Loi giai chi tiet de hoa lan 4 nam 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

GIẢI CHI TIẾT MỘT SỐ CÂU TRONG ĐỀ THI THỬ THPT
QUỐC GIA, LẦN CUỐI NĂM 2015
MÔN HÓA HỌC (Thời gian làm bài: 90 phút)
Mã đề thi 132

Câu 2: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp M gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở) bằng dung
dịch KOH vừa đủ, rồi cô cạn cẩn thận thì thu được (m + 11,42) gam hỗn hợp muối khan của Val và Ala. Đốt
cháy hoàn toàn muối sinh ra bằng một lượng oxi vừa đủ thu được K2CO3; 2,464 lít N2 (đktc) và 50,96 gam hỗn
hợp gồm CO2 và H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp M có thể là
A. 55,24%.
B. 54,54%.
C. 45,98%.
D. 64,59%.
Giải
2 , 464
n N2 
= 0,11 mol. Gọi x, y là số mol của tetrapeptit X và pentapeptit Y. Ta có :
22 , 4
X + 4KOH  Muối + H2O
x  4x

x
Y + 5KOH  Muối + H2O
y  5y

y
 m + 56(4x + 5y) = m + 11,42 + 18(x + y)
 206x + 262y = 11,42 (1)

Theo bảo toàn nguyên tố nitơ:
4x + 5y = 0,22 (2)
Giải hệ (1)(2) ta được:
 x  0 ,03mol

 y  0 ,02 mol
Gọi a, b là số mol của muối Val và Ala
(CH3)2CHCH(NH2)COOK : a mol
H2NCH(CH3)COOK
: b mol
 a + b = 0,22 (3)
 O2
 9CO2 + 10H2O + K2CO3 + N2
2C5H10O2NK 
a

4,5a  5a
 O2
2C3H6O2NK 
 5CO2 + 6H2O + K2CO3 + N2
b

2,5b  3b
 m CO2  m H2O = (44.4,5 + 18.5)a + (44.2,5 + 18.3)b = 50,96
 288a + 164b = 50,96 (4)
Giải hệ (3)(4) ta được:
a  0 ,12 mol

b  0 ,1mol
Gọi n, m là số Ala trong X và Y. Ta có:

0,03n + 0,02m = 0,1
 3n + 2m = 10  n = m = 2 hoặc n = 0 và m = 5
Nếu n = 0 và m = 5 thì
(X): Val4: 0,03 mol
(Y): Ala5: 0,02 mol
Phần trăm khối lượng của Y là
373.0 ,02.100%
%mY =
= 37,525%
414.0 ,03  373.0 ,02
Nếu n = m = 2 thì
(X): Val2Ala2: 0,03 mol
(Y): Val3Ala2: 0,02 mol
Trang 1/8 - Mã đề thi 132


457.0 , 02.100%
= 45,98%
457.0 ,02  358.0 ,03
 Đáp án C
Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol hỗn hợp X gồm ba ancol, cần dùng vừa đủ V lít O2, thu được H2O và
12,32 lít CO2. Mặt khác, cho 0,5 mol X trên tác dụng hết với Na, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu
được 12,32 lít H2. Các thể tích khí đều đo ở đktc. Giá trị của V gần nhất với
A. 12,31.
B. 15,11.
C. 17,91.
D. 8,95.
Giải
Nếu cho 0,25 mol X phản ứng với kim loại Na thì sinh ra 6,16 lít H2.
 n OH  2n H2  0 ,55 mol  nO (X) = 0,55 mol

 %mY =

n C(X)  n CO2 

12 ,32
 0 ,55 mol
22 , 4
 X gồm ba ancol có số nhóm OH bằng số nguyên tử C trong phân tử  Cả 3 ancol này đều

 n C(X)  n O (X)
no, mạch hở.
 n H2O = 0,55 + 0,25 = 0,8 mol
Theo bảo toàn nguyên tố O:

n O (X)  2n O2  2n CO2  n H2O  n O2 

2n CO2  n H 2O  n O (X)



2.0 ,55  0 ,8  0 ,55
= 0,675 mol
2

2
 VO2 = 15,12 lít  Đáp án B
Câu 7: Hỗn hợp M gồm axit cacboxylic X, ancol Y (đều đơn chức) và este Z được tạo ra từ X và Y (trong M,
oxi chiếm 43,795% về khối lượng). Cho 10,96 gam M tác dụng vừa đủ với 40 gam dung dịch NaOH 10%, tạo
ra 9,4 gam muối. Công thức của X và Y lần lượt là

