Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
Câu 1. Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (Y nhiều hơn X một nguyên tử C) và Hidro. Cho 0,4 mol hỗn hợp
M vào bình kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp N. Đốt cháy hồn
tồn N thu được 12,544 lít khí CO2 và 10,08 gam nước. Tìm % khối lượng của X trong hỗn hợp M.
Bài làm
12,544
10,08
nCO2 =
= 0,56 mol; nH2 O =
= 0,56 mol
22,4
22,4
Cách 1: Đây là cách hơi dài một chút nhưng là cách đơn giản rất dễ nghĩ ra
Giả sử X và Y là: Cn H2n−2 (n ≥ 2) và Cn+1 H2n+2 với số mol lần lượt là a, b mol và nH2 = c mol
Như vậy ta sẽ có 4 ẩn số: n, a, b, c. Trong khi đó ta có 3 dữ kiện: nM , nCO2 , nH2 O
Như vậy tuy rằng ta không thể giải ra được cụ thể n, a, b, c nhưng ta có thể tìm được mối liên hệ giữa 4 ẩn
số này, vì vậy đây cũng là cách rất đáng thử
Ta có 3 dữ kiện ứng với 3 phương trình sau:
nM = nX + nY + nH2 ⇒ 0,4 = a + b + c (1)
nCO2 = n. nX + (n + 1). nY = n. a + (n + 1). b = 0,56 (2)
Chú ý: Việc đốt cháy hỗn hợp N cũng hoàn toàn giống với việc đốt cháy hỗn hợp M. Vì vậy khi đốt cháy hỗn
hợp M ta cũng thu được sản phẩm giống như đốt cháy hỗn hợp N.
+O2
Nghĩa là: M → 0,56 mol CO2 + 0,56 mol H2 O
nH2 O = (n − 1). nX + (n + 1). nY + nH2 = (n − 1). a + (n + 1). b + c = 0,56 (3)
a + b + c = 0,4
Ta có (∗) {na + nb + b = 0,56
na + nb − a + b + c = 0,56
Việc cần làm tiếp theo là thế 1 ẩn số theo các ẩn số khác để giảm bớt số ẩn số. Nhận thấy việc thế c = 0,4 −
a − b là đơn giản nhất, khi đó ta có:
na + nb + b = 0,56
na + nb + b = 0,56
⇒ (∗∗) {
{
na + nb − a + b + (0,4 − a − b) = 0,56
na + nb − 2a = 0,16
Đến đây ta sẽ có 2 hướng để làm.
Hướng 1: Sử dụng ln phương pháp chặn hai đầu.
Nhiệm vụ là tìm ra n, vì vậy xét 2 TH:
TH1: a=0
b = 0,4
bn + b = 0,56
0,16 + b = 0,56
0,16 0,16
(∗∗) ⇒ {
⇒{
⇒{
⇒ n = 0,4
nb = 0,16
bn = 0,16
n=
=
= 0,4
b
0,4
TH2: b=0
0,56 0,56
na = 0,56
na = 0,56
na = 0,56
(∗∗) ⇒ {
⇒{
⇒{
⇒n=
=
= 2,8
na − 2a = 0,16
0,56 − 2a = 0,16
a = 0,2
a
0,2
Vậy 0,4 < n < 2,8 ⇒ n = 2
a = 0,16
a + b + c = 0,4
a + b + c = 0,4
⇒ (∗) {
2a + 2b + b = 2a + 3b = 0,56
⇒ { 2a + 3b = 0,56 ⇒ {b = 0,08
c = 0,16
2a + 2b − a + b + c = a + 3b + c = 0,56
a + 3b + c = 0,56
0,16 mol C2 H2
0,16.26
⇒ M {0,08 mol C3 H6 ⇒ %mX = %mC2 H2 =
100% = 53,06%
0,16.26 + 0,08.42 + 0,16.2
0,16 mol H2
Hướng 2: Biến đổi cho đơn giản hơn và sử dụng phương pháp chặn 2 đầu
na + nb = 0,56 − b (I)
na + nb = 0,56 − b
na + nb + b = 0,56
Ta có: (∗∗) {
⇒{
⇒ (∗∗∗) {
(0,56 − b) − 2a = 0,16
na + nb − 2a = 0,16
2a + b = 0,4 (II)
TH1: a = 0
0,56 − 0,4
n. 0 + n. b = 0,56 − b
n. b = 0,56 − b
(∗∗∗) {
⇒{
⇒n=
= 0,4
2.0 + b = 0,4
b = 0,4
0,4
TH2: b = 0
0,56
n. a + n. 0 = 0,56 − 0
n. a = 0,56
(∗∗∗) {
⇒{
⇒n=
= 2,8
2. a + 0 = 0,4
a = 0,2
0,2
Như vậy: 0,4 < n < 2,8
729
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
Chú ý: Mục đích của hướng 2 chỉ là biến đổi để tạo thành biểu thức (2a + b = 0,4), như vậy khi ta xét a=0
hoặc b=0 thì ta sẽ dễ dàng tìm ra được b hoặc a ngay lập tức từ biểu thức 2a + b = 0,4.
Vì vậy nếu bạn đang vội thì có thể dùng ln Hướng 1 cũng rất tốt, không cần biến đổi theo Hướng 2.
* Nhận xét: Như vậy bài toán trên đã được giải khá thành công dựa vào MẸO CHẶN HAI ĐẦU. Tuy đây là
cách biến đổi đại số khá là dài nhưng lại là cách rất đơn giản để nghĩ tới và làm, khơng cần vận dụng tư
duy phức tạp. Trong phịng thi đại học thường áp lực tâm lí rất lớn, vì vậy thay vì việc loay hoay tìm ra
hướng giải nhanh chóng nhất, hay nhất (thường mất nhiều thời gian, sức lực, nhầm lẫn) thì bạn có thể sử
dụng ln cách giải đại số này, có khi cịn tiết kiệm thời gian hơn việc mày mị tìm cách giải nhanh và gọn.
Với bài tốn trên, đề bài khơng cho các bạn thử đáp án. Tuy nhiên, nếu đề bài yêu cầu: “Bạn hãy xác định X
và Y:
𝐀. C4 H6 , C5 H10
B. C5 H8 và C6 H12
C. C3 H4 và C4 H8
D. C2 H2 và C3 H6 ”
Thì bạn hồn tồn có thể thử đáp án ln bằng việc thay trực tiếp n (n = 4 (Đáp án A) hoặc n = 3 (Đáp án
C) hoặc n = 5 (Đáp án B) hoặc n = 2 (Đáp án D)) vào hệ
a + b + c = 0,4
(∗) { na + nb + b = 0,56
để tìm ra đáp số.
na + nb − a + b + c = 0,56
* Chú ý: Bài tốn trên có thể giải bằng cách khác, ngắn gọn và đơn giản hơn rất nhiều (mặc dù sẽ phải tư
duy nhiều hơn). Cách giải này sẽ được đề cập đến trong phần MẸO CHỌN QUÁ TRÌNH để giải các bài hoá
trong đề thi đại học. Tuy nhiên, cách giải đại số trên là cách giải tổng quát nhất, bạn sẽ hiểu hơn khi vận
dụng cách giải đại số kết hợp với MẸO CHẶN HAI ĐẦU trong các bài tập sau:
Câu 2. Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (Y nhiều hơn X một nguyên tử C) và Hidro. Cho 1,52 mol hỗn hợp
M vào bình kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp N. Đốt cháy hoàn
toàn N thu được 52,64 lít khí CO2 và 55,8 gam nước. Tìm % khối lượng của X trong hỗn hợp M.
Bài làm
nCO2 = 2,35 mol; nH2 O = 3,1 mol
Giả sử X và Y là: Cn H2n−2 (n ≥ 2) và Cn+1 H2n+2 với số mol lần lượt là a, b mol và nH2 = c mol
Như vậy ta sẽ có 4 ẩn số: n, a, b, c. Trong khi đó ta có 3 dữ kiện: nM , nCO2 , nH2 O
nM = nX + nY + nH2 ⇒ 1,52 = a + b + c (1)
nCO2 = n. nX + (n + 1). nY = n. a + (n + 1). b = 2,35 (2)
nH2 O = (n − 1). nX + (n + 1). nY + nH2 = (n − 1). a + (n + 1). b + c = 3,1 (3)
a + b + c = 1,52
Ta có (∗) {na + nb + b = 2,35
na + nb − a + b + c = 3,1
Việc cần làm tiếp theo là thế 1 ẩn số theo các ẩn số khác để giảm bớt số ẩn số. Nhận thấy việc thế c =
1,52 − a − b là đơn giản nhất, khi đó ta có:
na + nb + b = 2,35
na + nb + b = 2,35
⇒ (∗∗) {
{
na + nb − a + b + (1,52 − a − b) = 3,1
na + nb − 2a = 1,58
na + nb + b = 2,35
na + nb + b = 2,35
⇒{
⇒{
(2,35 − b) − 2a = 1,58
2a + b = 0,77
2,35 − 0,77
TH1: a = 0 ⇒ b = 0,77 − 2a = 0,77 ⇒ n. 0 + n. 0,77 + 0,77 = 2,35 ⇒ n =
= 2,05
0,77
⇒⟦
0,77 − b
2,35
TH2: b = 0 ⇒ a =
= 0,385 ⇒ n. 0,385 + n. 0 + 0 = 2,35 ⇒ n =
= 6,1
2
0,385
⇒ 2,05 < n < 6,1 ⇒ n = 3, 4, 5, 6
Cách 2: Ngoài cách làm tổng quát như trên, ta cịn có một cách làm khác cũng khá thú vị, có lẽ ngắn gọn
hơn, đó là cách áp dụng PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH kết hợp với MẸO CHẶN HAI ĐẦU
a mol Cn H2n−2 (X) t°,+O
2
0,4 mol M {b mol Cn+1 H2n+2 (Y) →
0,56 mol CO2 + 0,56 mol H2 O
c mol H2
nCO2
Giả sử hai hidrocacbon có số C trung bình là C, ta sẽ có C = n
X+Y
0,56
= a+b (∗)
Như vậy, nhiệm vụ của chúng ta là xác định khoảng giá trị của a và b
730
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
Ta có nM = a + b + c = 0,4 (1)
Ta sẽ sử dụng công thức nCO2 − nH2 O = (k − 1)nX với k = π + v để thiết lập mối quan hệ thứ 2 giữa a, b, c.
Ta có: nCO2 − nH2 O = (nCO2 − nH2 O ) + (nCO2 − nH2 O ) + (nCO2 − nH2 O )
X
Y
H2
= (2 − 1)nX + (1 − 1)nY + (0 − 1). nH2 = a + 0. b − 1. c = a − c = 0,56 − 0,56 = 0 mol ⇒ a − c = 0 (2)
a + b + c = 0,4
Từ (1) và (2) ta có: (∗∗) {
a−c = 0
0,56
Nhiệm vụ của ta là xác định khoảng của (a + b) để tính C dựa vào C =
(∗)
a+b
Để tìm được khoảng của (a+b) ta cần tìm được hệ thức chỉ chứa a, b (khơng chứa c). Vì vậy ta tìm cách
thế c theo a và b.
Xét (2): a − c = 0 ⇒ c = a ⇒ a + b + c = a + b + a = 2a + b = 0,4
2a + b = 0,4 (3)
0,56
Như vậy ta có: {
C=
a+b
Đến đây, ta dùng mẹo MẸO CHĂN HAI ĐẦU để tìm C
TH1: a=0
0,56
0,56
(3) ⇒ b = 0,4 ⇒ C =
=
= 1,4
a + b 0 + 0,4
TH2: b=0
0,4 − 0
0,56
0,56
(3) ⇒ a =
= 0,2 ⇒ C =
=
= 2,8
2
a + b 0,2 + 0
Vậy 1,4 < C < 2,8
Nếu n=2 ⇒ CX = n = 2 và CY = n + 1 = 3 ⇒ thoả mãn 1,4 < C < 2,8
Nếu n=3 ⇒ CX = n = 3 và CY = n + 1 = 4 ⇒ C > 3 ⇒ không thoả mãn 1,4 < C < 2,8 ⇒ loại
nM = a + b + c = 0,4
a mol C2 H2
a = 0,16
nCO2 = 2a + 3b + 0c = 0,56 ⇒ {b = 0,08
Tóm lại n=2 thoả mãn ⇒ M: {b mol C3 H6 ⇒ {
c = 0,16
nH2 O = a + 3b + c = 0,56
c mol H2
* Bình luận: Tại sao ta lại nghĩ đến việc xác định 𝐂 mà khơng cố gắng xác định cụ thể ngay n?
