
4. Phương pháp bảo toàn điện tích
Câu 16 – Mã đề 537: Hòa tan hoàn toàn x mol Fe vào dung dịch chứa y mol FeCl
3
và z mol HCl,
thu được dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất. Biểu thức liên hệ giữa x, y và z là
A. x = y – 2z. B. 2x = y + z. C. 2x = y + 2z. D. y = 2x.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Ở bài tập này, ngoài cách áp dụng bảo toàn electron, ta còn có thể áp dụng bảo toàn điện tích.
Dung dịch sau phản ứng có chứa chất tan duy nhất là FeCl
2
.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe, Cl và bảo toàn điện tích trong muối FeCl
2
, ta có :
{
{
{
{
+
−
+ −
= +
= + ⇒ + = + ⇒ = +
=
2
3
3
2
Fe FeCl
Fe
x
y
HCl FeCl
Cl
z
y
Fe Cl
n n n
n n 3n 2(x y) 3y z 2x y z
2n n
Câu 34 – Mã đề 537: Dung dịch X chứa 0,12 mol Na
+
; x mol
2
4
SO
−
; 0,12 mol
Cl
−
và 0,05 mol
+
4
NH
. Cho 300 ml dung dịch Ba(OH)
2
0,1M vào X đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc bỏ
kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 7,190. B. 7,020. C. 7,875. D. 7,705.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch X, ta có :
{
{
{
{
2
4 4
Na NH Cl SO
0,12 0,12
0,05 x
n n n 2n x 0,025
+ + − −
+ = + ⇒ =
.
Phản ứng của dung dịch X với 0,03 mol Ba(OH)
2
, ta có :
{
{
{
{
2 2
4
4
3
4
Ba SO
0,03
BaSO
0,025
NH
OH NH
0,06
0,05
n n
n 0,025
n 0,05
n n
+ −
− +
↓
↑
>
=
⇒
=>
Dung dịch Y gồm các ion Na
+
,
Cl
−
, Ba
2+
dư,
OH
−
dư. Khi cô cạn dung dịch Y thu được chất
rắn có khối lượng là :
{
{
+ − + −
= + + + =
14243 14243
2
chaát raén
Na Cl Ba dö OH dö
0,12.23 0,12.35,5
0,005.137 0,01.17
m m m m m 7,875 gam
Câu 31 – Mã đề 537: Cho 200 ml dung dịch Ba(OH)
2
0,1M vào 300 ml dung dịch NaHCO
3
0,1M,
thu được dung dịch X và kết tủa Y. Cho từ từ dung dịch HCl 0,25M vào X đến khi bắt đầu có khí
sinh ra thì hết V ml. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là
A. 80. B.160. C. 60. D. 40.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết :
2
2 2 3
3
Ba(OH) Ba(OH) NaHCO
Ba OH HCO
n n 0,02 mol; n 2n 0,04 mol; n n 0,03 mol.
+ − −
= = = = = =
Ta có :
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
15
{
{
3
3
2
3 3
2
OH HCO
BaCO
0,04
0,03
CO sinhra HCO
2
3
Ba
n n
n 0,02
OH : 0,01
n n 0,03
dd X: CO : 0,01
n 0,02
Na
− −
− −
+
↓
−
−
+
>
=
= = ⇒
=
Khi cho từ từ HCl vào dung dịch X đến khi bắt đầu thoát khí, xảy ra các phản ứng :
H
+
+
OH
−
→
H
2
O
H
+
+
2
3
CO
−
→
3
HCO
−
Suy ra :
+ − −
= + = ⇒ = = =
2
3
dd HCl 0,25M
H OH dö CO
0,02
n n n 0,02 V 0,08lít 80 ml
0,25
Câu 36 – Mã đề 374: Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO
4
và NaCl (hiệu
suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì
ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa
20,4 gam Al
2
O
3
. Giá trị của m là
A. 25,6. B. 23,5 C. 51,1. D. 50,4.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)
Hướng dẫn giải
Thứ tự khử trên catot : Cu
2+
> H
2
O.
Thứ tự oxi hóa trên anot :
Cl
−
> H
2
O.
Dung dịch X sau phản ứng điện phân hòa tan được Al
2
O
3
, chứng tỏ trong X chứa axit (H
+
) hoặc
bazơ (
OH
−
).