A. CH2=CHCOOH và C2H5OH.
B. CH2=CHCOOH và CH3OH.
C. C2H5COOH và CH3OH.
D. CH3COOH và C2H5OH.
Giải
40.10%
43,795%.10 ,96
nNaOH =
= 0,1 mol; n O = 2x + y + 2z =
= 0,3 (1)
100%.40
100%.16
RCOOH + NaOH  RCOONa + H2O
x 
x

x
RCOOR' + NaOH  RCOONa + R'OH
z
 z

z
 nNaOH = x + z = 0,1  y = 0,1 mol
 mmuối = 0,1(R + 67) = 9,4  R = 27 (CH2=CHCOOH)
 mM = 0,1(27 + 44) + x + R'z + 0,1(R' + 17) = 10,96
2 ,16
 R'(0,1 + z) + x = 2,16  R' <
= 21,6  R' = 15 (CH3OH)  Đáp án B
0 ,1
Câu 9: Hỗn hợp M gồm CH3CH2OH, CH2=CHCH2OH, CH3COOH, CH2=CHCOOH, HCOOCH3. Đốt cháy

hoàn toàn m gam M cần dùng vừa đủ 0,4 mol O2, thu được 0,35 mol CO2 và 0,35 mol H2O. Mặt khác, cho m
gam M trên tác dụng vừa đủ với 50 gam dung dịch Ba(OH)2 nồng độ x%. Giá trị của x là
A. 68,40.
B. 17,10.
C. 34,20.
D. 8,55.
Giải
CH 3CH 2OH (C 2 H 6 O)
CH 2 =CHCH 2 OH (C3 H 6 O)
 m g M CH 3COOH (C2 H 4O 2 )

CH 2 =CHCOOH (C3 H 4 O 2 )

 Coi m g M

C n H 6 O:a mol
C m H 4 O 2 :b mol

HCOOCH 3 (C2 H 4 O 2 )
M + 0,4 mol O2  0,35 mol CO2 + 0,35 mol H2O
Theo bảo toàn nguyên tố H và O:
nO(M) + 2n O2 = 2n CO2  n H 2O
 a + 2b + 2.0,4 = 2.0,35 + 0,35  a + 2b = 0,25 (1)
Trang 2/8 - Mã đề thi 132


n H (M)  n H (H2O)  3a + 2b = 0,35 (2)
Giải hệ (1)(2) ta được:
a  0 , 05 mol


b  0 ,1mol
 m gam M + NaOH: CH3CH2OH, CH2=CHCH2OH không phản ứng.
2CH3COOH + Ba(OH)2  (CH3COO)2Ba + 2H2O
2CH2=CHCOOH + Ba(OH)2  (CH2=CHCOO)2Ba + 2H2O
2HCOOCH3 + Ba(OH)2  HCOONa + CH3OH
1
1
 n Ba(OH)2 = (n CH3COOH  n CH2 CHCOOH  n HCOOCH3 )  n Cm H 4O2  0 , 05 mol
2
2
0 ,05.171.100%
x=
= 17,1%  Đáp án B
50
Câu 15: X, Y, Z là ba axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (MX < MY < MZ ), T là este tạo bởi X, Y,
Z với một ancol no, ba chức, mạch hở E. Đốt cháy hoàn toàn 26,6 gam hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T (trong đó Y
và Z có cùng số mol) bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 22,4 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O. Mặt khác, đun
nóng 26,6 gam M với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 21,6
gam Ag. Mặt khác, cho 13,3 gam M phản ứng hết với 400 ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được dịch
N. Cô cạn dung dịch N thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m gần nhất với
A. 38,04.
B. 24,74.
C. 16,74.
D. 25,10.
Giải
M có phản ứng tráng bạc nên M có chứa HCOOH (X). Đặt Y là R1COOH; (Z) là R2COOH và (E): R'(OH)3
 (T) :
HCOO
R1COO R'
R2COO