Lí do rất đơn giản: đề bài có 4 ẩn số a, b, c và n trong khi chỉ có 3 dữ kiện nM , nCO2 , nH2 O vì vậy chắc chắn ta
khơng thể tìm được cụ thể n. Lí do thứ 2 là X và Y hơn kém nhau 1 C, vì vậy nếu xác định được C ta có thể
biện luận để tìm được n
* Ta sẽ dùng phương pháp trung bình để giải bài tốn số 2 như sau
nM = a + b + c = 1,52
Ta có: {
(nCO2 − nH2 O ) = (2 − 1)a + (1 − 1)b + (0 − 1)c = a − c = 2,35 − 3,1 = −0,75
a + b + c = 1,52
⇒{
a − c = −0,75 ⇒ c = a + 0,75
⇒ a + b + c = a + b + (a + 0,75) = 2a + b + 0,75 = 1,52 ⇒ 2a + b = 0,77
2a + b = 0,77
nCO2
2,35
Ta có: {
C=
=
nX + nY a + b
2,35
TH1: a = 0 ⇒ b = 0,77 − 2a = 0,77 − 2.0 = 0,77 ⇒ C =
= 3,05
0 + 0,77
Ta có: ⟦
⇒ 3,05 < C < 6,1
0,77 − b 0,77 − 0
2,35
TH2: b = 0 ⇒ a =
=
= 0,385 ⇒ C =
= 6,1
2
2
0,385 + 0
Nếu n = 2 ⇒ CX = 2 và CY = 3 ⇒ C < 3 ⇒ không thoả mãn 3,05 < C < 6,1 ⇒ loại
Nếu n = 3 ⇒ CX = 3 và CY = 4 ⇒ 3 < C < 4 ⇒ có thoả mãn 3,05 < C < 6,1
Nếu n = 4,5,6 thì đều thoả mãn
Nếu n = 7 ⇒ CX = 7 và CY = 8 ⇒ C > 7 ⇒ không thoả mãn 3,05 < C < 6,1
Như vậy n = 3,4,5,6
731
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
* Từ PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH, chúng ta có thể rút ra được kết quả khá thú vị đó là: Nếu muốn xác định
được cụ thể X và Y thì X phải là 𝐂 𝟐 𝐇 𝟐 . Điều này có nghĩa là với đề bài tổng quát có dạng sau:
“Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (Y nhiều hơn X x nguyên tử C) và Hidro. Cho 𝑦 mol hỗn hợp M vào bình
kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp N. Đốt cháy hồn tồn N thu
được 𝑧 𝑚𝑜𝑙 khí 𝐶𝑂2 và t mol nước. Tìm % khối 𝑙ượ𝑛𝑔 𝑐ủ𝑎 𝑋 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎỗ𝑛 ℎợ𝑝 𝑀. (biết x, y, z, t
𝑙à 𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑐ℎ𝑜 𝑡𝑟ướ𝑐) “
Bài làm tổng quát
Nếu đề bài có dạng như trên, để tìm được chính xác X và Y (hay nói cách khác là ta chỉ tìm được một cặp
(X,Y) duy nhất) thì X phải là C2 H2
Ta sẽ chứng minh như sau:
nM = a + b + c = y
a+b+c=y
Ta có: {
⇒{
nCO2 − nH2 O = (2 − 1)a + (1 − 1)b + (0 − 1)c = (z − t)
a − c = (z − t)
Cộng vế với vế ta có (a + b + c) + (a − c) = y + (z − t) ⇒ 2a + b = y + z − t
2a + b = y + z − t
2a + b = A
nCO2
z (với A, z là các hằng số)
z . Đặt (y + z − t) = A ⇒ {
Ta có: {
C=
C=
=
a+b
nX + nY a + b
z
z
TH1: a = 0 ⇒ b = A ⇒ C =
= =T
0+A A
A
z
z
⇒ T < C < 2T
⟦
TH2: b = 0 ⇒ a = ⇒ C =
= 2. ( ) = 2T
A
2
A
+0
2
Nếu 0 < T ≤ 1thì khơng tồn tại (X, Y) thoả mãn. Thật vậy vì khi đó C < 2T ≤ 2.1 = 2 ⇒ C < 2, trong khi
đó do X là ankin, Y là anken nên C > 2 ⇒ không tồn tại X và Y thoả mãn
Nếu 1 < T ≤ 1,5 ⇒ chỉ có n=2 là thoả mãn (bạn có thể thử với T = 1,1; T = 1,5 để xác định cụ thể n)
Nếu T > 1,5 ⇒ sẽ tồn tại nhiều cặp (X, Y) thoả mãn.
Như vậy để bài tốn tổng qt trên có một kết quả duy nhất thì X phải là C2 H2 . Điều có có nghĩa là đi thi,
bạn có thể biết ngay là (X,Y) = (C2 H2 , Y) ngay lập tức mà khơng cần phải giải.
* Bình luận, chúng ta cịn có thể tổng qt hố theo cách khác:
“Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (X nhiều hơn Y x nguyên tử C) và Hidro. Cho 𝑦 mol hỗn hợp M vào bình
kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp N. Đốt cháy hồn tồn N thu
được 𝑧 𝑚𝑜𝑙 khí 𝐶𝑂2 và t mol nước. Tìm % khối 𝑙ượ𝑛𝑔 𝑐ủ𝑎 𝑋 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎỗ𝑛 ℎợ𝑝 𝑀. (biết x, y, z, t
𝑙à 𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑐ℎ𝑜 𝑡𝑟ướ𝑐) “
Để bài toán trên tồn tại một cặp (X,Y) duy nhất thì bắt buộc CY = 2 (Y: C2 H4 )
“ Hỗn hợp M gồm X (X có k liên kết 𝜋) , Y (X nhiều hơn Y x nguyên tử C và Y có 1 liên kết 𝜋) và Hidro. Cho
𝑦 mol hỗn hợp M vào bình kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp N. Đốt
cháy hồn tồn N thu được 𝑧 𝑚𝑜𝑙 khí 𝐶𝑂2 và t mol nước. Tìm % khối 𝑙ượ𝑛𝑔 𝑐ủ𝑎 𝑋 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎỗ𝑛 ℎợ𝑝 𝑀. (biết
k, x, y, z, t 𝑙à 𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑐ℎ𝑜 𝑡𝑟ướ𝑐 𝑣à 𝑘 ≥ 2) “
Để bài toán trên tồn tại một cặp (X, Y) duy nhất thì bắt buộc CY = 2
* Ta có bài tốn khá thú vị sau:
Bài 3: Xét 19,2 gam hỗn hợp M gồm anken X và ankan Y (Y nhiều hơn X một C) và hidro. Nếu nung nóng M
một thời gian với bột Ni thì thu được hỗn hợp N. Đốt cháy hoàn toàn N thu được 1,3 mol cacbonic và 1,3
mol nước. Hãy xác định % khối lượng của X trong M.
Bài làm
Vì đốt cháy N cũng giống đốt cháy M nên đề bài sửa thành: Đốt cháy 19,2 gam M thu được 1,3 mol
cacbonic và 1,3 mol nước.
Ta có: nCO2 − nH2 O = (2 − 1)nX + (1 − 1)nY + (0 − 1)nH2 = nX − nH2
Vì nCO2 = nH2 O ⇒ nX − nH2 = 0 ⇒ nX = nH2
732
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
a mol Cn H2n
⇒ M { a mol H2
→ 1,3 mol CO2 + 1,3 mol H2 O
b mol Cn+1 H2n+4
Ta có thể giả sử các phản ứng diễn ra như sau:
Đầu tiên: a mol Cn H2n + a mol H2 → a mol Cn H2n+2
a mol Cn H2n+2
Khi đó: M → {
→ 1,3 mol CO2 + 1,3 mol H2 O
b mol Cn+1 H2n+4
Như vậy đề bài chuyển thành đơn giản hơn: “Đốt cháy hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp M gồm 2 ankan đồng
đẳng liên tiếp thu được 1,3 mol cacbonic.”
Như vậy ta có thể sử dụng PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH để giải quyết bài toán trên một cách khá nhanh
gọn như sau.
Do đề bài có 2 dữ kiện: mM , nCO2 ⇒ Nếu ta đặt CTTB của M là Cm H2m và nM = a mol thì ta sẽ có 2 ẩn số là
m và a ⇒ ta tìm được cụ thể m và a (tư duy theo PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM)
Ta giải như sau:
Giả sử M có CTTB là Cm H2m+2 và nM = a mol
m = (14m + 2). a = 19,2
14ma + 2a = 19,2
ma = 1,3
Ta có: { M
⇒{
⇒{
nCO2 = m. a = 1,3
ma + 0. a = 1,3
a = 0,5
1,3
X: C2 H4
⇒m=
= 2,6 ⇒ CX < m = 2,6 < CY = CX + 1 ⇒ CX = 2 ⇒ CY = 3 ⇒ {
Y: C3 H8
0,5
* Chú ý: Như vậy bài toán trên đã được giải khá sáng tạo dựa trên MẸO CHỌN QUÁ TRÌNH. Nội dung của
mẹo này như sau: “ Chúng ta sẽ đưa vào các q trình ảo sao cho bài tốn ban đầu được đưa về dạng đơn
giản hơn”. Ví dụ như bài toán trên, ta đã dựa vào phản ứng ảo: Cn H2n + H2 → Cn H2n+2 để đưa bài toán
phức tạp thành bài toán đơn giản hơn. Chúng ta sẽ tiếp tục vận dụng tư tưởng trên vào một số bài toán
khác.
Bài 4: Cho 25,8 gam hỗn hợp X gồm MOH, MHCO3 , M2 CO3 (M là kim loại kiềm, nMOH = nMHCO3 ) tác dụng
với lượng dư dung dịch H2 SO4 loãng, sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và 0,3 mol CO2 . Hãy
xác định % khối lượng của MOH trong X.
Bài làm
Ta có sơ đồ phản ứng như sau:
MOH MOH+MHCO =M CO +H O (∗)
M CO +H+
3
2
3
2
25,8 gam X { MHCO3 →
25,8 gam { 2 3 → 0,3 mol CO2
H2 O
M2 CO3
0,3 mol M2 CO3
Bảo toàn C: nM2 CO3 = nCO2 = 0,3 mol ⇒ 25,8 gam {
⇒ 25,8 = 0,3(2M + 60) + 18x (∗∗)
x mol H2 O
Chú ý: nH2 O = x = nM2 CO3 (∗) < ∑ nM2 CO3 = 0,3 ⇒ x < 0,3
0,6M + 18x = 7,8 (∗∗)
Ta có: {
0 < x < 0,3
7,8
TH1: x = 0 ⇒ M =
= 13
0,6
Sử dụng MẸO CHẶN HAI ĐẦU:
⇒ 4 < M < 13 ⇒ M = 9 (Li)
7,8 − 18.0,3
TH2: x = 0,3 ⇒ M =
=4
{
0,6
Đặt nLiOH = a, nLiHCO3 = b, nLi2 CO3 = c ta sẽ có 3 ẩn số là a, b, c. Ta cũng có 3 dữ kiện: mX , a = b, nCO2 ⇒
theo SỐ ĐẾM, ta sẽ dễ dàng tìm ra cụ thể a, b, c.
2
a=
15
2
mX = 26a + 70b + 78c = 25,8
. 26
2
15
Ta có: { a = b
⇒ b=
⇒ %mLiOH =
100% = 13,44%
25,8
15
nCO2 = b + c = 0,3
1
{c=6
* Bình luận: Bạn cũng có thể giải theo cách đơn giản hơn như sau:
733
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
Nếu ta coi số mol của 3 chất lần lượt là a, b, c mol thì ta sẽ có 4 ẩn số: a, b, c, M. Ta có 3 dữ kiện:
mX , nMOH = nMHCO3 , nCO2 ⇒ ta sẽ khơng thể tìm cụ thể được M, chứng tỏ là ta phải biện luận giá trị của M
bằng MẸO CHẶN HAI ĐẦU.
mX = a(M + 17) + b(M + 61) + c(2M + 60) = 25,8
Ta có: { a = b
nCO2 = b + c = 0,3
2Ma + 2Mc + 78a + 60c = 25,8
a(M + 17) + a(M + 61) + c(2M + 60) = 25,8
⇒{
⇒{
a + c = 0,3
a + c = 0,3
Đến đây, bạn có thể sử dụng MẸO CHẶN HAI ĐẦU luôn bằng cách xét 2 TH: a=0 hoặc c=0. Tuy nhiên bạn
cũng có thể làm cho hệ đơn giản hơn trước khi sử dụng MẸO CHẶN HAI ĐẦU.
25,8 − 78a − 60c
2M. 0,3 + 78a + 60c = 25,8
2M(a + c) + 78a + 60c = 25,8
M=
⇒{
⇒{
⇒{
0,6
a + c = 0,3
a + c = 0,3
a + c = 0,3
25,8 − 78.0 − 60.0,3
TH1: a = 0 ⇒ c = 0,3 − a = 0,3 ⇒ M =
= 13
0,6
25,8 − 78.0,3 − 60.0
TH2: c = 0 ⇒ a = 0,3 − c = 0,3 ⇒ M =
=4
0,6
⇒ 4 < M < 13 ⇒ M = 9 (Li)
* Nhận xét: Cách 1 đơn giản hơn về tính tốn nhưng khó nghĩ ra hơn. Cách 2 tuy hơi dài nhưng lại rất dễ
dàng và đơn giản để nghĩ ra, vì vậy khuyến khích dùng cách 2 khi thi vì cách 2 có định hướng rất rõ ràng.
Bài 5: Nung nóng hỗn hợp X (gồm hidrocacbon Y và hidro) với bột Ni, ta thu được hỗn hợp Z chỉ có các
hidrocacbon. Tỉ khối của Z so với hidro là 27,75. Đốt cháy hồn tồn X cần dùng vừa đủ V lít khơng khí và
thu được 0,5625 mol nước. Tìm V biết Y là hidrocacbon có ít ngun tử H nhất trong các hidrocacbon
mạch hở có 4 C.
Bài làm
Nhận xét: Hidrocacbon có 4C, mạch hở và có ít H nhất chính là C4 H2 : CH ≡ C − C ≡ CH
C4 H2 , C4 H4 +O
C H t°,Ni
2
X { 4 2 → Z {C4 H6 , C4 H8 → 0,5625 mol H2 O (vì đốt Z cũng giống như đốt X), MZ = 27,75.2 = 55,5
H2
C4 H10
Bài toán trên được giải khá đơn giản bằng PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM như sau:
MZ = 55,5
Xét hỗn hợp Z có 5 chất ⇒ có 5 ẩn số. Ta có 2 dữ kiện: {n
⇒ theo SỐ ĐẾM, ta có quyền bỏ đi 3
H2 O = 0,5625
ẩn số bất kì. Ở đây, ta sẽ chọn bỏ đi 3 chất đầu tiên, như vậy Z chỉ còn lại C4 H8 và C4 H10 với số mol tương
ứng là a và b mol (bạn có thể bỏ đi 3 chất khác).
56a + 58b
MZ =
= 55,5
a = 0,1875
Ta có: {
⇒{
a+b
b = −0,0375
nH2 O = 4a + 5b = 0,5625
8
10
⇒ nO2 = (4 + ) nC4 H8 + (4 + ) nC4 H10 = 6a + 6,5b = 0,88125 mol
4
4
⇒ nkk = 5nO2 = 4,40625 mol ⇒ Vkk = 98,7 lít
Bài 6: Trong các nhận định sau, có bao nhiêu nhận định đúng?
a. Natri etylat không phản ứng với nước
b. Toluen không làm mất màu dung dịch brom kể cả khi đun nóng
c. Cumen khơng phản ứng với dung dịch thuốc tím kể cả khi đun nóng
d. Axit benzoic có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom khi đun nóng.
e. Este ln có tính khử
f. Este có tính lưỡng tính theo thuyết A-rê-ni-ut
g. Al, Zn là các chất lưỡng tính vì Al, Zn tan được trong cả dung dịch NaOH và cả dung dịch HCl
h. Trong phân tử axit benzoic, gốc phenyl hút electron của nhóm cacboxyl nên axit benzoic có lực axit
mạnh hơn axit fomic
k. Tất cả các este đều được điều chế từ phản ứng của axit và ancol
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
734
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
Bài làm
a. Sai
Natri etylat có tính bazo mạnh hơn cả NaOH vì vậy natri etylat khi được hoà tan vào nước sẽ bị thuỷ phân
hoàn toàn (phản ứng hoàn toàn, một chiều) tạo thành NaOH.