Nếu dung dịch X chứa
OH
−
thì khí sinh ra ở anot là Cl
2
(0,3 mol). Trong dung dịch X chứa các
ion âm là
2
4
SO
−
và
OH
−
và ion dương là Na
+
. Vậy ion
Cl
−
trong NaCl đã được thay thế bằng ion
2
4
SO
−
và
OH
−
.
Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau điện phân và trong phản ứng của Al
2
O
3
với
OH
−
, ta có :
{
{
2
2
4
2
4
4
2
2 3
4
4
Cl
OH SO Cl
CuSO
0,3 OH SO
Al O
SO NaCl
OH [Al(OH) ]
Cl
0,2
n 2n n 2n 0,6
n 0,4 n n 0,1
n 0,1
n n 2n 0,4
n n 0,6
− − −
− −
−
− −
−
+ = = =
= = =
⇒ ⇒
=
= = =
= =
Suy ra
{
= + =
123
4
CuSO NaCl
0,6.58,5
0,1.160
m m m 51,1 gam
Nếu dung dịch sau điện phân chứa H
+
thì khí sinh ra là Cl
2
và O
2
.
Theo giả thiết và áp dụng bảo toàn điện tích ta có :
3
2 3
2 2
2
2
2
Al O
H Al
O Cl
O
H O trong H O
n 3n 3.2n 1,2
n 0,3 n 0 (loaïi).
n 2n 2.2n
+ +
+ −
= = =
⇒ = ⇒ =
= =
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
16
5. Phương pháp tăng giảm khối lượng
Câu 3 – Mã đề 958: Hòa tan hoàn toàn 20,6 gam hỗn hợp gồm Na
2
CO
3
và CaCO
3
bằng dung dịch
HCl dư, thu được V lít khí CO
2
(đktc) và dung dịch chứa 22,8 gam hỗn hợp muối. Giá trị của V là
A. 1,79. B. 4,48. C. 2,24. D. 5,60.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2013)
Hướng dẫn giải
● Cách 1 : Tính toán theo phương trình phản ứng
Phương trình phản ứng :
Na
2
CO
3
+ 2HCl
→
2NaCl + H
2
O + CO
2
(1)
mol: x
→
2x
→
x
CaCO
3
+ 2HCl
→
CaCl
2
+ H
2
O + CO
2
(2)
mol: y
→
y
→
y
Theo (1), (2) và giả thiết, ta có :
2
CO
106x 100y 20,6 x 0,1
n x y 0,2 mol
58,5.2y 111y 22,8 y 0,1
+ = =
⇒ ⇒ = + =
+ = =
2
CO (ñktc)
V 0,2.22,4 4,48 lít
⇒ = =
● Cách 2 : Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
Bản chất phản ứng là sự thay thế ion
2
3
CO
−
trong các muối cacbonat bằng ion
Cl .
−
Khối lượng
muối clorua thu được lớn hơn 22,8 – 20,6 = 2,2 gam so với khối lượng muối cacbonat ban đầu là do
khối lượng của ion
Cl
−
thay thế lớn hơn khối lượng của ion
2
3
CO
−
.
Theo bảo toàn điện tích và sự tăng giảm khối lượng, ta có :
2
2
2
3
3
2
2
3
3
2
CO
CO
Cl CO
Cl
CO
Cl CO
CO (ñktc)
n n 0,2 mol
n 2n
n 0,4
n 0,2
35,5n 60n 2,2
V 0,2.22,4 0,448 lít
−
− −
−
−
− −
= =
=
=
⇒ ⇒
=
− =
= =
6. Phương pháp quy đổi
Câu 6 – Mã đề 537: Cho m gam một oxit sắt phản ứng vừa đủ với 0,75 mol H
2
SO
4
, thu được dung
dịch chỉ chứa một muối duy nhất và 1,68 lít khí SO
2
(đktc, sản phẩm khử duy nhất của S
+6
). Giá trị
của m là
A. 24,0. B. 34,8. C. 10,8. D. 46,4.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Ở bài tập này, ngoài cách sử dụng bảo toàn khối lượng, ta còn có thể sử dụng phương pháp quy
đổi.
Quy đổi oxit sắt thành Fe và O.