1
2
(R , R và R' là các gốc hiđrocacbon no, mạch hở).
22 , 4
16 , 2
n CO2 
= 1 mol; n H 2O =
= 0,9 mol. Gọi x, y, z lần lượt là số mol X, Y, T  nZ = y mol. Vì Y và
18
22 , 4
Z là 2 axit thuộc cùng dãy đồng đẳng của HCOOH nên khi đốt cháy thì thu được n CO2  n H2O . T là este no,
mạch hở, ba chức nên khi đốt T thì thu được:
1
1
1  0 ,9
= 0,05 mol
z = (n CO2 (T)  n H2O (T) )  (n CO2 (M)  n H2O (M) ) =
2
2
2
Theo định luật bảo toàn khối lượng:
mM + mO2 = m CO2  m H2O
 m O2  m H2O  mCO2  m M = 44 + 16,2 – 26,6 = 33,6 gam  n O2 

33, 6
 1, 05 mol.
32

Theo bảo toàn nguyên tố O:
2(x + 2y) + 6.0,05 + 2.1,05 = 2 + 0,9  x + 2y = 0,25

 M + AgNO3/NH3:
0

 dd AgNO3 / NH3 , t
HCOOH 
2Ag
x

2x

HCOO
dd AgNO3/ NH3
R1COO R'  2Ag
t0
R2COO
0,1

0,05

 nAg = 2x + 0,1 =

21, 6
= 0,2  x = 0,05 mol
108

 y = 0,1 mol
 mM = 46.0,05 + 0,1(R1 + 45) + 0,1(R2 + 45) + 0,05(133 + R1 + R2 + R') = 26,6
 0,15R1 + 0,15R2 + 0,05R' = 8,65  3R1 + 3R2 + R' = 173
Trang 3/8 - Mã đề thi 132

Do R1 ≥ 15; R2 ≥ 29; R' ≥ 41  3R1 + 3R2 + R' ≥ 173
 Nghiệm phù hợp là
R1 = 15 (CH3-); R2 = 29 (C2H5-) và R' = 41 (C3H5)
 Y là CH3COOH, Z là C2H5COOH và T là
HCOO
CH3COO C3H5
C2H5COO
 13,3 gam M + 0,4 mol NaOH:
t0
HCOOH + NaOH 
 HCOONa + H2O
0,025

0,025
0

t
CH3COOH + NaOH 
 CH3COONa + H2O
0,05

0,05
C2H5COOH + NaOH  C2H5COONa + H2O
0,05

0,05
HCOO
t0
 HCOONa + CH3COONa + C2H5COONa + C3H5(OH)3

CH3COO C3H5 + 3NaOH 
C2H5COO
0,025

0,025

 mchất rắn = 13,3 + 40.0,4 – 18.0,125 – 92.0,025 = 24,75 gam  Đáp án B
Câu 21: Hấp thụ hoàn toàn 11,2 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol Ca(OH)2; y mol NaOH và x mol
KOH. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch chứa 32,3 gam muối (không có kiềm dư) và
15 gam kết tủa. Bỏ qua sự thủy phân của các ion, tỉ lệ x : y có thể là
A. 2 : 3.
B. 8 : 3.
C. 49 : 33.
D. 4 : 1.
Giải
n CO2 = 0,5 mol; n OH  = (3x + y) mol
CO2 + 2OH   CO 32 + H2O

(1)

CO2 + OH   HCO 3

(2)

2+

2
3

Ca + CO  CaCO3

(3)
0,15  0,15  0,15
Nếu Ca2+ kết tủa hết  x = 0,15 mol
Gọi z là số mol CO 32 còn lại sau phản ứng (3) (nếu có)  n HCO = 0,5 – 0,15 – z = 0,35 – z
3

(1)(2)  n OH  = 0,35 – z + 2(0,15 + z) = 0,65 + z = 0,45 + y  y – z = 0,2 (1)
 mmuối = 23y + 39.0,15 + 60z + 61(0,35 – z) = 32,3  23y – z = 5,1 (2)
Giải hệ (1)(2) ta được:
49

 y  220 mol
 x : y = 33 : 49 (không có đáp án)

1
z 
mol

44
Nếu Ca2+ còn  CO 32 hết  n CO2 = 0,15 mol  n HCO = 0,5 – 0,15 = 0,35 mol
3

3

(1)(2)  n OH  = 3x + y = 2n CO2  n HCO = 2.0,15 + 0,35 = 0,65 (3)
3

3

 mmuối = m K   m Na   m HCO  mCa 2  39x + 23y + 61.0,35 + 40(x – 0,15) = 32,3

3

 79x + 23y = 16,95 (4)
Giải hệ (3)(4) ta được:
 x  0 , 2 mol
 x : y = 4 : 1  Đáp án D