C2 H5 ONa + HOH → C2 H5 OH + NaOH
* Nhận xét: So sánh tính bazo của các chất sau:
𝐂 𝟐 𝐇 𝟓 𝐎𝐍𝐚, 𝐂𝐇 𝟑 𝐎𝐍𝐚, 𝐇𝐂𝐎𝐎𝐍𝐚, 𝐂𝐇 𝟑 𝐂𝐎𝐎𝐍𝐚, 𝐍𝐚𝐂𝐥, 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐎𝐍𝐚, 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐂𝐇 𝟐 𝐎𝐍𝐚, 𝐍𝐚𝐎𝐇, 𝐍𝐚 𝟐 𝐂𝐎 𝟑
Tất cả các chất trên đều được tạo ra dựa trên phản ứng của NaOH và axit giả tưởng HX. Axit HX càng mạnh
thì muối giả tưởng NaX có tính bazo càng yếu. Vì vậy để so sánh tính bazo của các chất trên, ta sẽ so sánh
tính axit của các chất sau: C2 H5 OH, CH3 OH, HCOOH, CH3 COOH, HCl, C6 H5 OH, C6 H5 CH2 OH, H2 O, H2 CO3
Do C2 H5 OH, CH3 OH, C6 H5 OH, C6 H5 CH2 OH, H2 O khơng có khả năng làm hồng q tím. Trong khi đó dung
dịch HCl, H2 CO3 có khả năng làm hồng q tím nên tính axit:
C2 H5 OH, CH3 OH, C6 H5 OH, C6 H5 CH2 OH, H2 O < HCl, H2 CO3
+ Xét nhóm 𝐂 𝟐 𝐇 𝟓 𝐎𝐇, 𝐂𝐇 𝟑 𝐎𝐇, 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐎𝐇, 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐂𝐇 𝟐 𝐎𝐇, 𝐇 𝟐 𝐎:
- Vì C2 H5 OH, CH3 OH, C6 H5 CH2 OH là ancol, không tác dụng được với NaOH, nước cũng không tác dụng
được với NaOH. Trong khi đó C6 H5 OH lại là phenol, tuy khơng có khả năng làm hồng q tím nhưng đã có
phản ứng với NaOH (Nếu cho C6 H5 OH vào nước ta thấy C6 H5 OH không tan, lắng xuống đáy ống nghiệm.
Nhưng nếu ta cho vào ống nghiệm đó dung dịch NaOH dư, khuấy đều thì sẽ thấy phenol tan dần do phản
ứng (C6 H5 OH(vẩn đục) + NaOH → C6 H5 ONa(tan) + H2 O) tạo thành dung dịch trong suốt chứa natri
phenolat)
Vì vậy tính axit: C2 H5 OH, CH3 OH, C6 H5 CH2 OH, H2 O < C6 H5 OH
- Xét nhóm 𝐂 𝟐 𝐇 𝟓 𝐎𝐇, 𝐂𝐇 𝟑 𝐎𝐇, 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐂𝐇 𝟐 𝐎𝐇, 𝐇 𝟐 𝐎:
Vì 4 chất đều có dạng R-OH, R là gốc hidrocacbon thì R sẽ đẩy e mạnh hơn H ⇒ R sẽ đẩy O vào sát H trong
nhóm –OH hơn ⇒ R sẽ khiến cho liên kết O-H ngắn hơn, khiến cho H khó tách ra tạo thành H + hơn ⇒ R sẽ
khiến cho R-OH có tính axit yếu hơn H-OH ⇒ C2 H5 OH, CH3 OH, C6 H5 CH2 OH < H2 O
(Đây là lí do khiến cho ancol không phản ứng được với NaOH nhưng natri ancolat bị thuỷ phân hoàn toàn
khi được hoà tan trong nước:
RO − Na(bazo mạnh hơn) + H − OH(axit mạnh hơn) → RO − H(axit yếu hơn) + NaOH(bazo yếu hơn))
- Xét nhóm 𝐂 𝟐 𝐇 𝟓 𝐎𝐇, 𝐂𝐇 𝟑 𝐎𝐇, 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐂𝐇 𝟐 𝐎𝐇:
Vì 3 chất trên đều có dạng R-C-OH với R lần lượt là CH3 , H, C6 H5 (CH3 − C − OH, H − C − OH, C6 H5 − C −
OH) ⇒ Nếu R hút e thì sẽ làm tăng tính axit, nếu R đẩy e thì sẽ làm giảm tính axit.
Vì C6 H5 − có chứa vịng benzen ⇒ C6 H5 − hút e (vì vịng benzen có chứa 3 liên kết đơi).
Mặt khác: CH3 −, H − có dạng Cn H2n+1 −(gốc hidrocacbon no) ⇒ CH3 −, H − đẩy e
⇒ Tính axit: CH3 − C − OH, H − C − OH < C6 H5 − C − OH
Nếu xét các gốc có dạng Cn H2n+1 − (gốc đẩy e) thì n càng lớn, gốc Cn H2n+1 − đẩy e càng mạnh
⇒ CH3 − đẩy e mạnh hơn H−⇒ tính axit: CH3 − C − OH < H − C − OH
⇒Tính axit: C2 H5 OH < CH3 OH < C6 H5 CH2 OH
Tóm lại, tính axit: 𝐂 𝟐 𝐇 𝟓 𝐎𝐇 < 𝐂𝐇 𝟑 𝐎𝐇 < 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐂𝐇 𝟐 𝐎𝐇 < 𝐇 𝟐 𝐎 < 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐎𝐇
+ Xét nhóm: 𝐇𝐂𝐥, 𝐇 𝟐 𝐂𝐎 𝟑 :
Axit H2 CO3 là axit yếu, axit HCl là axit mạnh hơn ⇒Tính axit: H2 CO3 < HCl
Kết hợp các kết quả trên, ta có:
Tính axit: C2 H5 OH < CH3 OH < C6 H5 CH2 OH < H2 O < C6 H5 OH < H2 CO3 < HCl
⇒ Tính bazo: C2 H5 ONa > CH3 ONa > C6 H5 CH2 ONa > NaOH > C6 H5 ONa > Na2 CO3 > NaCl
Chú ý: Cụm từ “tính bazo” không phải để ám chỉ rằng cả 7 dung dịch chứa 7 chất trên đều có pH<7 (ví dụ:
dung dịch NaCl có pH=7 vì NaCl là chất trung tính, 6 dung dịch cịn lại đều có khả năng làm xanh q tím).
Nếu muốn chính xác ta cần thay đổi câu hỏi lại như sau: Xét 7 dung dịch chứa 7 chất rắn
C2 H5 ONa, CH3 ONa, C6 H5 CH2 ONa, NaOH, C6 H5 ONa, Na2 CO3 , NaCl có cùng nồng độ. Hãy so sánh giá trị pH
của 7 dung dịch trên. Lí do dùng cụm từ “tính bazo” là để cho các phân tích trở nên đơn giản hơn mà thôi.
b. Dung dịch toluen không làm mất màu dung dịch brom kể cả khi đun nóng.
Đúng
735
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
Chú ý: Benzen không thể phản ứng được với dung dịch brom (không thể làm mất màu dung dịch brom) vì
Benzen có vịng thơm. Benzen chỉ có khả năng tham gia phản ứng thế với brom khan (brom tan trong
CCl4 ) với xúc tác Fe.
Xét các chất có chứa vịng benzen có dạng 𝐑 − 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 .
TH1: Nếu R chỉ chứa liên kết đơn (ví dụ: CH3 −, C − C−) thì R − C6 H5 sẽ tham gia phản ứng với brom dễ
dàng hơn so với benzen và ưu tiên thế ở vị trí ortho và para
Nếu R là Cn H2n+1 − (n ≥ 1) thì Cn H2n+1 − C6 H5 sẽ khơng có khả năng làm mất màu dung dịch brom kể cả
khi đun nóng. Tuy nhiên Cn H2n+1 − C6 H5 có khả năng tham gia phản ứng với dung dịch thuốc tím (dung
dịch KMnO4 ) khi đun nóng vì gốc Cn H2n+1 − bị oxi hố thành KOOC −.
t°
Ví dụ: CH3 − C6 H5 + KMnO4 (màu tím) + H2 O → KOOC − C6 H5
Nếu R là −OH, −NH2 thì C6 H5 − OH, C6 H5 − NH2 có khả năng làm mất màu dung dịch brom ngay ở nhiệt
độ thường tạo ra kết tủa màu trắng là sản phẩm thế tribrom vào vòng benzen (2 vị trí ortho và 1 vị trí
para)
OH
OH
H
C
Br
H
C
C
C
C
+
C
C
3Br-Br (dd)
Br
C
C
+
3HBr
+
3HBr
C
C
C
H
Br
NH2
NH2
Hoặc:
H
C
C
Br
H
C
C
+
C
C
C
3Br-Br (dd)
Br
C
C
C
C
C
H
Br
Chú ý: 2,4,6-tribrom phenol và 2,4,6-tribrom anilin là các chất rắn màu trắng. Hai phản ứng trên diễn ra
ngay ở nhiệt độ thường, tạo ra kết tủa màu trắng và làm nhạt màu nước brom (không cần brom khan như
benzen, cũng không cần xúc tác Fe như benzen). Dung dịch nước brom có màng vàng nâu (của brom) và
dung dịch HBr trong suốt khơng màu.
TH2: Nếu R có chứa liên kết đơi (ví dụ: COOH, NO2 , C = C) thì R sẽ hút e và sẽ khiến cho R − C6 H5 khó
tham gia phản ứng với brom hơn benzen, R − C6 H5 ưu tiên thế Br vào H ở vị trí meta trên vịng benzen.
* Tóm lại:
- Tất cả các ankyl benzen đều khơng có khả năng làm mất màu dung dịch brom, kể cả khi đun nóng.
- Tất cả các ankyl benzen chỉ có khả năng phản ứng với dung dịch thuốc tím khi đun nóng
- Anilin, phenol có khả năng làm mất màu dung dịch brom (nước brom) ngay ở nhiệt độ thường, phản ứng
diễn ra không cần xúc tác, tạo ra kết tủa màu trắng.
c. Cumen khơng phản ứng với dung dịch thuốc tím kể cả khi đun nóng
Sai
C
C
C
C
C
C
C
C
C
Cumen có dạng
⇒ cumen có khả năng phản ứng với dung dịch thuốc tím khi đun nóng, tạo ra
C6 H5 COOK và CO2
d. Axit benzoic có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom khi đun nóng.
Sai (xem thêm câu b)
736
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
e. Este ln có tính khử.
Đúng.
Vì tất cả các este đều là chất hữu cơ ⇒ este dễ cháy trong oxi tạo ra CO2 , H2 O. Phản ứng cháy chính là phản
ứng oxi hoá este bằng oxi tạo ra CO2 nên este ln ln thể hiện tính khử (minh chứng bằng phản ứng đốt
cháy trong oxi)
f. Este có tính lưỡng tính theo thuyết a-rê-ni-út
Sai
Thuyết A-rê-ni-út phát biểu rằng:
- Axit là chất khi tan trong nước thì phân li ra cation H +
- Bazo là chất khi tan trong nước phân li ra anion OH −
- Chất lưỡng tính là chất vừa có khả năng phân li như bazo, vừa có khả năng phân li như axit
Như vậy, đầu tiên ta có nhận xét: Este khơng tan trong nước, vì vậy nó khơng thoả mãn điều kiện “ khi tan
trong nước phân li ra”.
Tuy nhiên, nhiều em cũng có thể lấy lí do: “Este có tính lưỡng tính vì có thể phản ứng với cả NaOH, và cả
HCl”. Điều này là sai. Vì Este không phản ứng trực tiếp được với HCl mà khi ta đun nóng este trong dung
dịch HCl thì thực chất đây là phản ứng giữa este và nước (phản ứng thuỷ phân este trong nước) có xúc tác
axit HCl, đun nóng mà thơi (HCl khơng hề phản ứng với este). Vì vậy este thực tế khơng thể phản ứng trực
tiếp được với HCl, như vậy ta khơng thể nói là este có tính lưỡng tính:
H+ ,t°
R − COOR′ + H2 O ⇔ RCOOH + R′ OH
g. Al, Zn là chất lưỡng tính vì Al, Zn vừa có khả năng tan trong HCl, vừa có khả năng tan trong dung dịch
NaOH.
Sai
Tương tự este, Al và Zn khơng hề có phản ứng trực tiếp với cả HCl và NaOH.
Trong phản ứng của Al với dung dịch NaOH, thực chất chỉ xảy ra phản ứng của Al với HOH tạo ra Al(OH)3 ,
sau đó Al(OH)3 bị NaOH hồ tan (do Al(OH)3 là hidroxit lưỡng tính), sau đó các q trình này lặp đi lặp lại
đến khi Al tan hết:
3
Ban đầu: Al + 3HOH → Al(OH)3 ↓ (keo trắng) + H2 ↑ (1)
2
Al(OH)3 không tan trong nước, bao phủ lên Al khiến cho Al khơng tan trong nước ở nhiệt độ thường (vì
Al(OH)3 không tan trong nước phủ lên Al đã ngăn cản phần Al phía trong tiếp tục phản ứng với HOH)
Al có thể tan trong dung dịch NaOH vì sau khi diễn ra (1) thì NaOH sẽ hồ tan lớp Al(OH)3 phủ ngồi phần
Al, để Al phía bên trong tiếp tục phản ứng và tan trong nước:
Al(OH)3 + NaOH → Al(OH)− Na+ (tan) (2)
4
Phản ứng (1) và (2) diễn ra liên tiếp và nối tiếp nhau.
Vì vậy Al, Zn khơng phản ứng trực tiếp được với NaOH. Vì vậy nếu ta xét phản ứng hoà tan Al, Zn trong
dung dịch NaOH thì phản ứng của Al, Zn với HOH là phản ứng oxi hố khử trong đó Al, Zn là chất khử và
HOH là chất oxi hố
h. Axit benzoic có lực axit mạnh hơn axit fomic do có nhóm phenyl hút e khá mạnh
Sai.
