Hóa khó và lời giải chi tiết hóa học PT

Một số bài tập tổng hợp hay và khó – Hội Hóa Học Trung Học Phổ Thông 0968865897
Nguyễn Thị Ngọc Anh–Đại Học Sư Phạm Hà Nội

Bài 1: Hòa tan hết 2,72 gam hỗn hợp X gồm FeS2 , FeS, Fe, CuS và Cu trong 500 ml dung dịch HNO3
1M, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 0,07 mol một chất khí thoát ra. Cho Y tác
dụng với lượng dư dung dịch BaCl2 thu được 4,66 gam kết tủa. Mặt khác, dung dịch Y có thể hòa tan tối
đa m gam Cu. Biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất của N +5 là NO. Giá trị của m là ?
A. 5,92
B. 5,28
C. 9,76
D. 9,12
Bài giải:
nBaSO4 = 0,02 (mol) = nS, nHNO3 = 0,5 (mol)
2


S  4H 2O  SO4  8H (1)
Xét toàn bộ quá trình X+HNO3+Cu ta được  


8H  NO3  NO  4H 2O(2)
Lúc này dung dịch Y thành dung dịch Z gồm :
nCu 2 , nFe2

  nH  phản ứng  nHNO3  8nS  0,66(mol )

2


nSO4  0, 02; NO3
Từ (2)   nNO

 nH

4



 0,165(mol )  nNO3-(Z) = nHNO3 – nNO = 0,335 (mol)

X gồm: nFe =a , nCu = b, nS = 0,02 (mol)

56a  64b  2,72  mS
 x  0,02

Xét X + HNO3  nNO  0, 07(mol ) Ta có 
( mX và bảo toàn e )
3a  2b  3.0,07  6nS
 y  0,015
Mặt khác bảo toàn điện tích trong Z
 nCu thêm vào Y = (2nSO42- + nNO3- – 2nFe – 2nCu(X)) : 2 =0,1525 (mol)
 mCu = 0,1525.64 = 9,76 (gam)
Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 29,64 gam hỗn hợp X gồm Cu, Fe, ZnO và FexOy bằng lượng vừa đủ dung dịch
HCl 2a M và H2SO4 a M thu được 0,896 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y chứa m gam muối. Cho từ từ
dung dịch BaCl2 đến khi kết tủa cực đại thì dừng lại, cho tiếp AgNO3 dư vào, sau phản ứng thu được
212,1 gam kết tủa. Mặt khác cho cùng lượng X trên tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng, dư thu được
8,96 lít NO2 (đktc). Giá trị m là?
A .59,98
B. 65,4
C.78,2
D. 49,6

Bài Giải :
Bảo toàn e ta có : nAg + 2nH2 = nNO2  nAg = 0,32 (mol).
Khi cho BaCl2 vào Y  nCl   nHCl  2nBaCl2  4nBaCl2  nH(H2SO4 , HCl )
nAg  0,32

Kết tủa gồm nBaCl 2  nBaSO 4  0,25x  mAgCl mBaSO 4 mAg  212,1


nCl  AgCl  x
 201,75x + 0,32.108 = 212,1  x = 0,88 (mol).
Mặt khác nH + ( H2 SO4 , và HCl) = 2nO trong X + 2nH 2 = 0,88
 nO = nO(X) = (0,88 – 2nH2):2 = 0,4 (mol)
Mà nHCl = 2nH2 SO4 = nAgCl:2 = 0,44(mol)
 m chất tan = mX – mO + mCl- + mSO42- = 29,64 – 0,4.16 + 0,44.35,5 + 0,22.96 = 59,98(gam)
Luyện tập : Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp A gồm Cu, Fe, FexOy bằng dung dịch HCl 2aM và
H2SO4 aM chỉ thu được 0,08 gam khí H2 và dung dịch B chứa 59,94 gam muối. Cho từ từ dung dịch
BaCl2 vào dung dịch B đến khi kết tủa cực đại thì dừng lại, cho tiếp AgNO3 dư vào, sau phản ứng chỉ thu
được 212,1 gam kết tủa và dung dịch C. Mặt khác cho cùng lượng A trên tác dụng với dung dịch HNO 3
đặc nóng, dư sau phản ứng thoát ra 8,96 lít một chất khí ( đktc). Phần trăm khối lượng FexOy trong A là ?
Bài 3 : Hỗn hợp rắn A gồm FeS2, Cu2 S và FeCO3 có khối lượng 20,48 gam. Đốt cháy hỗn hợp A một thời
gian bằng oxi thu được hỗn hợp rắn B và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí X ( không có O2 dư ). Toàn bộ B hòa
Học tập là con đường ngắn nhất để thành công ! />
Page 1