Trong phản ứng, chất khử là Fe; chất oxi hóa là O và H
2
SO
4
.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố S, bảo toàn điện tích, bảo toàn electron, ta có :
Biờn son v ging dy : Thy Nguyn Minh Tun Trng THPT Chuyờn Hựng Vng Phỳ Th T 01689 186 513
Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing
17
{
{
{
{
{
{
+
= =
=
= = = + =
=
= +
14243
2
2 4 2
4
3 2
4
Fe
2
H SO SO
SO taùo muoỏi
0,75 0,075
Fe
Fe O
Fe SO taùo muoỏi
O
0,45.56 0,6.16
n
0,675
Fe O SO
0,075
n n n 0,675
n 0,45
3n 2n 1,35 m m m 34,8 gam
n 0,6
3n 2n 2n
Cõu 3 Mó 537: Hn hp X gm FeO, Fe
2
O
3
v Fe
3
O
4
. Cho khớ CO qua m gam X nung núng,
sau mt thi gian thu c hn hp cht rn Y v hn hp khớ Z. Cho ton b Z vo dung dch
Ca(OH)
2
d, n phn ng hon ton, thu c 4 gam kt ta. Mt khỏc, hũa tan hon ton Y trong
dung dch H
2
SO
4
c, núng (d), thu c 1,008 lớt khớ SO
2
(ktc, sn phm kh duy nht) v dung
dch cha 18 gam mui. Giỏ tr ca m l
A. 7,12. B. 6,80. C. 5,68. D. 13,52.
( thi tuyn sinh i hc khi B nm 2013)
Hng dn gii
Quy i hn hp X gm FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
thnh Fe v O.
Cht kh trong ton b quỏ trỡnh phn ng l Fe, CO; cht oxi húa l O v H
2
SO
4
. 18 gam mui
l mui Fe
2
(SO
4
)
3
.
Theo bo ton nguyờn t C, Fe v bo ton electron, ta cú :
{
{
{
{
{
{
{
= =
=
= = = + =
=
+ = +
14243
2 3
2 4 3
2
CO CO CaCO
0,04
Fe
Fe Fe (SO ) Fe O
O
0,09.56 0,13.16
0,045
Fe CO O SO
0,09 0,04 ?
0,045
n n n
n 0,09
n 2n 0,09 m m m 7,12 gam
n 0,13
3n 2n 2n 2n
Cõu 19* Mó 374: Hn hp X gm Na, Ba, Na
2
O v BaO. Hũa tan hon ton 21,9 gam X vo
nc, thu c 1,12 lớt khớ H
2
(ktc) v dung dch Y, trong ú cú 20,52 gam Ba(OH)
2
. Hp th
hon ton 6,72 lớt khớ CO
2
(ktc) vo Y, thu c m gam kt ta. Giỏ tr ca m l
A. 23,64. B. 15,76. C. 21,92. D. 39,40.
( thi tuyn sinh i hc khi A nm 2013)
Hng dn gii
Quy i hn hp X gm Na, Ba, Na
2
O v BaO thnh Na, Ba, O.
{
{
{
2
2
2
Na Ba O H
H 0,12
0,05 Na
Ba Ba(OH) O
Na Ba O
0,12
n 2 n 2n 2n
n 0,05
n 0,14
n n 0,12 n 0,14
23n 137n 16n 21,9
+ = +
=
=
= = =
+ + =
Suy ra dung dch kim sau phn ng cú 0,14 mol NaOH v 0,12 mol Ba(OH)
2
.
Do
2
OH
CO
n
1 2
n
< <
phn ng to ra c
2
3 3
CO vaứ HCO .
Ta cú :
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
18
{
{
+
+
− −
−
=
=
=
⇒ ⇒
= +
=
= =
∑
14243
2
2
3
2
2
3
2
3
3
Ba
BaCO
Ba
CO
OH CO
CO
BaCO
0,3
0,38
?
n 0,12
n 0,08 mol
n 0,12
n n n
n 0,08
m 0,08.197 15,76 gam
Câu 24 – Mã đề 958: Hỗn hợp khí X gồm C
2
H
6
, C
3
H
6
và C
4
H
6
. Tỉ khối của X so với H
2
bằng 24.
Đốt cháy hoàn toàn 0,96 gam X trong oxi dư rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào 1 lít dung dịch
Ba(OH)
2
0,05M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 9,85. B. 7,88. C. 13,79. D. 5,91.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A và khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Quy đổi hỗn hợp X thành 1 chất có công thức là C
x
H
6
.
Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố C, ta có :
x 6
2
2 x 6
C H
CO
CO C H
12x 6 24.2 48
x 3,5
0,96
n 0,02
n 3,5.0,02 0,07
48
n x.n
+ = =
=
= = ⇒
= =
=
Khi cho 0,07 mol CO
2
vào dung dịch chứa 0,05 mol Ba(OH)
2
sẽ tạo ra cả muối BaCO
3
và
Ba(HCO
3
)
2
. Ta có :
{
= + ⇒ = ⇒ = =
14243
2 2 3 3 3
Ba(OH) CO BaCO BaCO BaCO
0,07
0,05
2n n n n 0,03 m 0,03.197 5,91 gam
Câu 45 – Mã đề 537: Amino axit X có công thức H
2
NC
x
H
y
(COOH)
2
. Cho 0,1 mol X vào 0,2 lít
dung dịch H
2
SO
4
0,5M, thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch gồm NaOH
1M và KOH 3M, thu được dung dịch chứa 36,7 gam muối. Phần trăm khối lượng của nitơ trong X
là
A. 9,524%. B. 10,687%. C. 10,526%. D. 11,966%.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Sau các phản ứng, nhóm –NH
2
không bị biến đổi hóa học, nhóm –COOH bị chuyển thành nhóm
–COOK, –COONa. Vậy quy đổi toàn bộ phản ứng trong bài thành phản ứng của
−
OH
với H
+
và
nhóm –COOH.
Ta có :
{
(KOH, NaOH) COOH
OH H
NaOH
0,2
0,2
KOH
NaOH KOH
n n n n 0,4
n 0,1
n 0,3
n :n 1:3
− +
−
= = + =
=
⇒
=
=
123
{
{
-
2 2
- 2
2 2
2 2 4
-
2 2
H NR(COO )
H NR(COOH)
H NR(COO ) K Na SO
H NR(COO )
0,3.39
0,1.23
? 0,1.96
m 13,1
m m m m 36,7 M 133
M 131
+ + −
=
+ + + = ⇒ ⇒ =
=
14243 123
Vậy
= =
N trong X
14
%m .100% 10,526%
133
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
19
Câu 19 – Mã đề 958: Cho 100 ml dung dịch amino axit X nồng độ 0,2M phản ứng vừa đủ với 80
ml dung dịch NaOH 0,25M, thu được dung dịch Y. Biết Y phản ứng tối đa với 120 ml dung dịch
HCl 0,5M, thu được dung dịch chứa 4,71 gam hỗn hợp muối. Cơng thức của X là
A. (H
2
N)
2
C
2
H
3
COOH. B. (H
2
N)
2
C
3
H
5
COOH.
C. H
2
NC
3
H
5
(COOH)
2
. D. H
2
NC
3
H
6
COOH.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A và khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết :
NaOH
X
n
0,02 1
n 0,01 1
= = ⇒
X có 1 nhóm – COOH.
Phản ứng của amino axit X với NaOH, thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng tối đa với dung
dịch HCl thì bản chất của tồn bộ q trình này là nhóm
OH
−
của NaOH và nhóm –NH
2
của X phản
ứng với H
+
của HCl. Ta có :
{
{
{
2
2 2
NH
NH NH
OH H
X
0,06
0,02 ?
n
n n n n 0,04 2
n
− +
−
− −
+ = ⇒ = ⇒ =
⇒
X có hai nhóm –NH
2
.
Đặt cơng thức của X là (H
2
N)
2
RCOOH.
Theo bảo tồn nhóm OH và bảo tồn khối lượng, ta có :
{
{
{
{
−
= =
=
=
⇒ ⇒
+ + = +
=
123
HOH
OH
2 3
X
X NaOH HCl HOH
muối
X 2 2 2 3
0,06.36,5 0,02.18
4,71
0,02.40
n n 0,02
R 27 (C H )
m 2,08
m m m m m
M 104 X là (H N) C H COOH
7. Phương pháp trung bình
Câu 57 – Mã đề 958: Hỗn hợp X gồn hai anđehit no, đơn chức, mạch hở (tỉ lệ mol 3 : 1). Đốt cháy
hồn tồn một lượng X cần vừa đủ 1,75 mol khí O
2
, thu được 33,6 lít khí CO
2
( đktc). Cơng thức
của hai anđehit trong X là:
A. HCHO và CH
3
CHO. B. HCHO và C
2
H
5
CHO.
C. CH
3
CHO và C
3
H
7
CHO. D. CH
3
CHO và C
2
H
5
CHO.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A và khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Đặt cơng thức của hai anđehit no, đơn chức là
2
n 2n
C H O .
Khi đốt cháy anđehit no, đơn chức (k =1) thì số mol CO
2
thu được bằng số mol H
2
O.