Mặc dù gốc phenyl là gốc hút e trong khi H được coi là trung gian (không hút cũng khơng đẩy e) nên về lí
thuyết thì axit benzoic sẽ mạnh hơn axit fomic. Tuy nhiên axit fomic là chất lỏng ở nhiệt độ thường và tan
vô hạn trong nước trong khi axit benzoic lại là chất rắn kết tinh ở nhiệt độ thường, tan ít trong nước do
phân tử quá cồng kềnh. Chính do phân tử quá cồng kềnh hạn chế khả năng tan của axit benzoic mà thực tế
cho thấy axit fomic vẫn có tính axit mạnh hơn axit benzoic.
k. Sai
Đầu tiên ta cần xác định xem liệu rằng CH3 COOC = C có phải là este hay khơng???
+ Phản ứng este hố là phản ứng giữa ancol và axit hữu cơ.
+ Khi thay nhóm OH ở nhóm COOH của axit cacboxylic bằng nhóm OR thì ta thu được este. Như vậy, phản
ứng este hố thì tạo ra este nhưng este có thể được điều chế khơng bằng phản ứng este hố, hay nói cách
khác sử dụng phản ứng este hoá chỉ là một trong số nhiều cách điều chế este mà thôi.
737
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
Dựa vào định nghĩa este trên, ta có thể thấy rằng CH3 COOC = C chính là một este, và este này chỉ có thể
được điều chế từ phản ứng giữa CH3 COOH và CH ≡ CH:
t°,xt
CH3 COOH + CH ≡ CH → CH3 COOC = C
Tóm lại có 2 câu đúng ⇒ Đáp án: B
Câu 7: Cho 1 mol kali clorat tác dụng với dung dịch HCl đặc, nóng thu được x mol khí clo được tạo thành
do q trình oxi hố Cl−1 . Lấy lượng khí clo này cho tác dụng hoàn toàn với dung dịch chứa 3 mol NaBr
thu được m gam brom. Tìm m?
Bài làm
Chú ý: Trong phản ứng: KClO3 + HCl → KCl + Cl2 + H2 O thì Cl+5 (KClO3 ) bị khử thành Cl0 (Cl2 ) và
Cl−1 (HCl) bị oxi hoá thành Cl0 (Cl2 ) (nhiều bạn nghĩ rằng Cl+5 (KClO3 ) bị khử xuống Cl−1, điều này là sai).
Ta có:
Q trình khử: Cl+5 + 5e → Cl0
1 mol → 5 mol → 1 mol
Quá trình oxi hoá: Cl− (HCl) − 1e →
Cl0 (Cl2 ) ⇒ nCl2 =
5
mol (Cl2 được tạo từ phản ứng khử Cl−1 )
2
5 mol → 5 mol
⇒ x = 2,5 mol
+ Phản ứng của khí clo khi sục vào dung dịch NaBr:
Do trong các halogen: F2 , Cl2 , Br2 , I2 thì tính oxi hố giảm dần: F2 > Cl2 > Br2 > I2 . Vì vậy khi xét 3
halogen: Cl2 , Br2 , I2 thì halogen mạnh hơn có khả năng đẩy helogen yếu hơn ra khỏi dung dịch muối.
Cl2 (vàng lục) + 2NaBr(không màu) → 2NaCl(không màu) + Br2 (vàng nâu)
Br2 (vàng nâu) + 2NaI(không màu) → 2NaBr(không màu) + I2 ↓ (tím đen)
Lí do khí flo khơng có khả năng đẩy các halogen yếu hơn ra khỏi dung dịch muối là do flo phản ứng mãnh
t°
1
liệt với nước nóng, khiến nước bốc cháy: F2 + H2 O → 2HF + 2 O2 ↑. Vì vậy mặc dù tính tan trong nước của
các halogen giảm dần Cl2 > Br2 > I2 nhưng flo không được coi là tan trong nước vì flo phản ứng mãnh liệt
với nước chứ khơng hề tan trong nước.
Cl2
+ 2NaBr → 2NaCl + Br2 (1)
1,5 mol ← 3 mol →
1,5 mol
Cl2 dư: 2,5 − 1,5 = 1 mol
Sau phản ứng: {
Br2 : 1,5 mol
+ Chú ý: Dung dịch Cl2 khơng có tính khử, chỉ có tính oxi hố. Tuy nhiên, dung dịch Br2 , I2 có thể hiện tính
khử khi tác dụng với chất oxi hố mạnh (ví dụ như khí clo).
5Cl2 + Br2 + 6H2 O → 2HBrO3 + 10HCl
nCl2 (dư)
1
2 5
Ta có:
=
= < ⇒ Cl2 pư hết
nBr2
1,5 3 2
1
1
⇒ nBr2 (pư) = nCl2 = . 1 = 0,2 mol ⇒ nBr2 (dư) = 1,5 − 0,2 = 1,3 mol
5
5
⇒ mBr2 = 1,3.160 = 208 gam.
Câu 8: Cho m gam hỗn hợp X gồm Na, K, Ba phản ứng hết với dung dịch chứa 0,2 mol Fe(NO3 )2 , 0,2 mol
CuCl2. Kết thúc phản ứng thu được kết tủa, dung dịch Y và 0,45 mol H2 . Cô cạn Y thu được 109,9 gam chất
rắn khan. Tìm m (Biết các phản ứng diễn ra trong khơng khí)
Bài làm
Ta sẽ dùng bảo tồn khối lượng để tính m.
1
Na + HOH → NaOH + H2
2
nOH− = 0,9 mol
1
Ta có:
⇒ nOH− = nH2 O = 2nH2 ⇒ { n
K + HOH → KOH + H2
H2 O = 0,9 mol
2
{Ba + 2HOH → Ba(OH)2 + H2
738
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
1
(Bản chất: 1HOH → 1OH − + 1H ( H2 ))
2
Na, K, Ba
Kết tủa
→ { H2
{ H2 O
Fe(NO3 )2 , CuCl2
Rắn khan
Ta có: m + mH2 O + mmuối(Fe(NO3 )2 ,CuCl2 ) = mkết tủa + mH2 + mrắn khan (∗)
m: ?
mH2 O = 0,9.18 = 16,2
mmuối = 0,2.180 + 0,2.135 = 63 ⇒Muốn tìm được m thì phải tìm được mkết tủa
Ta có:
mH2 = 0,45.2 = 0,9
{ mrắn khan = 109,9
Các phản ứng tạo kết tủa: M n+ + nOH − → M(OH)n
∑n
= 2nFe2+ + 2nCu2+ = 2.0,2 + 2.0,2 = 0,8 mol
Ta có: { điện tích của cation
⇒ nOH− > nđiện tích cation
nOH− = 0,9 mol
Như vậy ta có: OH − dư và toàn bộ Fe2+ , Cu2+ đã được chuyển hết thành kết tủa Fe(OH)2 , Cu(OH)2 .
⇒ mkết tủa = mFe(OH)2 + mCu(OH)2 = 0,2.90 + 0,2.98 = 37,6 gam
⇒ (∗): m = (37,6 + 0,9 + 109,9) − (63 + 16,2) = 69,2 gam
* Chú ý: nhiều bạn có thể ngộ nhận khi đọc cụm từ “thực hiện trong khơng khí” và cho răng sản phẩm tạo
ra là Fe(OH)3 . Thực tế đúng là sẽ tạo ra Fe(OH)3 , nhưng khi đó trong biểu thức (*) bạn phải bổ sung thêm
O2 , H2 O tham gia phản ứng:
1
1
Fe(OH)2 (trắng xanh) + O2 + H2 O → Fe(OH)3 (nâu đỏ)
4
2
Cách 2:
Chúng ta thấy rằng:
0,9 mol OH − + 0,8 mol (NO− + Cl− ) → dư 0,1 mol OH −
3
⇒Trong dung dịch sau phản ứng sẽ có Na+ , K + , Ba+ , NO− , Cl− , OH − dư
3
− + mCl− + mOH− dư )
Bảo toàn khối lượng: mrắn khan = mNa+K+Ba + (mNO3
⇒ 109,9 = m + (62.0,4 + 35,5.0,4 + 17.0,1) ⇒ m = 69,2 gam
Câu 9: Thuỷ phân hoàn toàn một lượng pentapeptit mạch hở X thu được 101,5 gam Ala-Gly-Gly; x mol GlyVal; 37,6 gam Val-Ala; y mol Ala; 52,5 gam Gly và 175,5 gam Val. Công thức của X và biểu thức liên hệ
giữa x và y có thể là?
A. G − V − A − G − G, 2y − x = 0,3
B. V − A − G − G − V, 2y − x = 0,3
C. A − G − G − V − A, 2y − x = −0,3
D. Cả A, B, C đều sai
Bài làm
+ Ta nhận thấy X phải có A-G-G
(G − V) − A − G − G
Vì xuất hiện G-V nên có 3 khả năng xảy ra: ⟦A − G − G − (G − V)
A−G−G−V
G − V − A − G − G: chọn
G−V−A−G−G
A − G − G − G − V: loại
Vì xuất hiện V-A: {
⇒ ⟦V − A − G − G − V
V−A−G−G−V
A − G − G − V: ⟦
A−G−G−V−A
A−G−G−V−A
Như vậy X có thể có 3 khả năng xảy ra.
101,5
37,6
Ta có: nA−G−G =
= 0,5 mol; nV−A =
= 0,2 mol;
2.75 + 89 − 2.18
117 + 89 − 18
52,5
175,5
nG =
= 0,7 mol; nV =
= 1,5 mol, x mol G − V và y mol A
75
117
Ta coi X → G + A + V
∑ nG = 2nA−G−G + nG + nG−V = 2.0,5 + 0,7 + x = 1,7 + x
Ta có: { ∑ nA = nA−G−G + nV−A + nA = 0,5 + 0,2 + y = 0,7 + y
∑ nV = nV−A + nV + nG−V = 0,2 + 1,5 + x = 1,7 + x
Dễ nhận thấy ∑ nG = ∑ nV = 1,7 + x ⇒Số mắt xích của G và V trong X phải bằng nhau
739
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
⇒ X phải là V-A-G-G-V (có 2 Val và 2 Gly).
V-A-G-G-V→ 2V + 2G + 1A
∑ nG 1,7 + x 2
Ta có:
=
= ⇒ 1,7 + x = 1,4 + 2y ⇒ 2y − x = 0,3 ⇒ Đáp án: B
∑ nA 0,7 + y 1
Câu 10. Cho 1 mol hỗn hợp X chứa 2 ancol đồng đẳng liên tiếp (mạch hở) tác dụng với CuO nung nóng một
thời gian thu được 0,15 mol nước, hỗn hợp Y gồm 2 anđehit tương ứng và hai ancol dư. Đốt cháy hoàn
toàn Y thu được 3,75 mol CO2 và 1,6 mol nước. Mặt khác nếu cho toàn bộ Y tác dụng với lượng dư dung
dịch bạc nitrat trong amoniac thì ta thấy có 1,3 mol bạc nitrat tham gia phản ứng. Hãy xác định khối lượng
của sản phẩm hữu cơ thu được sau cùng.
Bài làm
Ta có:
+O2
X→
CO2 + H2 O
+O2
+CuO { X dư → CO + H O
2
2
X→
{ anđehit
H2 O
Bảo toàn C và H ta thấy nếu đốt cháy hoàn toàn 1 mol X ta sẽ thu được 3,75 mol cacbonic và (1,6 +
0,15) = 1,75 mol nước.
+O2 3,75 mol CO2
1 mol X→ {
1,75 mol H2 O
nCO2
C=
= 3,75
nX
Ta sẽ dễ dàng xác định được cụ thể C và H:
⇒ X: C3,75 H3,5 Ox
2nH2 O 2.1,75
H=
=
= 3,5
{
nX
1
2.3,75 + 2 − 3,5
Ta có: π =
= 3 ⇒ X1 và X 2 đều có 3 liên kết π (vì 2 chất này là đồng đẳng kế tiếp).
2
X1 : C3 H2 Ox1
Ngoài ra C = 3,75 ⇒ C1 = 3 và C2 = 4 ⇒ {
X 2 : C4 H4 Ox2
Xét X1 : C3 H2 Ox1
Do X1 có 2 liên kết đơi ⇒ X1 có thể là C = C = C hoặc C ≡ C − C. Do X1 là ancol nên X1 phải là C ≡ C − C −
X1 : C ≡ C − C − OH
C − C ≡ C − C − OH
OH ⇒ X1 có 1 chức ⇒ X 2 cũng có 1 chức ⇒ {
X2 : ⟦
C ≡ C − C(CH3 ) − OH
+ Các phản ứng có thể diễn ra khi cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch bạc nitrat trong amoniac dư:
(1) R − CHO + AgNO3 + NH3 → R − COONH4 + 2Ag ↓
(2) − C ≡ CH + AgNO3 + NH3 → −C ≡ CAg ↓
Ta có: nCHO = nH2 O(tạo sau pư với CuO) = 0,15 mol ⇒ nAg(1) = 2nCHO = 0,3 mol
⇒ nAg(2) = ∑ nAg − nAg(1) = 1,3 − 0,3 = 1 mol = nX = nY ⇒ X 2 phải có – C ≡ CH ⇒ X 2 : C ≡ C − C(CH3 ) −
OH
Các phản ứng diễn ra:
−CHO → −COONH4 ⇒ −CHO + O1 H3 N1 = −COONH4
{
−C ≡ CH → −C ≡ CAg ⇒ −C ≡ CH + (Ag − H) = −C ≡ CAg
Bảo toàn khối lượng: msản phẩm hữu cơ = mY + mOH3 N + mAg−H
mY = mX − mH(pư với CuO) = nX . MC3,75 H3,5 O − nH2 O . 2 = 1. (12.3,75 + 3,5 + 16) − 0,15.2 = 64,2 gam
nOH3 N = nCHO = nH2 O(CuO) = 0,15 mol ⇒ mOH3 N = 0,15. (16 + 3 + 14) = 4,95 gam
nAg−H = nC≡CH = nX = 1 mol ⇒ mAg−H = 1. (108 − 1) = 107 gam
Tóm lại: msản phẩm hữu cơ = 64,2 + 4,95 + 107 = 176,15 gam
Câu 11: Hỗn hợp X gồm hidrocacbon Y và hai anđehit X1 , X 2 đồng đẳng kế tiếp (MX1 < MX2 ). Đốt cháy
hoàn toàn một lượng M cần dùng vừa đủ 0,3 mol oxi, thu được 0,25 mol cacbonic và 0,225 mol nước. X1
có thể là bao nhiêu chất trong số các chất sau đây: CH3 CHO, (CHO)2 , CH2 (CHO)2 , C = C − CHO, HCHO
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
740
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
Bài làm
Bảo tồn O: nO(X) = 2nCO2 + nH2 O − 2nO2 (pư) = 2.0,25 + 0,225 − 2.0,3 = 0,125 mol
Nhận xét: Các chất đề bài cho chỉ có thể là 1 chức hoặc 2 chức, vì vậy ta xét 2 TH:
TH1: Anđehit đơn chức
nanđehit = nO (X) = 0,125 mol
∑ nCO2
nCO2 (đốt cháy anđehit)
0,25
Ta có: Canđehit =
<
=
=2
nanđehit
nanđehit 0,125
⇒ Phải có 1 anđehit có ít hơn 2C ⇒ Phải là HCHO ⇒ Anđehit còn lại là CH3 CHO
TH2: Anđehit 2 chức
1
1
nanđehit = nO(X) = . 0,125 = 0,0625 mol
2
2
∑ nCO2
nCO2 (đốt cháy anđehit)
0,25
Ta có: Canđehit =
<
=
=4
nanđehit
nanđehit 0,0625
C = 2 ⇒ X1 : (CHO)2
C = 2,5 ⇒ { 1
C2 = 3 ⇒ X 2 : CH2 (CHO)2
Vì anđehit 2 chức nên C > 2 ⇒ 2 < C < 4 ⇒ ⟦
C = 3 ⇒ X1 : CH2 (CHO)2
C = 3,5 ⇒ { 1
C2 = 4 ⇒ X 2 : C2 H4 (CHO)2
(CHO)2 , CH2 (CHO)2 ⇒ Đáp án: C
Kết luận: X1 có thể là HCHO,
Câu 12: Cân bằng phản ứng hoá học sau bằng các hệ số tối giản, cho biết tổng hệ số của các chất tham gia
vào quá trình phản ứng.