Một số bài tập tổng hợp hay và khó – Hội Hóa Học Trung Học Phổ Thông 0968865897
Nguyễn Thị Ngọc Anh–Đại Học Sư Phạm Hà Nội
tan trong dung dịch HNO3 đặc, nóng, dư. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và 13,44 lít (đktc) hỗn
hợp khí Z gồm 2 khí ( không có khí SO2) và dung dịch Y. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thu được
34,66 gam kết tủa. Lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 29,98 gam rắn

khan. Biết rằng tỉ khối của Z so với X bằng 86/105.Phần trăm khối lượng FeS2 trong A là?
A. 35,16%
B. 23,44%
C. 17,58%
D. 29,30%
Bài giải:
Đặt nFeS2 =x, nCu2S = y, nFeCO3 =z ( mol)

 29,88 gam [Fe2O3, CuO, BaSO 4] (*)
34,66 gam gồm [Fe(OH)3 , Cu(OH)2 , BaSO4] 
Dựa vào khối lượng A và tăng giảm khối lượng ở (*) ta có hệ :
120 x  160 y  116 z  20, 48(1)

 (1)  40.(2)  z  0,08(mol )
34,66  29,98

3
x

4
y

3
z

(2)

17  8
Nung

nSO2  a
X
(mol )  a  b  0,1(3)
nCO2  b
nCO2  z  b  0,08  b(mol )
V  13, 44(l )  n  0,6(mol) 
 nNO2  0,6  (0,08  b)  0,52  b(mol )
(64a  44b) : 0,1
105

(4)
[46(0,52  b)  (0,08  b).44]:0,6 86
(3)(4)  a  0,06, b  0,04
nBaSO4  (2nFeS2  nCu2 S  nSO2 )  (2 x  y 0,06)(mol)


120 x  160 y  11, 2
 x  0,04


 % FeS2  23, 44%
107 x  196 y  (2 x  y  0,06).233  26,1  y  0,04
Bài 4 : Hỗn hợp A gồm MgO,Fe2O3,FeS và FeS2. Người ta hòa tan hoàn toàn m gam A trong H 2SO4 đặc
nóng dư thu SO2, dung dịch sau phản ứng chứa 155m/67 gam muối. Mặt khác hòa tan m gam A trên vào
HNO3 đặc nóng dư thu 14,336 lít hỗn hợp khí gồm SO2 và NO2 có tổng khối lượng là 29,8g. Cô cạn dung
dịch sau phản ứng thu 28,44 gam muối. Biết trong A oxi chiếm 10m/67 về khối lượng. Phần trăm FeS
trong A gần nhất ?
A.28
B.30
C.32