Theo giả thiết và bảo tồn ngun tố O, ta có :
=
= = =
⇒ ⇒
= =
+ = +
n 2 n
2 2
2
2 2 2
n 2 n
n 2 n
C H O
H O CO
2
CO
X
n 2n
C H O O CO H O
C H O
n 1
33,6
n n 1,5
CH O
22,4
n
X gồm
C H O
C 1,5
n 2n 2n n
n
Nếu
2 n 2 n
X
CH O C H O
1.1 3n
n : n 1: 3 C 1,5 n 1,66 (loại).
4
+
= ⇒ = = ⇒ =
Nếu
2 n 2 n
X
CH O C H O
3.1 1.n
n : n 3:1 C 1,5 n 3 (thỏa mãn).
4
+
= ⇒ = = ⇒ =
Vậy hai anđehit là
2 5
HCHO và C H CHO
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
20
Câu 2 – Mã đề 537: Cho 0,76 gam hỗn hợp X gồm hai amin đơn chức, có số mol bằng nhau, phản
ứng hoàn toàn với dung dịch HCl dư, thu được 1,49 gam muối. Khối lượng của amin có phân tử
khối nhỏ hơn trong 0,76 gam X là
A. 0,45 gam. B. 0,38 gam. C. 0,58 gam. D. 0,31 gam.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Gọi hai amin đơn chức trong hỗn hợp X lần lượt là AM
1
và AM
2
.
Theo giả thiết, suy ra :
=
= =
−
= = = ⇒ ⇒
= =
= =
1
1
1 2
X
AM
X HCl
AM
AM AM
0,76
M 31
M 38
1,49 0,76
0,02
n n 0,02
36,5
m 31.0,01 0,31 gam
n n 0,01
Câu 22 – Mã đề 537: Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong
cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 4,02 gam X, thu được 2,34 gam H
2
O. Mặt khác 10,05 gam
X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được 12,8 gam muối. Công thức của hai axit là
A. C
3
H
5
COOH và C
4
H
7
COOH. B. C
2
H
3
COOH và C
3
H
5
COOH.
C. C
2
H
5
COOH và C
3
H
7
COOH. D. CH
3
COOH và C
2
H
5
COOH.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, ta thấy :
Trong 4,02 gam X có
{
2
H H O
0,13
n 2n 0,26 mol.
= =
Trong 10,05 gam X có
X COOH
12,8 10,05
n n 0,125 mol.
22
−
−
= = =
Suy ra : Trong 4,02 gam X có :
= =
=
= = ⇒ ⇒
=
= =
X
2 3
X
3 5
X
0,26
H 5,2
C H COOH (M 72, coù 4H)
0,05
0,125.4,02
n 0,05 X goàm
4,02 C H COOH (M 86, coù 6H)
10,05
M 80,4
0,05
Câu 38* – Mã đề 537: Axit cacboxylic X hai chức (có phần trăm khối lượng của oxi nhỏ hơn
70%), Y và Z là hai ancol đồng đẳng kế tiếp (M
Y
< M
Z
). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp gồm
X, Y, Z cần vừa đủ 8,96 lít khí O
2
(đktc), thu được 7,84 lít khí CO
2
(đktc) và 8,1 gam H
2
O. Phần
trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp trên là
A. 15,9%. B. 12,6%. C. 29,9%. D. 29,6%.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết :
X 2
X
4.16
0,7 M 91,4 X : R(COOH)
M
< ⇒ > ⇒
(số C trong X
≥
3).
2
CO
3
2 5
(X, Y, Z)
n
CH OH
0,35
C 1,75 Y, Z laø
C H OH
n 0,2
= = = ⇒
Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có :
{
{
{
2 2 2
O (trong X,Y,Z) O CO H O O (trong X,Y,Z)
0,4 0,35 0,45
0,2.n 2n 2n n n 0,35 mol.
+ = + ⇒ =
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
21
Suy ra :
X (Y, Z)
X
bảotoàn nguyên tố O
(Y, Z)
X (Y, Z)
4n 1.n 0,35
n 0,05
n 0,15
n n 0,2
+ =
=
⇒
=
+ =
1442443
Mặt khác, ta có :
(Y, Z)
(Y, Z) X X
X 2 2
X
(Y, Z)
(Y, Z)
C .n C .n
C 3; X : CH (COOH)
C 1,75
1 C 4
0,2
4
C
3
1 C 2
+
=
= =
⇒ < < ⇒
=
< <
Suy ra :
3 2 5
3
3 2 5
2 5
CH OH C H OH
CH OH
CH OH C H OH
(Y, Z)
C H OH
n n 0,15
n 0,1
1.n 2.n
4
n 0,05
C
0,15 3
+ =
=
⇒
+
=
= =
⇒ = =
+ +
3
CH OH
0,1.32
%m 29,9%
0,1.32 0,05.46 0,05.104
Có thể nói, đây là bài tập hữu cơ khó nhất trong đề thi khối B năm 2013, phải rất thành thạo
phương pháp trung bình thì học sinh mới có thể làm được.