Cr2 O3 + KHSO4 (nóng chảy) → Cr2 (SO4 )3 + K 2 SO4 + H2 O
Bài làm
Cách 1: Sử dụng hệ số bất định:
Ta có hệ số của Cr2 O3 là 1 ⇒ Bảo tồn Cr thì hệ số của Cr2 (SO4 )3 cũng bằng 1. Ta có:
1Cr2 O3 + KHSO4 → 1Cr2 (SO4 )3 + K 2 SO4 + H2 O
Đặt hệ số của K 2 SO4 là x ⇒ Hệ số của KHSO4 là 2x (Bảo toàn K). Bảo toàn H ⇒ Hệ số của H2 O là x
1Cr2 O3 + 2xKHSO4 → 1Cr2 (SO4 )3 + xK 2 SO4 + xH2 O
Bảo toàn O: 1.3 + 2x. 4 = 1.12 + x. 4 + x. 1 ⇒ 3x = 9 ⇒ x = 3
1Cr2 O3 + 6KHSO4 → 1Cr2 (SO4 )3 + 3K 2 SO4 + 3H2 O
Các chất tham gia phản ứng: Cr2 O3 và KHSO4
⇒ Tổng các hệ số của các chất tham gia phản ứng là 1 + 6 = 7
Cách 2: Sử dụng tư duy linh hoạt
Ta thấy rằng 2KHSO4 = K 2 SO4 + H2 SO4
Vì vậy thay vì viết PTHH với KHSO4 ta sẽ viết PTHH với H2 SO4
Ta có: Cr2 O3 + 3H2 SO4 → Cr2 (SO4 )3 + 3H2 O
Vế trái có 3 H2 SO4 ⇒ Ta thêm vào vế trái và vế phải 3 phân tử K 2 SO4
Cr2 O3 + (3H2 SO4 + 3K 2 SO4 ) → Cr2 (SO4 )3 + 3H2 O + 3K 2 SO4
⇒ Cr2 O3 + 6KHSO4 → Cr2 (SO4 )3 + 3H2 O + 3K 2 SO4
Câu 13. Cân bằng phản ứng hoá học sau với hệ số nguyên tối giản, tính tổng hệ số của PTHH sau khi cân
bằng
KMnO4 + KHSO4 + FeSO4 → K 2 SO4 + H2 O + MnSO4 + Fe2 (SO4 )3
Bài làm
Với bài toán này, Cách 2 sẽ hiệu quả hơn nhiều.
Ta xét PTHH: KMnO4 + H2 SO4 + FeSO4 → K 2 SO4 + H2 O + MnSO4 + Fe2 (SO4 )3
Mn+7 + 5e → Mn+2 | 1
Fe2+ − 1e → Fe3+ 5
⇒ Hệ số của KMnO4 là 1 và hệ số của FeSO4 là 5
1KMnO4 + H2 SO4 + 5FeSO4 → K 2 SO4 + H2 O + MnSO4 + Fe2 (SO4 )3
1
5
Bảo toàn K, Mn, Fe ⇒ Hệ số của K 2 SO4 , MnSO4 , Fe2 (SO4 )3 lần lượt là 2 ; 1; 2
741
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
1
5
1KMnO4 + H2 SO4 + 5FeSO4 → K 2 SO4 + H2 O + 1MnSO4 + Fe2 (SO4 )3
2
2
1
5
Bảo toàn S: Vế phải có + 1 + . 3 = 9S mà vế trái đã có 5S trong 5FeSO4 ⇒ Cần có thêm 4H2 SO4
2
2
1
5
1KMnO4 + 4H2 SO4 + 5FeSO4 → K 2 SO4 + H2 O + 1MnSO4 + Fe2 (SO4 )3
2
2
8
Bảo tồn H: Vế trái có 8H ⇒ Vế phải có 2 = 4 phân tử nước:
1
5
1KMnO4 + 4H2 SO4 + 5FeSO4 → K 2 SO4 + 4H2 O + 1MnSO4 + Fe2 (SO4 )3
2
2
Do vế trái có 4H2 SO4 ⇒ Ta thêm vào 2 vế 4K 2 SO4 vì 4H2 SO4 + 4K 2 SO4 = 8KHSO4
1
5
1KMnO4 + (4H2 SO4 + 4K 2 SO4 ) + 5FeSO4 → K 2 SO4 + 4H2 O + 1MnSO4 + Fe2 (SO4 )3 + 4K 2 SO4
2
2
1
5
1KMnO4 + 8KHSO4 + 5FeSO4 → K 2 SO4 + 4H2 O + 1MnSO4 + Fe2 (SO4 )3 + 4K 2 SO4
2
2
Để có hệ số tối giản, ta nhân các hệ số với 2:
2KMnO4 + 16KHSO4 + 10FeSO4 → 1K 2 SO4 + 8H2 O + 2MnSO4 + 5Fe2 (SO4 )3 + 8K 2 SO4
Tổng các hệ số: 2+16+10+1+8+2+5+8=52
Câu 14: Cho các chất sau: axit propionic (X), ancol propylic (Y), axetanđehit (Z), axeton (T). Dãy các chất
được sắp xếp theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi từ trái qua phải là
A. X, Y, Z, T
B. T, Z, Y, X
C. Z, T, Y, X
D. X, Y, T, Z
Bài làm
X: C2 H5 COOH
Y: C2 H5 CH2 OH
Z: CH3 CHO
T: CH3 COCH3
* Chú ý:
- Các em có thể nhầm lẫn rằng axetanđehit là C2 H5 CHO, từ đó cho rằng nhiệt độ sôi của Z>T là sai. Thực tế
là nhiệt độ sôi của C2 H5 CHO > CH3 COCH3 . Vì C2 H5 CHO và CH3 COCH3 cùng có 3C, cùng khơng có OH (tức
khơng có liên kết hidro liên phân tử) nên chất nào càng phân cực thì nhiệt độ sôi càng cao. Do C2 H5 CHO
và CH3 COCH3 có CTCT lần lượt là C − C − CHO và CH3 − CO − CH3 ⇒ C2 H5 CHO phân cực hơn CH3 COCH3
(vì CH3 − CO − CH3 có cấu tạo đối xứng trong khi C2 H5 CHO có cấu tạo lệch về một đầu) ⇒ Nhiệt độ sôi
của C2 H5 CHO cao hơn CH3 COCH3 (điều phải chứng minh). Từ đây ta rút ra kết luận: nếu so sánh nhiệt độ
sơi của anđehit và xeton có cùng số C thì anđehit có nhiệt độ sơi cao hơn.
- Quay lại với bài tốn trên, ta có 2 ngun tắc chung sau đây (trong trường hợp các chất có số C chênh lệch
nhau không nhiều)
Nguyên tắc 1: Khi xét các chất cùng số C, chất nào có nguyên tử H linh động (ví dụ có chứa nhóm OH) thì
sẽ có nhiệt độ sơi cao hơn (do H linh động sẽ tạo thành các liên kết hidro liên phân tử giữa các phân tử,
tạo thành dạng polime từ đó khiến nhiệt độ sôi của chất tăng cao bất thường)
Nguyên tắc 2: Khi xét các chất có cùng số C, cùng có H linh động hoặc cùng khơng có H linh động: phân tử
khối càng lớn thì nhiệt độ sơi càng cao.
Do X, Y có chứa H linh động (chứa O-H hoặc Cl-H, hoặc N-H) trong khi Z và T không có H linh động ⇒Nhiệt
độ sơi: X, T>Z, T (Áp dụng nguyên tắc số 1)
+ Xét nhóm: 𝐗, 𝐘: 𝐂 𝟐 𝐇 𝟓 𝐂𝐎𝐎𝐇 𝐯à 𝐂 𝟐 𝐇 𝟓 𝐂𝐇 𝟐 𝐎𝐇
MX > MY ⇒ Nhiệt độ sôi X>Y
+ Xét nhóm: Z, T: 𝐂𝐇 𝟑 𝐂𝐇𝐎 𝐯à 𝐂𝐇 𝟑 𝐂𝐎𝐂𝐇 𝟑
MT > MZ ⇒ Nhiệt độ sơi: T > Z
Tóm lại: nhiệt độ sôi giảm dần: X > Y > T > Z ⇒ Đáp án: C (Đề bài hỏi sắp xếp nhiệt độ sôi tăng dần)
Câu 15: Hỗn hợp M gồm hai axit cacboxylic X và Y (Y có nhiều hơn X một C). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol M
thu được hỗn hợp khí và hơi Z (chứa cacbonic và hơi nước) và cần dùng vừa đủ V lít oxi. Nếu cho Z đi qua
bình đựng dung dịch nước vơi trong dư ta thấy khối lượng bình đựng nước vôi trong tăng lên 16,3 gam,
742
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
xuất hiện m gam kết tủa và thốt ra hỗn hợp khí và hơi T. Biết T có thể tích 5,6 lít và có tỉ khối so với He
bằng 7,1. Biết Z có tỉ khối so với Hidro bằng 18. Hãy tìm V và m
Bài làm
* Giả sử Z có x mol 𝐂𝐎 𝟐 và y mol nước
5,6
Bảo toàn khối lượng: mZ = mbình tăng + mT ⇒ 44x + 18y = 16,3 +
. (7,1.4) = 23,4 gam
22,4
⇒ 44x + 18y = 23,4 (1)
mZ
23,4
Mặt khác ta có: MZ = 18.2 = 36 ⇒
= 36 ⇒
= 36 ⇒ x + y = 0,65 mol (2)
nZ
x+y
44x + 18y = 23,4
x = 0,45
Ta có: {
⇒{
y = 0,2
x + y = 0,65
* Tìm m:
Giả sử x’ và y’ là số mol của cacbonic và nước trong T:
5,6
nT = x ′ + y ′ =
= 0,25 mol
22,4
x ′ = 0,1
Ta có:
⇒{ ′
44x ′ + 18y ′
y = 0,15
MT =
= 7,1.4
′ + y′
x
{
Vậy đã có (0,45-0,1)=0,35 mol cacbonic bị hấp thụ trong nước vôi trong dư
⇒ mCaCO3 = 0,35.100 = 35 gam
* Tìm V
nCO2 0,45
0,45 mol CO2 ⇒ C =
=
= 2,25
+O2
nM
0,2
Ta có: 0,2 mol M →
2nH2 O 0,4
0,2 mol H2 O ⇒ H =
=
=2
{
nM
0,2
X: 3C ⇒ C3 H2 Ox ⇒ X: CH ≡ C − COOH
Vì H = 2 ⇒ X và Y cùng phải có 2H trong phân tử. Do C = 2,25 ⇒ {
Y: 2C ⇒ C2 H2 Oy ⇒ Y: (COOH)2
Vì các axit có 2H trong phân tử chỉ có thể là HCOOH, (COOH)2 , CH ≡ C − COOH, CH ≡ C − C ≡ C −
COOH, …
Giả sử số mol của X và Y lần lượt là a và b mol
nM = a + b = 0,2
a = 0,05
Ta có: {
⇒
nCO2 = 3a + 2b = 0,45 {b = 0,15
2 2
2 4
nO2 (pư) = (3 + − ) a + (2 + − ) b = 2,5a + 0,5b = 0,2 mol ⇒ VO2 = 0,2.22,4 = 4,48 lít
4 2
4 2
* Chú ý:
- Đề bài khơng nói là hấp thụ hồn tồn hỗn hợp cacbonic và hơi nước trong nước vơi trong, vì vậy có thể
có cả cacbonic và hơi nước thốt ra ngồi
- Số mol nước thốt ra ngồi thậm chí có thể lớn hơn cả số mol nước trong hỗn hợp Z vì nước trong bình
đựng nước vơi trong có thể bị khí cacbonic lơi kéo bay ra bên ngồi.
Câu 16. Hồ tan hết 100,8 gam hỗn hợp X gồm Fe3 O4 , CuO, Ag 2 O bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl,
thu được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch H2 S, kết thúc các phản ứng thu được 12,8
gam kết tủa. Tìm thể tích dung dịch HCl đã dùng biết trong hỗn hợp X có nFe3 O4 = nCuO
Bài làm
Ta nhận thấy hỗn hợp X có 3 chất, đề bài cũng cho ta 3 dữ kiện: mX , mkết tủa , nFe3 O4 = nCuO
⇒ Theo PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM thì ta sẽ phải đặt 3 ẩn số a, b, c ứng với số mol của 3 chất trong X để tính
tốn.