D.34
Bài giải : Quy đổi A về Mg,Fe,S,O
Đặt nS = a= 2nFeS2 + nFeS , nSO2 =0,02. nNO2 = 0,62 (mol)
 ne kim loại = nNO2+2nSO2-6nS+2nO
 ne kim loại = 0,62+0,02.2-6a+2.10m:16/67 = 0,66-6a+1,25m/67
Mặt khác bảo toàn e ta có 3nFe ( Fe trong FeS và FeS2 ) + 6nS = 2nSO2 + nNO2
 nFeS + nFeS2 = (0,66-6a):3 = 0,22 -2a (mol)
m kim loại = mA – mO – mS = m – 10m/67 – 32a = 57m/67 – 32a (g)
TN1: m muối = m kim loại + mSO4 trong đó nSO4 = ne kim loại : 2
Ta có 57m/67-32a +(0,33-3a+0,625m/67).96 = 155m/67(1)
TN2: Ta có nSO4 2- = nS-nSO2 = a-0,02. nNO3 - = 2(nSO42-(TN1) – nSO42-(TN2)) = 0,7-8a+1,25m/67 (mol)
 m muối = mkim loại + mSO4 + mNO3
 57m/67-32a + 96(a-0,02) + (0,7-8a+1,25m/67).62 = 28,44 (2)
(1), (2)  m =10,72, a =0,08.
 nFeS+nFeS2=0,06(mol) . Mặt khác 2nFeS2 + nFeS = 0,08
 nFeS = 2.0,06-0,08=0,04(mol)  %FeS = 32,84%
Bài 5 :Đốt cháy hỗn hợp X gồm 1 ankan, 1 anken, 1ankin. Sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ba(OH)2 dư
thu được 45,31 gam kết tủa đồng thời khối lượng dung dịch giảm 29,97 gam. Mặt khác đun nóng hỗn hợp
Học tập là con đường ngắn nhất để thành công ! />
Page 2


Một số bài tập tổng hợp hay và khó – Hội Hóa Học Trung Học Phổ Thông 0968865897
Nguyễn Thị Ngọc Anh–Đại Học Sư Phạm Hà Nội
X trên với 0,05 mol H2 (Ni, t o ) thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với He là 5,375. Dẫn toàn bộ Y lần lượt
qua bình 1 đựng dung dịch AgNO3 /NH3 dư thu được m1 gam kết tủa. Bình 2 đựng dung dịch Br2 dư thấy
khối lượng bình 2 tăng m2 gam. Khí thoát ra khỏi bình 2 chỉ chứa 2 hidrocacbon kế tiếp có thể tích là
2,688 lít (đktc). Tổng giá trị m1 và m2 là ?
A. 3,24 gam
B. 2,88 gam

C. 4,35 gam
D. 1,96 gam
Bài giải
nBaCO3= nCO2 = 0,23(mol) , nH2O = 0,29 (mol)
mY= mX + mH2 = 0,23.12+0,29.2+ 0,05.2 =3,44 (gam)
Vì khí thoát ra bình 2 chỉ chứa 2HC kế tiếp có n = 0,12(mol)
 H2 hết  nX = nY = mY : MY = 3,44:21,5 =0,16 (mol)
nCO2 : nX = 1,4375  X ( CH 4, C2H4, C2H2) : C nH2n+2-2k
 nC2Ag2 + nC2H4 = nX – 0,12 = 0,04 (mol)
nk = 0,16 - nH2O + nCO2 = 0,1(mol)
 nC2Ag2 = nk – nH2 – 0,04 = 0,01(mol)
nC2H4 = 0,03(mol)  m = mC2Ag2 + mC2H4 = 3,24 (gam)
Bài 6 : Nung nóng V lít khí (đktc) hỗn hợp X gồm C3H4, H2 với Ni, sau một thời gian thu được 0,25
mol hỗn hợp khí Y. Cho Y lội qua dung dịch AgNO3/NH3 dư, khí đi ra khỏi dung dịch làm mất màu
100 ml dung dịch Br2 1M và còn lại hỗn hợp khí Z. Đốt cháy hoàn toàn Z thu được 4,5 gam H2O. Mặt
khác đốt cháy hoàn toàn Y thu được thu được 30,8 gam CO2. Giá trị của V là ?
A.10,36 lít
B.9,8 lít
C. 9,1 lít
D. 8,12 lít
Bài giải :
nCO2 = 0,675  nC3H x = 0,225 (mol)  nH2 =0,25-0,225= 0,025(mol).
Suy ra nC3H 8 = (nH2O-nH2)/4 = 0,05625 (mol)
 nH 2 ban đầu = 2nC 3H8+ nC3H6+ 0,025 =0,2375(mol). => nX=0,4625(mol)
 V=10,36 lít
Bài 7 : Điện phân (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi) dung dịch chứa 17 gam muối
M(NO3)n trong thời gian t, thấy khối lượng dung dịch giảm 9,28 gam và tại catot chỉ có a gam kim loại
M bám vào. Sau thời gian 2t, khối lượng dung dịch giảm đi 12,14 gam và tại catot thấy thoát ra 0,672
lít khí (đktc). Vậy giá trị của a là
A. 6,40 gam.