8. Phương pháp tìm khoảng giới hạn
Câu 4*– Mã đề 537: Hòa tan hồn tồn 1,28 gam Cu vào 12,6 gam dung dịch HNO
3
60% thu được
dung dịch X (khơng có ion
+
4
NH
). Cho X tác dụng hồn tồn với 105 ml dung dịch KOH 1M, sau
đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch Y. Cơ cạn Y được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng khơng đổi,
thu được 8,78 gam chất rắn. Nồng độ phần trăm của Cu(NO
3
)
2
trong X là
A. 28,66%. B. 30,08%. C. 27,09%. D. 29,89%.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
chất rắn
8,78
M 83,62
0,105
= = ⇒
Chất rắn gồm KNO
2
(85) và KOH (56). Vậy chất rắn Z gồm KOH
dư và KNO
3
.
{
{
3 2
3 3
KNO KNO
sp khử HNO KNO
0,12 0,1
8,78 0,105.56
n n 0,1
46 17
n n n 0,02
−
= = =
−
= − =
Cu là kim loại hoạt động yếu, khi phản ứng với dung dịch HNO
3
chỉ có thể tạo ra khí NO, NO
2
hoặc cả hai nên ta có :
< =
+ −
⇒ =
> =
+ −
14243
14243
3 2
NO
2
3 2
3 2
NO
Cu(NO )
m
Cu(NO )
Cu(NO )
m
0,02.188
C% .100% 29,01%
1,28 12,6 0,02.46
C% 28,66%
0,02.188
C% .100% 28,31%
1,28 12,6 0,02.30
Nếu đề cho các đáp án nhiễu tốt hơn thì ta phải làm theo cách thơng thường, tất nhiên là mất
thời gian hơn.
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
22
Câu 41 – Mã đề 374: 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 H
2
(đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai, thu được 13,44 lít
khí CO
2
(đktc). Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp là
A. 28,57%. B. 57,14%. C. 85,71%. D. 42,86%.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)
Hướng dẫn giải
Đặt X là RCOOH, Y là R’(COOH)
2
trong phân tử của X, Y đều có nguyên tử n cacbon, và có số
mol lần lượt là x, y.
Bản chất phản ứng của X, Y với Na :
–COOH + Na
→
–COOH +
1
2
H
2
mol: (x+2y)
→
0,5(x+2y) = 0,2
Ta có :
2
COOH
CO
n x 2y 0,4
0,2 x y 0,4 x 0,2
1,5 n 3 n 2
n nx ny 0,6
n(x y) 0,6 y 0,1
−
= + =
< + < =
⇒ ⇒ < < ⇒ = ⇒
= + =
+ = =
Hai axit là CH
3
COOH (X) và HOOC–COOH (Y).
Phần trăm khối lượng của Y là :
= =
+
Y
0,1.90
%m .100% 42,86%
0,1.90 0,2.60
9. Phương pháp tự chọn lượng chất
10. Phương pháp đường chéo
11. Kỹ năng sử dụng phối hợp các phương pháp
Câu 18 – Mã đề 958: Hòa tan hết 0,2 mol FeO bằng dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng (dư), thu được khí
SO
2
(sản phẩm khử duy nhất). Hấp thụ hoàn toàn khí SO
2
sinh ra ở trên vào dung dịch chứa 0,07
mol KOH và 0,06 mol NaOH, thu được dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là
A. 22,34. B. 12,18. C. 15,32. D. 19,71.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A và khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Theo bảo toàn electron
2 2
FeO SO SO
n 2n n 0,1 mol.
= ⇒ =
Suy ra
2
(KOH, NaOH)
SO
n
1 2
n
< <
⇒
phản ứng tạo ra cả muối
2
3
SO
−
và
3
HSO
−
.