+ mX = 232a + 80b + 232c = 100,8 (1)
+ nFe3 O4 = nCuO ⇒ a = b (2)
+ X phản ứng với HCl vừa đủ:
Fe3 O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2 O
CuO + 2HCl → CuCl2 + H2 O
Ag 2 O + 2HCl → 2AgCl ↓ (trắng) + H2 O
743
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
2a mol FeCl3 , a mol FeCl2
+ H2 S dư
b mol CuCl2
+ FeCl3 + H2 S: 2Fe3+ + H2 S → 2Fe2+ + S ↓ (vàng) + 2H +
2a mol →
a mol
+ FeCl2 + H2 S: Khơng phản ứng vì FeS (kết tủa màu đen) tan được trong dung dịch HCl loãng
+ CuCl2 + H2 S: CuCl2 + H2 S → CuS ↓ (đen) + 2HCl
b mol →
b mol
(Vì CuS, Ag 2 S, PbS, HgS không tan trong nước, không tan trong dung dịch HCl, H2 SO4 , HNO3 lỗng)
Ta có: mkết tủa = mS + mCuS = 32a + 96b = 12,8 (3)
0,1 mol Fe3 O4
a = 0,1
232a + 80b + 232c = 100,8
Từ (1), (2), (3): {a = b
⇒ {b = 0,1 ⇒ X: { 0,1 mol CuO
c = 0,3
0,3 mol Ag 2 O
32a + 96b = 12,8
+ X phản ứng với dung dịch HCl:
O + 2H + → H2 O
Dung dịch Y chứa: {
∑ nO = 4nFe3 O4 + nCuO + nAg2 O = 4.0,1 + 0,1 + 0,3 = 0,8 mol
⇒ nH+ = 2nO = 1,6 mol ⇒ nHCl = 1,6 mol
Câu 17: Thực hiện phản ứng sau đây trong bình kín:
Na2 S2 O3 (l) + H2 SO4 (l) → Na2 SO4 (l) + SO2 (k) + S(r) + H2 O(l)
Trong số các yếu tố sau, có bao nhiêu yếu tố có khả năng làm tăng tốc độ phản ứng trên?
a. Tăng nhiệt độ
b. Tăng nồng độ Na2 S2 O3
c. Tăng nồng độ Na2 SO4
d. Tăng áp suất của bình
e. Giảm thể tích của bình
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
Bài làm
* Chú ý: Trong một phản ứng hoá học nhất định, khi xét tốc độ phản ứng ta chỉ xét các chất tham gia phản
ứng và bỏ qua các chất sản phẩm của phản ứng hố học. Có nghĩa các nhận định sau chỉ xét với các chất
tham gia phản ứng mà thôi:
1) Tăng nhiệt độ luôn làm tăng tốc độ phản ứng (cho dù phản ứng đó là toả nhiệt hay thu nhiệt thì cũng
khơng quan trọng)
2) Nếu có chất khí tham gia phản ứng hoặc có chất lỏng tham gia phản ứng thì tăng nồng độ của chất đó sẽ
làm tăng tốc độ phản ứng (nếu các chất tham gia phản ứng đều là chất lỏng và tạo ra sản phẩm là khí thì
tăng áp suất sẽ khơng ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng vì các nhận định trên chỉ đúng khi ta xét các chất
tham gia phản ứng mà thơi)
3) Nếu có chất khí tham gia phản ứng thì việc tăng áp suất sẽ khiến tốc độ phản ứng tăng lên (việc giảm
thể tích bình khiến cho áp suất tăng lên)
4) Thêm chất xúc tác phù hợp
5) Nếu có chất rắn tham gia phản ứng thì việc nghiền nhỏ chất rắn đó ra hay nói cách khác là gia tăng diện
tích tiếp xúc giữa các chất tham gia phản ứng sẽ khiến gia tăng tốc độ phản ứng
* Xét bài tốn trên
Biện pháp a, b có tác dụng làm gia tăng tốc độ phản ứng (xem nhận định 1) và 2))
Biện pháp c, d, e chỉ tác động đến các chất sản phẩm nên không làm thay đổi tốc độ phản ứng. (Biện pháp
c tác động vào Na2 SO4, biện pháp d, e tác động vào SO2 )
Đáp án: B
Câu 18: Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp M gồm ankan X và axit cacboxylic Y (X và Y có cùng số C) thu
được 0,4 mol cacbonic và 0,4 mol nước. Xác định % khối lượng của Y trong M:
A. 25%
B. 75%
C. 50%
D. 40%
Bài làm
744
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
nCO2 0,4
=
= 2 ⇒ X: C2 H6 và Y: C2 Hm On
nM
0,2
2nH2 O 2.0,4
H=
=
= 4 < HX = 6 ⇒ HX = 6 > H = 4 > HY ⇒ HY = 2 ⇒ Y: C2 H2 On ⇒ Y: (COOH)2
nM
0,2
6+2
HX + HY
nM
0,1.90
Ta có: 4 =
⇒H=
⇒ nX = nY =
= 0,1 mol ⇒ %mY =
100% = 75%
2
2
2
0,1.90 + 0,1.30
Câu 19: Cho 12 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe tác dụng với dung dịch hỗn hợp Y chứa 0,15 mol CuCl2 và
0,075mol H2 SO4 . Sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Z và 13,8 gam chất rắn khan. Tìm %
về khối lượng của Mg trong X:
A. 45%
B. 30%
C. Cả A và B đều đúng
D. Cả A, B, C đều sai
Bài làm
* Chú ý: Các bạn có thể nhầm lẫn, cho rằng H + phản ứng trước sau đó Cu2+ mới phản ứng. Nhận định này
là hồn tồn sai.
+ Khi Mg+Fe tác dụng với dd Y thì đầu tiên: Cu2+ sẽ phản ứng trước. Sau khi Cu2+ phản ứng hết thì H + sẽ
tiếp tục phản ứng với kim loại dư vì Cu2+ có tính oxi hố mạnh hơn H +
Ban đầu có: ∑ mkim loại = mX + mkim loại trong Y = 12 + 0,15.64 = 21,6 gam
Sau cùng có: ∑ mkim loại = mkim loại trong Z + mrắn = mkim loại trong Z + 13,8
⇒ 21,6 = mkim loại trong Z + 13,8 ⇒ mkim loại trong Z = 7,8 gam < mX ⇒ Mg, Fe chưa phản ứng hết
C1 = C2 = C =
⇒ Cu2+ , H + đã phản ứng hết ⇒ Z chỉ chứa dung dịch muối.
∑ nđiện tích anion = nCl− + 2nSO2− = 0,15.2 + 0,075.2 = 0,45 mol
4
1
⇒ nMg2+ +Fe2+ = nđiện tích anion = 0,225 mol
2
Giả sử trong Z có a mol Mg và b mol Fe (nếu khơng có Fe thì b sẽ bằng 0)
mMg + mFe = 24a + 56b = 7,8
a = 0,15
Ta có: {
⇒{
nMg + nFe = a + b = 0,225
b = 0,075
Vì Z có Fe2+ ⇒ Mg 2+ đã phản ứng hết
0,15.24
100% = 30%
12
Câu 20: Cho 3,296 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe tác dụng với dung dịch hỗn hợp Y chứa 0,03 mol CuCl2 và
0,1 mol H2 SO4 . Sau khi các phản ứng diễn ra hoàn toàn, thu được dung dịch Z và 2,096 gam rắn. Tìm %
khối lượng của Mg đã tham gia phản ứng trong X.
Bài làm
+ Thứ tự phản ứng: Cu2+ phản ứng trước, H + phản ứng sau do H + có tính oxi hoá yếu hơn Cu2+
⇒ ∑ nMg = nMg(Z) = 0,15 mol ⇒ %mMg(X) =
∑ mkim loại ban đầu = mX + mCu(Y) = 3,296 + 0,03.64 = 5,216 gam
∑ mkim loại sau cùng = mkim loại(Z) + mrắn = mkim loại(Z) + 2,096
Ta có: 5,216 = mkim loại(Z) + 2,096 ⇒ mkim loại(Z) = 3,12 gam < mX ⇒ Mg, Fe chưa phản ứng hết (Vì nếu
Mg, Fe phản ứng hết thì có nghĩa trong dung dịch Z phải chứa lượng kim loại ≥ mX )
⇒ Cu2+ và H + đều phản ứng hết ⇒ Z chỉ chứa muối
Ta có: nđiện tích anion = nCl− + 2nSO2− = 2.0,03 + 2.0,1 = 0,26 mol
4
1
1
⇒ nMg2+ ,Fe2+ = nđiện tích anion = . 0,26 = 0,13mol
2
2
Giả sử Z có a mol Mg và b mol Fe
mMg + mFe = 24a + 56b = 3,12
a = 0,13
Ta có: {
⇒{
⇒ Đã có 0,13 mol Mg phản ứng
nMg + nFe = a + b = 0,13
b=0
0,13.24
⇒ %mMg(phản ứng) =
100% = 94,66%
3,296
* Chú ý:
- Bài 16 khơng thể tính được khối lượng Mg có trong X mà chỉ có thể tính được lượng Mg phản ứng mà thôi
745
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
Bài 21: Khi cho hỗn hợp X chứa Mg và Fe tác dụng với dung dịch Y chứa CuCl2 . Ta thu được đồ thị sau. Hãy
tìm x.
mrắn
17,6
x
nCuCl2
0,3
Bài làm
Nhận xét: Giả sử X có a mol Mg và b mol Fe. Khi cho X tác dụng với dung dịch CuCl2 thì Mg sẽ phản ứng
trước, sau khi Mg phản ứng hết thì Fe sẽ phản ứng với CuCl2 .
Ta có đồ thị dạng tổng quát như sau:
mrắn
(64a + 64b)
(64a + 56b)
(24a + 56b)
nCuCl2
a
(a + b)
(64a + 56b) = 17,6
a = 0,1
Ta có: {
⇒{
⇒ x = (24a + 56b) = 13,6 gam
b = 0,2
(a + b) = 0,3
Câu 22: Hỗn hợp M gồm xeton no, đơn chức, mạch hở X, anken Z và anđehit no, đa chức Y (mạch hở,
không phân nhánh). Cho m gam M tác dụng với lượng dư dung dịch bạc nitrat trong amoniac thu được 0,8
mol Ag. Đốt cháy hoàn toàn m gam M thu được 30,5 gam sản phẩm. Tìm khối lượng của Y.
A. 11,6
B. 23,2
C. Cả A và B đều đúng
D. Cả A, B, C đều sai
Bài làm
+ Vì Y là anđehit đa chức, mạch hở khơng phân nhánh ⇒ Y phải có dạng OHC-R-CHO ⇒ Y có 2 chức ⇒
Y: Cn H2n+2−2.2 O2 ⇒ Y: Cn H2n−2 O2
Y → 4Ag
1
nY = nAg = 0,2 mol
4
0,2 mol Cn H2n−2 O2
Giả sử X và Z có CT trung bình là Cm H2m Ot và nX+Z = a mol ⇒ M: {
a mol Cm H2m Ot
nCO2 = 0,2n + am
Ta có: {
nH2 O = 0,2(n − 1) + am
⇒ mCO2 + mH2 O = 44(0,2n + am) + 18(0,2n + am − 0,2) = 30,5
0,55
⇒ 0,2n + am = 0,55 ⇒ n <
= 2,75 ⇒ n = 2 ⇒ Y: (CHO)2 ⇒ mY = 0,2.58 = 11,6 gam
0,2
Cách 2: Ngắn gọn hơn
Ta có: nY = 0,2 mol
Giả sử có x mol CO2 và y mol nước:
746
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
nCO2 = x = 0,55
nCO2 − nH2 O = (1 − 1)nX + (1 − 1)nZ + (2 − 1)nY = nY ⇒ x − y = 0,2
⇒{
nH2 O = y = 0,35
mCO2 + mH2 O = 44x + 18y = 30,5
nCO2 (Y) nCO2 0,55
Ta có: n =
<
=
= 2,75 ⇒ n = 2 ⇒ Y: (CHO)2
nY
nY
0,2
Câu 23: Cho hỗn hợp M chứa xeton X (no, đơn chức, mạch hở), axit Y (no, đơn chức, mạch hở), anđehit Z
(no, đa chức, mạch thẳng) và axetilen (biết nZ = nC2 H2 ). Nếu cho M tác dụng với lượng dư dung dịch
AgNO3 /NH3 ta thu được 10,08 gam kết tủa. Đốt cháy hoàn toàn M thu được tổng khối lượng sản phẩm là
4,12209 gam. Tìm số CTCT thoả mãn của Z
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
Bài làm
{
Do Z là anđehit đa chức, mạch thẳng nên Z phải có dạng OHC − R − CHO
⇒ Z phải có 2 chức ⇒ Z: Cn H2n−2 O2
Giả sử có nC2 H2 = nZ = a mol
C H → CAg ≡ CAg ↓ (vàng)
Ta có: { 2 2
Z → 4Ag ↓
⇒ mkết tủa = a. (24 + 216) + a. 4.108 = 672a = 10,08 ⇒ a = 0,015 mol
Giả sử có x mol CO2 và y mol nước
nCO2 − nH2 O = x − y = (1 − 1)nX + (1 − 1)nY + (2 − 1)nZ + (2 − 1)nC2 H2 = nZ + nC2 H2 = 0,03
⇒ x − y = 0,03
mCO2 + mH2 O = 44x + 18y = 4,12209
nCO2 = x = 0,075195
⇒{
nH2 O = y = 0,045195
Ta có: 0,075195 = nCO2 (Z) + nCO2 (X) + nCO2 (Y) + nCO2 (C2 H2 ) > nCO2 (Z) + nCO2 (C2 H2 ) = nCO2 (Z) + 0,015.2
⇒ 0,075195 > nCO2 (Z) + 0,03 ⇒ nCO2 (Z) < 0,075195 − 0,03 = 0,045195
nCO2 (Z) 0,045195 0,045195
Z: OHC − C − CHO
Ta có: n =
<
=
= 3,013 ⇒ n = 2 hoặc n = 3 ⇒ ⟦
Z: OHC − CHO
nZ
nZ
0,015
Đáp án: B
Câu 24: Cho 66,9 gam X gồm axit fomic, axit Glutamic, Glyxin, axetilen tác dụng hoàn toàn với lượng dư
dung dịch KOH thấy có 0,8 mol KOH phản ứng. Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng X trên ta thu được 2,15 mol
nước, x mol cacbonic và cần dùng vừa đủ V lít khí oxi. Mặt khác, nếu cho X tác dụng với dung dịch HCl dư
ở nhiệt độ thường thì thấy có y mol HCl phản ứng. Tìm V và y.