B. 8,64 gam.
C. 2,24 gam.
D. 6,48 gam.
Bài giải :
-Sau t giây điện phân dung dịch giảm 9,28 gam là khối lượng tạo ra M và O 2 thoát ra
Giả sử sau 2t giây điện phân mà bên catot vẫn còn Mn+ thì dung dịch sẽ giảm 9,28.2=18,56 (g)
-Nhưng thực tại sau 2t giây dung dịch giảm 12,14 gam và catot thoát ra 0,03 mol H 2
 Sau 2t giây M n+ bên catot đã hết và một phần điện phân nước.
Khối lượng chênh lệch giữa 2t giây giả sử và 2t giây thực tại chính là khối lượng chênh lệch giữa H2
sinh ra bên catot trong quá trình điện phân nước và M tạo ra khi bên catot chưa điện phân nước. nH2 =
0,03.  Bảo toàn e . nM = 0,06/n. Tăng giảm khối lượng ra có :
 18,56-12,14 = 0,06M/n - 0,06  M =108n. Với n =1. M = 108( t/m)  M là Ag
Bài 8 : Hỗn hợp X gồm CH3COONa,CH2(COONa)2,CH(COONa)3,C(COONa)4. Đốt m gam hỗn hợp
X thu được CO 2,H2O và 101,76 gam Na2CO3. Chuyển m gam hỗn hợp X thành axit thu được hỗn hợp
Y gồm các axit thuần chức. Đốt hỗn hợp Y cần 30,912 lít O2 (đktc). Giá trị của m là
A.139,40
B.137,76
Học tập là con đường ngắn nhất để thành công ! />
Page 3


Một số bài tập tổng hợp hay và khó – Hội Hóa Học Trung Học Phổ Thông 0968865897
Nguyễn Thị Ngọc Anh–Đại Học Sư Phạm Hà Nội
C.151,24
D.147,60
Bài giải
Đặt công thức tổng quát của hỗn hợp muối X là : CH4-m(COONa) m
CH4-m(COONa) m  CH4-m(COOH) m
CH4-m(COOH) m + 2O2 = (m+1)CO2 + 2H2O
nNa2CO3 = 0,96 (mol). nO2 = 1,38(mol)

Đốt cháy axit cũng như đốt muối X cần số mol O2 như nhau vì số mol e cho là như nhau.
PT đốt cháy : CH4-m(COONa) m + 2O2  (0,5m+1)CO2 + (2-0,5m)H2O + 0,5mNa2CO3
1,38.0,5m
1,38 
(mol)
2
1,38.0,5m
64
 nX = 0,69 (mol).

= 0,96  m=
2
23
X có dạng : CH4-64/23(COONa)64/23 .  mX = 137,76 => B
Luyện tập :
Hỗn hợp X gồm CH2n-1CHO; C nH2n-2(CHO)2; C nH2n-2(COOH)2 ; CnH2n-3(CHO)(COOH)2. Cho m gam
hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 56,16 gam Ag. Trung hòa m gam hỗn
hợp X cần dùng 30 gam dung dịch hỗn hợp NaOH 12% và KOH 5,6%. Đốt m gam hỗn hợp X cần
dùng (m + 7,29) gam O2. Giá trị gần nhất của m là.
A. 19,84
B. 20,16
C. 19,36
D. 20,24
Bài 9: Peptit X và peptit Y đều mạch hở được cấu tạo từ các anpha-amino axit no; Z là este thuần chức
của glyxerol và 2 axit thuộc cùng dãy đồng đẳng axit acrylic. Đốt cháy 0,16 mol hỗn hợp E chứa X, Y, Z
có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2 : 5, sản phẩm cháy gồm CO2 , H2O và N2 được dẫn qua bình đựng nước vôi
trong dư thu được 196,0 gam kết tủa; đồng thời khối lượng bình tăng 112,52 gam. Khí thoát ra khỏi bình
có thể tích là 2,688 lít (đktc). Mặt khác đun nóng 64,86 gam E bằng dung dịch NaOH vừa đủ thu được
lượng muối là. ?
Bài giải:

nCO2 = 1,96; nH2O = 1,46; nN 2 = 0,12(mol); n(X,Y) = 0,06; nZ = 0,1(mol)
Z có 6 liên kết pi mà nCO2 – nH2O = 0,5 = 5nZ  Đốt cháy peptit nCO2 = nH 2O
 nN  n(-COOH) (X,Y). Quy peptit X,Y về CnH2n+1NO2, NH, và H2O
Đặt nCnH2n+1NO2 = a  nN2 - a:2 = a:2 – n(X,Y).  a = 0,18 (mol)
 nC nH2n+1NO2 < nN  X,Y > 1 lket peptit mà 0,18/0,06 = 3  X,Y có 2 liên kết peptit
 mE = mC + mH + mO+mN = 1,96.12+1,46.2+0,1.6.16+(0,18.2-0,06.2).16+0,24.14=43,24(gam)
0,16 mol E + NaOH  m muối = 43,24+0,06.2.18-0,1.C3H5-0,06+(0,18+0,1.3).23=52,28(gam)
Khi cho 64,86 gam thu được m muối = 52,28.64,86:43,24 = 78,42(gam)
Bài 10 : X là ancol no, 2 chức, Y và Z là hai axit thuộc dãy đồng đẳng axit acrylic, T là este được tạo
bởi X, Y, Z. Cho 11,2 gam hỗn hợp E gồm X,Y,Z,T qua bình đựng Na dư thu được 2,688 lít H2 (đktc).
Đốt cháy 11,2 gam E cần dùng 11,2 lít O2 (đktc). Nếu đun nóng 11,2 gam E cần dùng 300 ml dung
dịch KOH 0,2M thu được dung dịch muối là ?
Bài giải:
nAxit = a, nEste = b, nAncol = c (mol)
Học tập là con đường ngắn nhất để thành công ! />
Page 4


Một số bài tập tổng hợp hay và khó – Hội Hóa Học Trung Học Phổ Thông 0968865897
Nguyễn Thị Ngọc Anh–Đại Học Sư Phạm Hà Nội
Từ số mol H2 , bảo toàn O vào tác dụng KOH ta đc hệ PT :


a  2b  0,06

nCO2  x 44 x  18 y 11, 2  mO2
 x  0, 43


a  2c  0, 24

2a  4b  2c  2nCO  nH O  2nO nH 2O  y  x  y  a  3b  c   a  2b   b  c  0,03  y  0, 46
2
2

2



a  0,04

 b  0,01  C  2,867  Y : C2 H 4 (OH )2
c  0,1

 mmuoi  11, 2  0,1.62  0,01.28  0,04  0,06.39  7,02( g )
Bài 11: Hỗn hợp E chứa peptit X mạch hở (tạo bởi glyxin và alanin) và este Y mạch hở (được tạo bởi
etylen glicol và một axit đơn chức, không no chứa một liên kết C=C). Đun nóng hỗn hợp E với dung
dịch NaOH vừa đủ thu được 23,08 gam muối. Đốt cháy hết lượng muối trên thu được Na2CO3 ; N2 ;
23,76 gam CO2 và 7,56 gam H2O. Mặt khác cũng đem đốt cùng lượng E trên cần dùng 0,89 mol O2. Tỉ
lệ gần đúng của a : b là?
Bài giải :
Muối của a.a là C nH2nNO2Na =x, muối của Axit là C mH 2m-3O 2Na = y (mol)
Khi đốt cháy một lượng muối thu được nNa2CO 3= 0,5(x+y), nCO2 = 0,54, nH2O =0,42(mol)
- CnH 2nNO2Na  (n-0,5)CO2 + nH2O + 0,5Na2CO3 ( đốt cháy muối a.a )
0,5x = nCO2 – nH2O
- CmH2n-3O2 Na  (m-0,5)CO2 + ( m-1,5)H2O + 0,5Na2CO3
y = nCO2 – nH2O
 y  0,5x  nCO2  nH 2O  0,12
 x  0,08