Theo bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố S, ta có :
2
2
3
3 3
2
2
3
3 3
SO
SO HSO OH
SO
HSO
SO HSO
n 0,03
2n n n 0,13
n 0,07
n n n 0,1
−
− − −
−
− −
=
+ = =
⇒
=
+ = =
∑
Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có :
{
{
{
+ + − −
= + + + =
123
2
3 3
muoái
K Na SO HSO
0,07.39
0,06.23
0,03.80
0,07.81
m m m m m 12,18 gam
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
23
Câu 32 – Mã đề 537: Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ. Hòa tan hoàn
toàn 1,788 gam X vào nước, thu được dung dịch Y và 537,6 ml khí H
2
(đktc). Dung dịch Z gồm
H
2
SO
4
và HCl, trong đó số mol của HCl gấp hai lần số mol của H
2
SO
4
. Trung hòa dung dịch Y
bằng dung dịch Z tạo ra m gam hỗn hợp muối. Giá trị của m là
A. 4,656. B. 4,460. C. 2,790. D. 3,792.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :
2HOH
X+
→
2
OH
−
+ H
2
(1)
H
+
+
OH
−
→
H
2
O (2)
Theo (1), (2) và giả thiết, ta có :
{
{
{
{
+ −
− −
+
=
= = =
⇒
= + + =
= + =
123
2
2
2 4 4
H
H OH
kl
muoái
HCl H SO Cl SO
H
1,788
2x 0,024.35,5
x
0,012.96
x 0,012 mol
n n 2n 0,048
m m m m 3,792 gam
n n 2 n 0,048
Câu 14* – Mã đề 958: Hỗn hợp X gồm Ba, Na và Al, trong đó số mol của Al bằng 6 lần số mol của
Ba. Cho m gam X vào nước dư đến phản ứng hoàn toàn, thu được 1,792 lít khí H
2
(đktc) và 0,54
gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 5,27. B. 3,81. C. 3,45. D. 3,90.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A và khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :
{
4
2
4 2
0,08 mol
Na[Al(OH) ]
H
Ba[Al(OH) ]
Ba
Na
Al
Al
+ ↑
↓
Phản ứng của Ba, Na, Al là phản ứng oxi hóa – khử. Chất khử là Ba, Na, Al; chất oxi hóa là
H
2
O. 0,54 gam chất rắn là Al dư, số mol Al dư là 0,02 mol.
Theo giả thiết, bảo toàn electron và bảo toàn điện tích, ta có :
{
{
2
2
4
Al pö Al dö Ba
Ba Al pö
0,02
Na
Na Ba Al pö H Na Ba Al pö Ba
0,08
Al pö
Na Ba Al pö
Na Ba [Al(OH) ]
n n 6n
6n n 0,02
n 0,02
n 2n 3n 2 n n 2n 3n 0,16 n 0,01
n 0,04
n 2n n 0
n 2n n
+ + −
+ =
− =
=
+ + = ⇒ + + = ⇒ =
=
+ − =
+ =
Suy ra
{
{
{
= + + =
Na Ba Al
0,06.27
0,02.23 0,01.137
m m m m 3,45 gam
Đây là một bài tập khó trong đề thi Cao đẳng, phải vận dụng đồng thời 3 phương pháp : Bảo
toàn electron, bảo toàn điện tích, bảo toàn khối lượng để giải quyết.
2
H O
+
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
24
Câu 36 – Mã đề 374: Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO
4
và NaCl (hiệu
suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì
ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa
20,4 gam Al
2
O
3
. Giá trị của m là
A. 25,6. B. 23,5 C. 51,1. D. 50,4.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)
Hướng dẫn giải
● Cách 1: Tính toán theo phương trình phản ứng :
Số mol khí thoát ra tại anot = 0,3 mol, số mol Al
2
O
3
= 0,2 mol.
- Khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực, chứng tỏ trong dung dịch ion Cu
2+
và ion Cl
−
bị điện phân hết.
- Dung dịch X sau phản ứng hòa tan được Al
2
O
3
chứng tỏ sau điện phân dung dịch có H
+
tạo
thành (Cu
2+
dư) hoặc có OH
−
tạo thành (hoặc Cl
−
dư).