Bài làm
Bài tốn trên có 4 chất ứng với 4 ẩn số. Mặt khác đề bài cho ta 3 dữ kiện: mX , nKOH , nH2 O ⇒ Ta được phép
bỏ đi một chất bất kì. Ở đây ta bỏ đi axit Glutamic cho đỡ phức tạp (Bạn có thể bỏ một trong 3 chất cịn lại,
đáp số sẽ không hề thay đổi).
Như vậy X chỉ chứa 3 chất: HCOOH, H2 N − CH2 − COOH, C2 H2 với số mol lần lượt là a, b, c mol
Ta có:
mX = 46a + 75b + 26c = 66,9
a = 0,3
nKOH = a + b + 0c = 0,8
⇒ {b = 0,5
{
5
c = 0,6
nH2 O = a + b + c = 2,15
2
nHCl = b = 0,5 mol ⇒ y = 0,5
2 2
5 2
2
⇒{
nO2 = (1 + − ) a + (2 + − ) b + (2 + ) c = 2,775 mol
4 2
4 2
4
* Bình luận: Người ra đề dựa vào biến đổi sau: C5 H9 NO2 = HCOOH + C2 H2 + C2 H5 NO2. Vì vậy bạn hồn
tồn có thể bỏ đi Glu để tính toán, tuy nhiên nếu đi thi mà nghĩ ra được cách này thì chắc cũng mất rất
nhiều thời gian, vì vậy số đếm gần như đã chiếm ưu thế với bài tốn này, khi mà bạn KHƠNG CẦN NGHĨ,
CHỈ CẦN TÍNH RẤT ĐƠN GIẢN.
747
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
Câu 25: Cho hỗn hợp X gồm 3 axit (cùng dãy đồng đẳng với axit acrylic) và 2 ancol (mạch hở, 2 chức, cùng
dãy đồng đẳng). Nếu đốt cháy hoàn toàn 28,21 gam hỗn hợp X thấy cần dùng vừa đủ 1,7225 mol oxi, thu
được hỗn hợp sản phẩm khí và hơi có tỉ khối so với He bằng
641
.
84
Nếu cho X tác dụng với lượng dư Na thì
thấy có V lít khí hidro thốt ra và có m gam muối khan, tìm V và m.
Bài làm
+ Tìm nCO2 , nH2 O
Giả sử nCO2 = x mol và nH2 O = y mol
Ta có:
mCO2 + mH2 O = 44x + 18y = mX + mO2 = 28,21 + 1,7225.32(Bảo toàn khối lượng) ⇒ 44x + 18y = 83,33
83,33 641
{
MCO2 +H2 O =
=
. 4 ⇒ x + y = 2,73
x+y
84
x = 1,315
⇒{
⇒ nH2 O > nCO2 ⇒ 2 ancol no, 2 chức, mạch hở
y = 1,415
axit Cn H2n−2 O2 : a mol
⇒ X{
ancol Cm H2m+2 O2 : b mol
+ Bảo toàn O: nO(X) = 2nCO2 + nH2 O − 2nO2 = 2.1,315 + 1,415 − 2.1,7225 = 0,6 mol
Mặt khác: nO(X) = 2a + 2b ⇒ 2a + 2b = 0,6 (1)
+ Áp dụng công thức nCO2 − nH2 O = (k − 1)nX (với k = π + v)
Ta có: nCO2 − nH2 O = (2 − 1)a + (0 − 1)b = a − b = x − y = 1,315 − 1,415 = −0,1 ⇒ a − b = −0,1 (2)
0,1 mol RCOOH
a = 0,1
2a + 2b = 0,6
Từ (1), (2) {
⇒{
⇒ X: {
b = 0,2
0,2 mol R′ (OH)2
a − b = −0,1
+ X tác dụng với Na dư:
1
RCOOH + Na → RCOONa + H2 ↑ và R′ (OH)2 + 2Na → R′ (ONa)2 + H2 ↑
2
1
1
Ta có: nH2 = naxit + nancol = . 0,1 + 0,2 = 0,25 mol ⇒ VH2 = 0,25.22,4 = 5,6 lít
2
2
+ Tìm mmuối
Muối: RCOONa và R′ (ONa)2
Bảo toàn khối lượng: mmuối = mX + mNa − mH2
+ mNa = 23. (a + 2b) = 23. (0,1 + 2.0,2) = 11,5 gam
a
+ mH2 = 2. ( + b) = 0,5 gam
2
+ mX = 28,21 gam
⇒ mmuối = 28,21 + 11,5 − 0,5 = 39,21 gam
* Chú ý: Bài tốn trên có thể được biến đổi thành dạng dễ nhìn hơn:
Axit: Cn H2n−2 O2 +1,7225 mol O2 1,315 mol CO2
28,21 gam X { Ancol: C H O →
{
1,415 mol H2 O
m p 2
Chắc chắn nếu được trình bày ngắn gọn như sơ đồ trên thì bạn sẽ dễ dàng tìm ra được hướng làm, tuy
nhiên đề bài trên đã được biến đổi đi sao cho bạn khó có thể tìm ra được hướng làm!
Câu 26: Hồ tan hoàn toàn 1,28 gam Cu bằng dung dịch chứa 0,12 mol HNO3 thu được dung dịch T và hỗn
hợp khí Y gồm NO và NO2 . Cho T tác dụng hồn tồn với 0,09 mol KOH, sau đó lọc lấy kết tủa thu được
dung dịch Y1 . Cô cạn Y1 được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi thu được 8,05 gam chất rắn Z.
Tìm tỉ khối của Y so với He.
A. 9,5
B. 10
C. Cả A và B đều đúng
D. Cả A, B, C đều sai
Bài làm
Y: {
+0,12 mol HNO3
0,02 mol Cu →
NO
NO2
dd T {
{
Cu(NO3 )2 +0,09 mol KOH Cu(OH)2
→
{
cô cạn
HNO3 dư
dd Y1 →
8,05 gam rắn
Nhận xét:
748
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
Cu(NO3 )2 +0,09 mol KOH Cu(OH)2
→
{
HNO3 dư
dd Y1
Các phản ứng diễn ra:
(1) HNO3 + KOH → KNO3 + H2 O
(2) Cu(NO3 )2 + 2KOH → Cu(OH)2 ↓ +2KNO3
Do đã xuất hiện kết tủa ⇒ (1)xảy ra hết ⇒ HNO3 phản ứng hết
dd T {
Cu(NO3 )2 t° CuO + NO2 + O2
→{
KNO2
KNO3
KOH t° KOH
TH2: KOH dư ⇒ Cu(NO3 )2 hết ⇒ Y1 {
→{
KNO3
KNO2
TH1: Cu(NO3 )2 dư ⇒ KOH hết ⇒ Y1 {
Xét (2) ⇒ Có 2 TH xảy ra: ⟦
+ Xét TH2:
Ta có: mrắn = 56nKOH + 85nKNO2 < 85nKOH + 85nKNO2 = 85(nKOH + nKNO2 )
Bảo toàn K: nKOH + nKNO2 = nKOH(ban đầu) = 0,09 mol ⇒ mrắn < 85.0,09 = 7,65 gam < 8,05 gam ⇒ loại
+ Xét TH1:
Bảo toàn K: nKNO2 = nKOH(ban đầu) = 0,09 mol ⇒ mKNO2 = 0,09.85 = 7,65 gam
⇒ mCuO = mrắn − mKNO2 = 8,05 − 7,65 = 0,4
0,4
⇒ nCuO =
= 5.10−3 mol ⇒ nCu(NO3 )2 (Y1 ) = nCuO = 5.10−3 mol
80
⇒ ∑ nNO−(Y1 ) = 2nCu(NO3 )2 (Y1 ) + nKNO3 (Y1 ) = 2.5.10−3 + 0,09 = 0,1 mol
3
⇒ nNO−(T) = nNO−(Y1 ) = 0,1 mol
3
3
Ta có: HNO3 (ban đầu) → Y(NO + NO2 ) + NO− (T)
3
Bảo toàn N: nY = nHNO3 (ban đầu) − nNO−(T) = 0,12 − 0,1 = 0,02 mol
3
1,28
Bảo toàn e: 3x + y =
.2
Giả sử có x mol NO và y mol NO2 ⇒ {
64
x + y = 0,02
Câu 27: Hoà tan hoàn toàn 1,32 gam hỗn hợp X gồm Cu, Mg (nCu = nMg ) bằng dung dịch chứa 0,18 mol
HNO3 thu được dung dịch T và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2 (khơng có muối amoni). Cho T tác dụng
hồn tồn với 0,1575 mol KOH, sau đó lọc lấy kết tủa thu được dung dịch Y1 . Cô cạn Y1 được chất rắn Z.
Nung Z đến khối lượng không đổi thu được 13,17 gam chất rắn Z. Tìm tỉ khối của Y so với He.
A. 9,5
B. 10
C. Cả A và B đều đúng
D. Cả A, B, C đều sai
Bài làm
Giả sử: nCu = nMg = x mol ⇒ mX = 64x + 24x = 1,32 ⇒ x = 0,015 mol
Giả sử X chỉ có 1 kim loại duy nhất là M
NO
Y: {
NO2
+0,18 mol HNO3
M→
M(NO3 )2 +0,1575 mol KOH M(OH)2
dd T {
→
{
cô cạn
HNO3 dư
dd Y1 →
13,17 gam rắn
{
Nhận xét:
M(NO3 )2 +0,1575 mol KOH M(OH)2
dd T {
→
{
HNO3 dư
dd Y1
Các phản ứng diễn ra:
(1) HNO3 + KOH → KNO3 + H2 O
(2) M(NO3 )2 + 2KOH → M(OH)2 ↓ +2KNO3
Do đã xuất hiện kết tủa ⇒ (1)xảy ra hết ⇒ HNO3 phản ứng hết
M(NO3 )2 t° MO + NO2 + O2
TH1: M(NO3 )2 dư ⇒ KOH hết ⇒ Y1 {
→{
KNO2
KNO3
Xét (2) ⇒ Có 2 TH xảy ra: ⟦
t° KOH
KOH
TH2: KOH dư ⇒ M(NO3 )2 hết ⇒ Y1 {
→{
KNO3
KNO2
+ Xét TH1:
Bảo toàn K: nKNO2 = nKOH(ban đầu) = 0,1575 mol
749
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
⇒ mKNO2 = 0,1575.85 = 13,3875 gam > 13,17 gam = mrắn ⇒ loại
+ Xét TH2:
Bảo toàn K: a + b = nKOH ban đầu = 0,1575
a mol KOH
a = 7,5.10−3
Giả sử rắn: {
⇒{
⇒{
b mol KNO2
mrắn : 56a + 85b = 13,17
b = 0,15
Bảo toàn NO− : nNO−(dd T) = nKNO2 = 0,15 mol
3
3
Bảo toàn N: nY = nHNO3 (ban đầu) − nNO−(T) = 0,18 − 0,15 = 0,03 mol
3
u mol NO
Giả sử Y: {
v mol NO2
nY = u + v = 0,03
u = 0,015
⇒ { Bảo toàn e: n
= ne nhường ⇒ 3u + v = 0,015.2 + 0,015.2 ⇒ {v = 0,015
e nhận
38
⇒ MY = 38 ⇒ d Y =
= 9,5 ⇒ Đáp án: A
4
He
* Bình luận: Câu 26 và Câu 27 được giải khá nhanh và logic, tuy nhiên lại hơi khó để định hướng. Liệu rằng
có cách giải nào ngắn gọn hơn nữa, nhanh hơn nữa, và dễ làm hơn nữa khơng???
Câu trả lời là có. Sau đây xin trình bày cách giải đó cho bài 27, bạn hãy áp dụng cách giải này cho bài 26,
chắc chắn bạn có thể giải bài 26 nhanh chóng và dễ dàng hơn rất nhiều.
Giả sử: nCu = nMg = x mol ⇒ mX = 64x + 24x = 1,32 ⇒ x = 0,015 mol
Nhận xét: Giả sử có u mol NO và v mol NO2 ⇒ Để tìm được tỉ khối thì ta phải tìm được cả u và v, tức là ta
cần có 2 phương trình của u và v.
ne nhận = 3nNO + nNO2 = 3u + v
Ta đã có 1 phương trình dựa trên bảo tồn e: {
⇒ 3u + v = 0,06 (∗)
ne nhường = 2nCu + 2nMg = 0,06
Vì vậy ta cần tìm thêm một phương trình giữa u và v nữa.
NO
Y: {
NO2
M(OH)2
+0,18 mol HNO3
MO + NO2 + O2
M→
M(NO3 )2 t°
M(NO3 )2 +0,1575 mol KOH
TH1: Y1 {
→ 13,17 gam {
KNO2
dd T {
→
KNO3
HNO3 dư
dd Y1 ⟦
t°
KOH
KOH
TH2: Y1 {
→ 13,17 gam {
KNO3
{
{
KNO2
Để có thêm một phương trình nữa giữa u và v, ta cần tìm nKNO2
+ TH1: nKNO2 = nKOH = 0,1575 ⇒ mKNO2 > mrắn ⇒ loại
+ TH2: Ta có: HNO3 (ban đầu) → Y + KNO2
⇒ Bảo toàn N: nY = nHNO3 (ban đầu) − nKNO2 ⇒ u + v = 0,18 − nKNO2 (∗∗) ⇒ Ta tìm nKNO2
Bảo tồn khối lượng: mrắn = 56a + 85b
a mol KOH
a = 7,5.10−3
⇒ Giả sử:Y1 {
⇒{
⇒{
b mol KNO2
Bảo toàn K: a + b = nKOH(ban đầu)
b = 0,15
⇒ nKNO2 = 0,15 mol
(**) ⇒ nY = 0,18 − 0,15 = 0,03 mol ⇒ u + v = 0,03 (∗∗)
3u + v = 0,06
Từ (*) và (**): {
u + v = 0,03
Như vậy bài toán trên đã được giải rất nhanh và định hướng rất rõ ràng. Các bạn có thể sử dụng cách tư
duy này để làm rất nhiều bài tập khác !