(nCO2  0,5 y  0,5 x).14  x.69  43 y  23,08  y  0,16

0,08  0,16
0,66  2 x
 0,66(mol )  Ca.xit 
 3,125  CH 2  CH  COO 
2
0,16
3.(74  23)
 2, 25  nGly : nAla  3:1  a : b 
 2,62
88  23

 nCmuoi  nCO2 
 C a .a

Bài 12: Hỗn hợp E gồm peptit X mạch hở ( cấu tạo tư Gly và Ala) và este Y ( được tạo ra từ phản ứng
este hóa giữa axit cacboxylic no đơn chức và metanol ). Đốt cháy hoàn toàn m gam E cần 15,68 lít O2 (
đktc) . Mặt khác thủy phân m gam E trong dung dịch NaOH vừa đủ thu được 24,2 gam hỗn hợp muối (
trong đó số mol muối Na của Gly lớn hơn số mol muối Na của Ala. Đốt cháy hoàn toàn khối lượng
muối trên cần 20 gam O 2 thu được H2O, Na2CO3 , N2 và 18,7 gam CO 2 . Tỉ lệ số mol Gly : Ala trong X
là ?
Bài giải:
Este Y : RCOOCH3  Muối : C nH 2n-1O2Na
 muối : C mH2mNO2Na
Peptit X
Sự chênh lệch oxi khi đốt là sự chênh lệch giữa CH3 ở este và Na ở muối
Chú ý : Khi đốt peptit và đốt muối peptit ( muối kim loại) đều cần lượng O2 như nhau. Khi đốt Axit
cacboxylic và đốt muối của axit cacboxylic ( muối kim loại) đều cần lượng O2 như nhau
nO2 ban đầu =0,7. nO 2 sau =0,625 (mol)

Để ý rằng số mol O2 chênh lệch là do sự chênh lệch giữa CH3 của Y và Na ở muối của nó
(CH3 + 1,75O2  CO2 + H 2O , Na+0,25O2  0,5Na2O)
Học tập là con đường ngắn nhất để thành công ! />
Page 5


Một số bài tập tổng hợp hay và khó – Hội Hóa Học Trung Học Phổ Thông 0968865897
Nguyễn Thị Ngọc Anh–Đại Học Sư Phạm Hà Nội
 nY = (0,7-0,625):1,5 = 0,05(mol)
Đặt số mol muối peptit = x (mol).
Khi đốt cháy tạo ra nNa2 CO3 = (x+0,05):2 (mol).
Suy ra nC = nCO2+ nNa2CO3 = ( 0,45 + 0,5x ) (mol)
Nhìn vào công thức của 2 muối ta thấy m muối = mC + mH + mO + mNa + mN
= 2nC.14 + nY.(-1+23+16.2) + nX.(14+16.2+23)= 24,2 (gam).
Tìm ra nX = 0,2 (mol) suy ra nC = 0,55 (mol).
Peptit có C trung bình > 2 suy ra số C trung bình của muối este < (0,55-0,2.2)/0,05=3
Vậy số C của muối este có thể là HCOONa và CH3COONa.
Nếu là HCOONa thì số C trung bình của peptit là (0,55-0,05)/0,2 = 2,5.
=> nGly =nAl (loại ) vì 2,5 = (3+2)/2
Nếu là CH3COONa thì số C trung bình của peptit là (0,55-0,05.2)/0,2=2,25
Dựa vào đường chéo C3 và C2 ta đc :
2
0,75
2,25
3
0,25

 nGy : nAl = 3:1
Bài 13: Hỗn hợp E gồm peptit Ala-X-X ( X là aminoaxit no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH ) và
axit cacboxylic Y no đơn chức, mạch hở , tác dụng vừa đủ với 450 ml dung dịch NaOH 1M thu được m gam

muối Z. Đốt cháy hoàn toàn Z cần 25,2 lít O2 ( đktc ) thu được 50,75 gam (CO2 + H2O ), N2, Na2CO3 . Công
thức cấu tạo của X và Y là ?
Bài làm:
nO( Z )2nNaOH 0,9( mol )
 


 nC H O Na  b
X
:
C
H
NO
m(CO2  H 2O)  50,75
m 2m1 2
n 2 n 1 2
 



1,125molO2


0,45molNaOH
E  nAla  X  X  a 
 Z nC3 H 6 NO2 Na  a 
nNa2CO3  0, 45 : 2
N
nC H O  b
 nC H NO Na  2a

 n 2n 2
 2
  m 2m 2
 H 2O
nCO2 nNa2CO
nC
3 1
nCO2  nH 2O  0,9  2nO2  3nNa2CO3 
b  (nC  nH 2O).2  0,15
  nCO2  0,775  