Các phương trình phản ứng xảy ra:
Cu
2+
+ 2Cl
−
→ Cu + Cl
2
(mol) x
→
2x
→
x
→
x
+ Nếu hết ion Cl
−
, dung dịch còn dư ion Cu
2+
:
2Cu
2+
+ 2H
2
O → 2Cu + O
2
+ 4H
+
(mol) 2y
→
2y
→
y
→
4y
Al
2
O
3
+ 6H
+
→ 2Al
3+
+ 3H
2
O
(mol) 0,2
→
1,2
Ta có:
x + y = 0,3 x 0
(loaïi)
4y = 1,2 y 0,3
=
⇒
=
+ Nếu hết ion Cu
2+
, dung dịch còn dư ion
Cl
−
:
2Cl
−
+ 2H
2
O → 2OH
−
+ H
2
+ Cl
2
(mol) 2y
→
2y
→
y
Al
2
O
3
+ 2OH
−
→ 2AlO
2
−
+ H
2
O
(mol) 0,2
→
0,4
Ta có:
x + y = 0,3 x 0,1
2y = 0,4 y 0,2
=
⇒
=
CuSO
4
: 0,1 mol, NaCl : 0,2 + 0,4 = 0,6 mol.
m = 160.0,1 + 58,5.0,6 =
5,11 gam
● Cách 2 : Sử dụng phối hợp các phương pháp bảo toàn điện tích, bảo toàn electron, bảo toàn
nguyên tố
Thứ tự khử trên catot : Cu
2+
> H
2
O; Thứ tự oxi hóa trên anot :
Cl
−
> H
2
O.
Dung dịch sau phản ứng điện phân hòa (X) tan được Al
2
O
3
, chứng tỏ trong X chứa axit (H
+
)
hoặc bazơ (
OH
−
).
Nếu X chứa
OH
−
thì khí thoát ra trên anot chỉ là Cl
2
(0,3 mol), ta có :
{
{
{
{
{
{
{
{
− −
− −
− =
= =
= = = ⇒ = + =
=
123
2 3
2
2 2 4
2
Al O
OH AlO
0,4
0,2
H Cl CuSO NaCl
Cl OH
0,6.58,5
0,4 0,4
0,2
0,1.160
Cu Cl
0,1
0,3 0,2 0,1
n n 2n
n n 2n 2n m m m 51,1 gam
n n
Nếu X chứa H
+
thì khí thoát ra có cả Cl
2
và O
2
(
2 2
(Cl , O )
n 0,3 mol
=
), ta có :
←
←
→
←
Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513
Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng
25
{
{
{
{
3
2 3
2
2
2
2
Al O
H Al
1,2
0,2
Cl
O
H O (H O)
1,2
0,3
n 3n 6n
n 0 (loại).
n 2n 4n
+ +
+ −
= =
⇒ =
= =
Câu 4*– Mã đề 537: Hòa tan hồn tồn 1,28 gam Cu vào 12,6 gam dung dịch HNO
3
60% thu được
dung dịch X (khơng có ion
+
4
NH
). Cho X tác dụng hồn tồn với 105 ml dung dịch KOH 1M, sau
đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch Y. Cơ cạn Y được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng khơng đổi,
thu được 8,78 gam chất rắn. Nồng độ phần trăm của Cu(NO
3
)
2
trong X là
A. 28,66%. B. 30,08%. C. 27,09%. D. 29,89%.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
chất rắn
8,78
M 83,62
0,105
= = ⇒
Chất rắn gồm KNO
2
(85) và KOH (56). Vậy chất rắn Z gồm KOH
dư và KNO
3
.
Theo bảo tồn ngun tố K, gốc
3
NO
−
và giả thiết, ta có :
2
2
2
KOH dư KNO KOH
KOH dư
KNOKOH dư KNO
n n n 0,105
n 0,005
n 0,156n 85n 8,78
+ = = =
⇒
=+ =
{
3 2
3 3
3 3 3 2
KNO KNO
HNO trong X HNO phản ứng với Cu
KNO HNO trong X Cu(NO )
0,1
? 0,02
n n 0,1
n 0,06 n 0,06
n n 2n
= =
⇒ = ⇒ =
= +
14243 14243
Theo bảo tồn gốc
3
NO
−
, ngun tố H và bảo tồn khối lượng, ta có :
{
3 2
3
2 3
3 2
3
Cu(NO )
NO tạo muối
0,02
H O HNO sp khử
HNO sp khử H O
NO tạo muối
0,03.18
?
0,06.63
0,04.62
m 2n 0,04
n 0,5n 0,03 m 0,76 gam.
m m m m
−
−
= =
= = ⇒ =
= + +
14243
123
123
14243
= =
+ −
3 2
Cu(NO )
0,02.188
C% .100% 28,66%
1,28 12,6 0,76
Có thể nhận định, đây là bài tập vơ cơ khó nhất trong đề thi khối B. Với cách làm bài bản như
thế này thì cần nhiều thời gian hơn so với cách tìm khoảng giới hạn (đã xét ở trên).
←
→