Câu 28: Cho các cặp chất sau đây, có bao nhiêu cặp chất có khả năng xảy ra phản ứng hoá học
a. Phenol và dung dịch natri hidrocacbonat
b. Dung dịch HCl và NaClO
c. Ozon và dung dịch KI
d. Nước Iot và dung dịch hồ tinh bột
e. Khí hidro sunfua và dung dịch ZnCl2
f. Dung dịch AgNO3 và NaF
g. Khí hidro sunfua và dung dịch CuCl2
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
Bài làm
750
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
a. Có
C6 H5 OH(vẩn đục) + Na2 CO3 → C6 H5 ONa(tan) + NaHCO3 (tan)
Đây là lí do tại sao khi sục CO2 vào dung dịch trong suốt chứa C6 H5 ONa ta sẽ thu được vẩn đục là C6 H5 OH
và muối NaHCO3
b. Có
+1
0
−1
⏞
⏞
⏞
Na Cl O + 2H Cl → NaCl + H2 O + Cl2 ↑
* Chú ý: Axit HClO yếu hơn cả axit cacbonic: NaClO + CO2 + H2 O → NaHCO3 + HClO
Tuy nhiên axit HClO lại có tính oxi hoá mạnh: Khi sục Cl2 vào nước ta thu được nước clo chứa HCl, HClO:
+1
⏞
Cl2 + H2 O ⇄ HCl + H Cl O
Cl+1 trong HClO khiến cho HClO có tính oxi hố, từ đó khiến cho dung dịch HClO có khả năng tẩy màu
mạnh.
Khi cho mẩu q tím vào nước clo (chứa HCl, HClO). Đầu tiên ta quan sát thấy q tím chuyển sang hồng
(do có HCl), nhưng sau đó q tím bị mất màu và chuyển sang màu trắng do bị HClO tẩy màu.
c. Có
O3 có tính oxi hố mạnh (do ozon có khả năng tạo ra O* ngun tử có tính oxi hố mạnh hơn oxi rất nhiều:
O3 → O2 + O*). Trong khi đó KI lại có tính khử khá mạnh (do I −1 có tính khử mạnh). Vì vậy sẽ xảy ra phản
ứng oxi hố khử: 2KI(khơng màu) + 1O3 + 1H2 O → 2KOH(khơng màu) + 1I2 ↓ (tím đen) + 1O2 ↑
d. Khi cho nước iot trộn với dung dịch hồ tinh bột, ta sẽ thấy xuất hiện màu xanh tím đặc trưng. Khi ta đun
nóng hỗn hợp trên, màu xanh tím biến mất, khi để nguội màu xanh tím lại xuất hiện.
Lí do: Dung dịch hồ tinh bột có chứa amilozo (khơng phân nhánh, có cấu trúc xoắn như hình lị xo) có cấu
trúc xoắn như lị xo. Khi các phân tử Iot chui vào trong lòng các vòng xoắn sẽ tạo ra phức chất có màu tím
xanh đặc trưng. Khi đun nóng, các phân tử Iot thốt ra khỏi các vịng xoắn, khiến cho màu xanh tím biến
mất, vì vậy đây được coi là một hiện tượng vật lí, khơng phải xảy ra phản ứng hố học. Vì vậy ở đây khơng
coi là có phản ứng hố học xảy ra mặc dù ta có quan sát được hiện tượng xuất hiện màu xanh tím.
e. Khơng
ZnS là chất kết tủa có khả năng tan trong dung dịch HCl, HNO3 loãng, H2 SO4 loãng do axit H2 S yếu hơn các
axit trên. Vì vậy phản ứng ZnS + 2HCl → ZnCl2 + H2 S ↑ (mùi trứng thối) có khả năng xảy ra. Vì vậy ZnCl2
khơng phản ứng được với H2 S. Tuy nhiên có những sunfua đặc biệt như Ag 2 S, CuS, PbS, HgS không tan
trong nước và cũng không tan trong dung dịch H2 SO4 loãng, HCl, HNO3 loãng. Vì vậy các phản ứng sau đây
hồn tồn có thể xảy ra:
CuCl2 + H2 S → CuS ↓ (đen) + 2HCl
Cu(NO3 )2 + H2 S → CuS ↓ +2HNO3
Tuy nhiên CuS, Ag 2 S hồn tồn có thể phản ứng với dung dịch H2 SO4 đặc nóng hoặc dung dịch HNO3 đặc
nóng.
f. AgCl (màu trắng), AgI (màu vàng đậm), AgBr (màu vàng) là ba chất kết tủa không tan trong nước và
không tan trong tất cả các axit, kể cả axit H2 SO4 đặc nóng hoặc HNO3 đặc nóng. Tuy nhiên: AgF lại là chất
tan tốt trong nước, vì vậy phản ứng giữa AgNO3 và NaF không thể xảy ra. Chú ý thêm: Ag 3 PO4 là kết tủa
màu vàng nhạt, nhưng do axit H3 PO4 là axit trung bình, tức nó có tính axit yếu hơn HCl, H2 SO4 , HNO3 vì
vậy kết tủa này có thể bị hồ tan trong dung dịch axit HCl, H2 SO4 , HNO3 và tạo ra H3 PO4 . Chú ý thêm nữa:
Chỉ có AgCl, Ag 2 O là có khả năng tan được trong dung dịch amoniac, còn AgBr, AgI, Ag 3 PO4 đều khơng tan
trong dung dịch amoniac.
g. Có
Xem lại các câu phía trên
Đáp số: Có a, b, c, g xảy ra phản ứng. Vậy đáp án: C. 4
Câu 29: Trong số các dung dịch sau, có bao nhiêu dung dịch và chất lỏng có khả năng hồ tan được phenol:
dd NaOH, dd natri cacbonat, dung dịch natri hidrocacbonat, dung dịch HCl, ancol etylic, nước ở 66℃
A. 2
B. 3
C. 4
D. Cả A, B, C đều sai
Bài làm
751
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
+ Phenol là C6 H5 OH: không tan trong nước lạnh, tan vô hạn trong nước ở 66℃ ⇒ Nước ở 66℃ có thể hồ
tan được phenol
+ Phenol có tính axit yếu vì vậy dd HCl khơng thể hồ tan được phenol (Do phenol khơng tan trong nước
vì vậy sẽ tạo vẩn đục)
+ Dung dịch NaOH, dung dịch Na2 CO3 có khả năng hồ tan phenol vì xảy ra phản ứng tạo ra chất tan tốt
trong nước:
C6 H5 OH(vẩn đục) + NaOH(tan) → C6 H5 ONa(tan) + H2 O
C6 H5 OH(vẩn đục) + Na2 CO3 (tan) → C6 H5 ONa(tan) + NaHCO3 (tan)
+ Dung dịch NaHCO3 khơng hồ tan được phenol do NaHCO3 không phản ứng với phenol và phenol
không tan trong nước.
+ Phenol là chất hữu cơ vì vậy ít tan trong nước (chất vô cơ) tuy nhiên các chất hữu cơ lại hồ tan tốt
trong nhau vì vậy phenol có khả năng tan tốt trong etanol, ete, axeton, … Vì vậy chất lỏng ancol etylic
(etanol ngun chất) có khả năng hồ tan được phenol
Tóm lại các chất hồ tan được phenol là dd NaOH, dd Na2 CO3 , nước ở 66℃, C2 H5 OH ⇒ Đáp số: C
Câu 30: Cho từ từ từng giọt dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch chứa b mol Na2 CO3 thu được V lít khí.
Mặc khác nếu nhỏ từ từ đến hết dung dịch chứa b mol Na2 CO3 vào dung dịch chứa a mol HCl thì thu được
1,75V lít khí. Hãy tìm tỉ lệ a: b
Bài làm
* Nhận xét:
1) Khi nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch 𝐍𝐚 𝟐 𝐂𝐎 𝟑 thì thứ tự phản ứng xảy ra như sau:
(1)Na2 CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl
Sau khi Na2 CO3 được chuyển hết thành NaHCO3 và HCl vẫn còn dư:
(2)NaHCO3 + HCl → NaCl + H2 O + CO2 ↑
2) Khi nhỏ từ từ dung dịch 𝐍𝐚 𝟐 𝐂𝐎 𝟑 vào dung dịch HCl thì do ban đầu (lúc mới nhỏ dung dịch muối vào) thì
HCl cịn rất dư, vì vậy phản ứng tạo khí ngay lập tức:
(3) Na2 CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2 O + CO2 ↑
Bài làm
+ Xét thí nghiệm 1: nhỏ a mol HCl vào b mol Na2 CO3 :
Do đã tạo khí ⇒ (1) đã xảy ra hồn tồn và sau (1) thì H + vẫn dư:
(1)Na2 CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl
b mol → b mol → b mol
(a − b)mol HCl
Sau (1) {
b mol NaHCO3
(2)NaHCO3 + HCl → NaCl + H2 O + CO2 ↑
TH1: 𝐚 ≥ 𝟐𝐛 ⇒ (a − b) = nHCl > b = nNaHCO3 ⇒ nCO2 (1) = nNaHCO3 = b mol (∗)
Xét thí nghiệm 2: nhỏ b mol Na2 CO3 vào a mol HCl
(3) Na2 CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2 O + CO2 ↑
nNa2 CO3 b 1
Vì
= ≤ ⇒ HCl dư ⇒ nCO2 (2) = nNa2 CO3 = b mol (∗∗)
nHCl
a 2
Vì nCO2 (2) = 1,75nCO2 (1) ⇒ Từ (*) và (**) ⇒ TH1 bị loại
TH2: 𝐚 < 𝟐𝐛 ⇒ nHCl = (a − b) < b = nNaHCO3 ⇒ nCO2 (1) = nHCl = (a − b)mol (∗∗∗)
Xét thí nghiệm 2:
(3) Na2 CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2 O + CO2 ↑
nNa2 CO3 b 1
1
1
Vì
= > ⇒ Na2 CO3 dư ⇒ nCO2 (2) = nHCl = . a (∗∗∗∗)
nHCl
a 2
2
2
a
Từ (∗∗∗) và (∗∗∗∗) ⇒ nCO2 (2) = 1,75nCO2 (1) ⇒ = 1,75. (a − b)
2
a 3,5 7
⇒ a = 3,5(a − b) ⇒ 2,5a = 3,5b ⇒ =
=
b 2,5 5
Câu 30*: Bài toán tổng quát:
752
Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố
Cho từ từ từng giọt dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch chứa b mol 𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 thu được 𝑉1 mol khí. Mặc
khác nếu nhỏ từ từ đến hết dung dịch chứa b mol 𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 vào dung dịch chứa a mol HCl thì thu được 𝑉2
mol khí. (Bạn sẽ tự chứng minh được rằng 𝑛 ≥ 1)
Ta rút ra các kết luận sau:
1) Nếu a ≥ 2b thì V1 = V2 = b
a
2
V2
0,5a
0,5a
a
Ta có:
=
>
= 1 do b >
V1 a − b a − a
2
2
Câu 31: Đốt cháy hoàn toàn m gam chất béo X chứa tristearin, tripanmitin, axit stearic, axit panmitic. Sau
phản ứng thu được 0,42 mol cacbonic và 0,406 mol nước. Nếu thuỷ phân chất béo trên với hiệu suất 90%
thì ta có thể thu được tối đa bao nhiêu gam glixerol?
A. 0,58
B. 1,74
C. 1,16
D. 0,64
Bài làm
2) Nếu a < 2b thì V1 = (a − b)và V2 =
Cách 1: Sử dụng số đếm
Hỗn hợp X có 4 chất ứng với 4 ẩn số. Bài toán cho 2 dữ kiện: nCO2 , nH2 O ⇒ THEO PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM
ta có quyền bỏ đi 2 chất bất kì. Do đề bài u cầu tính khối lượng glixerol vì vậy ta không được phép bỏ đi
cả 2 chất béo ⇒ Ta sẽ bỏ đi 1 chất béo và 1 axit bất kì, hoặc bỏ đi cả 2 axit. Ở đây chọn bỏ đi 2 axit (bạn có
thể bỏ đi cách nào cũng được). Khi đó hỗn hợp X chỉ cịn lại 2 este có số mol lần lượt là a và b mol
Tristearin: (C17 H35 COO)3 C3 H5 : C57 H110 O6
Tripanmitin: (C15 H31 COO)3 C3 H5 : C51 H98 O6
nCO2 = 57a + 51b = 0,42
a = 0,0105
Ta có: {
⇒{
110
98
b = −3,5.10−3
n H2 O =
a + b = 0,406
2
2
Nếu H=100% thì nGlixerol = a + b = 7.10−3 mol
Do H=90% ⇒ nGlixerol = 90%. (7.10−3 ) = 6,3.10−3 mol ⇒ mglixerol = 6,3.10−3 . 92 = 0,5796 ⇒ Đáp án: A
* Bình luận: Bạn hồn tồn có thể bỏ đi tristearin, axit panmitic hoặc có thể bỏ đi tripanmitin và axit
panmitic, …. Cái này là tuỳ bạn, đáp số vẫn hồn tồn chính xác theo PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM
Cách 2: Đây là cách dành cho các bạn hay đa nghi
Ta áp dụng công thức nCO2 − nH2 O = (k − 1)nX (k = π + v)
Ta có: nCO2 − nH2 O = (3 − 1)ntristearin + (3 − 1)ntripanmitin + (1 − 1)naxit stearic + (1 − 1)naxit panmitic
0,42 − 0,406
⇒ nCO2 − nH2 O = 2(ntristearin + ntripanmitin ) = 0,42 − 0,406 ⇒ neste =
= 7.10−3 mol
2
Nếu H=100% thì nglixerol = neste = 7.10−3 mol ⇒ ⋯
* Bình luận: PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM rõ ràng rất ngắn gọn và đơn giản!
Câu 32: Nung m gam một loại đá vơi có a% về khối lượng là tạp chất trơ sau một thời gian thu được 0,78m
gam chất rắn, hiệu suất của phản ứng nhiệt phân là 80%. Xác định giá trị của a
A. 37,5%
B. 62,5%
C. 37,5
D. Cả A, B, C đều sai
Bài làm
+ Đá vôi chứa thành phần chính là CaCO3
Giả sử xét m=100 gam, sau nhiệt phân thu được 78 gam rắn, trong đó có a gam tạp chất trơ, hiệu xuất
80%
Trong 100 gam đá vôi có (100-a) gam CaCO3.
100−a
mol
100
100−a
80%. 100
Nếu H=100% thì nCaCO3 (pư) =
Do H=80%⇒ nCaCO3 (pư) =
t°
CaCO3 → CaO + CO2 ↑
Bảo toàn khối lượng: mrắn = mquặng − mCO2 = 100 − (80%.
753
100−a
) . 44
100
= 78 ⇒ a = 37,5 ⇒ C