3a  nNaOH  b  0,3
44a  18b  50,75
nH O  0,925
 2
1  3nAla
0,7  0,15
 C( X ,Y ) 
 2 ; Nếu Y là HCOOH  CX 
 2,75 (loại )
0,1.2  0,15
0, 2

 X là Gly : C2H 5NO2; Y là CH3COOH
Bài 14 Peptit X mạch hở được cấu tạo từ các anpha amino axit no và este Y thuần chức được cấu tạo từ
etilenglycon và một axit no đơn chức. Đun nóng hỗn hợp E chứa X,Y với tỉ lệ mol 1:14 cần dùng 320
ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp F chứa các muối trong đó có một muối của glyxin. Lấy toàn
bộ F đem đốt cháy hoàn toàn thu được Na2 CO3 ,N 2, 0,28 mol CO2 và H 2 O. Mặt khác cũng lượng E
trên đem đốt cháy hoàn toàn thì cần 0,705 mol O 2 thu được 31,68 gam CO2 . Công thức phân tử của Y
là?

Bài làm:
Học tập là con đường ngắn nhất để thành công ! />
Page 6


Một số bài tập tổng hợp hay và khó – Hội Hóa Học Trung Học Phổ Thông 0968865897
Nguyễn Thị Ngọc Anh–Đại Học Sư Phạm Hà Nội

nCO2  0, 28
O2
F 

0,705molO2


 nCO2 0,72
nNa2CO3  0,16





nX  a
0,72  0,16  0, 28
0,32 molNaOH
E

 C2 H 4 (OH )2  14 x  x 
 0,01
2.14

nY : (Cn H 2 n1O2 )2 C2 H 4  14a

 H 2O


Quy đổi E về Y và C mH 2m+1 NO2, NH, H2O
Ta có nNH = (nO2 -1,5nCO2 + 2,5nY + 0,75nC mH2m+1NO2 ).4=0,02(mol)
CY < (0,72-0,01.6)/0,14 = 4,7. => Y có 4C. Y là (HCOO) 2 C2H4
Bài 15: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, Mg vào V lít dung dịch HNO3 0,5M, sau phản ứng
thoát ra 0,2 mol khí NO duy nhất. Cô cạn phần dung dịch thu được (4,2m+30,8) gam chất rắn Y ( không
chứa kim loại ). Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được (2m-8,8) gam chất rắn. m
có giá trị là ?
A.20 gam

B.20 gam

C.2 gam

D.21,283

Bài giải:

nNO  0,2
 Al2O3 , MgO, ZnO
 Al
o



HNO3

t
HD : m Zn 
 mY  m m NO3  mNH 4 NO3  4,2m  30,8(1) 
 2m  8,8  m  mO 2 (2)
 Mg

(nO2  0,5nNO )



3
(nNO3  3nNO  8nNH 4 )




4,2m  30,8  m  (0,6  8nNH 4 ).62  nNH 4 .80 m  20
(1)(2)  



m (0,3  4nNH 4 ).16  2m 8,8
nNH 4  0,1


Mọi thắc mắc xin vui lòng liên hệ qua hộp thư điện tử

Hoặc gửi tin nhắn trực tiếp đến Page Hội Hóa Học Trung Học Phổ Thông
/>
Nhân dịp xuân 2016 – Page sẽ cập nhật lời giải chi tiết của chuyên đề peptit khó và

tổ chức thi thử
Bấm Like Page để cập nhật ngay những đề bài hay và lời giải chi tiết !

Học tập là con đường ngắn nhất để thành công ! />
Page 7