 y  0 , 05 mol

Trang 4/8 - Mã đề thi 132


Câu 35: Hỗn hợp M gồm C2H5NH2, CH2=CHCH2NH2, H2NCH2CH2CH2NH2, CH3CH2CH2NH2 và
CH3CH2NHCH3. Đốt cháy hoàn toàn 5,6 lít M, cần dùng vừa đủ 25,76 lít O2, chỉ thu được CO2; 18 gam H2O
và 3,36 lít N2. Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Phần trăm khối lượng của C2H5NH2 trong M là
A. 48,21%.
B. 24,11%.
C. 40,18%.
D. 32,14%.
Giải
Theo bảo toàn nguyên tố O:
1
n CO2  n O2  n H2 O = 0,65 mol
2
Đặt C3 H y N x là công thức chung của CH2=CHCH2NH2, H2NCH2CH2CH2NH2, CH3CH2CH2NH2 và
CH3CH2NHCH3. Ta có:
 O2
 3CO2
C3H y N x 
a


3a
 O2
C2H7N 
 2CO2
b

2b
Ta có hệ:
a  b  0 , 25
a  0 ,15 mol


3a  2b  0 ,65
b  0 ,1mol
 mM = mC + mH + mN = 12.0,65 + 2.1 + 28.0,15 = 14 gam
45.0 ,1.100%
 % m CH3CH2 NH2 
= 32,14%  Đáp án D
14
Câu 36: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm K, K2O, KOH, KHCO3, K2CO3 trong lượng vừa đủ dung
dịch HCl 14,6%, thu được 6,72 lít (đktc) hỗn hợp gồm hai khí có tỉ khối so với H2 là 15 và dung dịch Y có nồng
độ 25,0841%. Cô cạn dung dịch Y, thu được 59,6 gam muối khan. Giá trị của m là
A. 46,6.
B. 37,6.
C. 18,2.
D. 36,4.
Giải
Ta có:
mkhí = 0,3.2.15 = 9 gam

59 , 6
 0 ,8 mol
m KCl = 59,6 gam  n HCl  n KCl 
74 ,5
0 ,8.36 ,5.100%
 m dd HCl 14 ,6% 
= 200 gam
14 ,6%
59, 6.100%
 mddY =
= 237,6 gam
25,0841%
Theo bảo toàn khối lượng:
m + m dd HCl  m dd Y  m khí  m + 200 = 237,6 + 9  m = 46,6 gam
 Đáp án A
Câu 37: Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO3)2 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,725
mol H2SO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa 96,55 gam muối
sunfat trung hòa và 3,92 lít (đktc) khí Z gồm hai khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối
của Z so với H2 là 9. Phần trăm số mol của Mg trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 25.
B. 15.
C. 40.
D. 30.
Giải
3,92
nZ =
= 0,175 mol; M Z  2.9  18gam / mol.
22 , 4
Gọi x, y lần lượt là số mol NO và H2 có trong Z. Ta có hệ:
 x  y  0 ,175

 x  0 ,1mol


30x  2y 18.0 ,175
 y  0 ,075 mol
Sơ đồ bài toán:

Trang 5/8 - Mã đề thi 132


38,55 gam X

Al
Mg
Fe(NO3 )2

Z

NO:0 ,1mol
H 2 :0 , 075 mol
FeSO 4

0 ,725molH 2SO 4



96 ,55gam Y

ZnO

MgSO 4
ZnSO 4
(NH 4 )2SO 4 (neáu coù)

Theo bảo toàn khối lượng:
mX + m H2SO4 = m muoái  m Z  m H2O sinh ra
 38,55 + 98.0,725 = 96,55 + 18.0,175 + m H 2O sinh ra  m H 2O sinh ra = 9,9 gam

9 ,9
= 0,55 mol
18
Theo bảo toàn nguyên tố H:
 n H2O sinh ra =

n H2SO4  n H2O sinh ra  n H2

n H2SO4 = 2n NH  n H2O sinh ra + n H2  n NH =
4

2

4

=

0 ,725  0 ,55  0 , 075
= 0,05
2

mol

Theo bảo toàn nguyên tố N:

2n Fe(NO3 )2  n NH  n NO  n Fe(NO3 )2 

n NH  n NO

4

4

2



0 ,05  0 ,1
 0 ,075 mol
2

Theo bảo toàn nguyên tố O:
n ZnO  6n Fe(NO3 )2  n NO  n H2O sinh ra
 n ZnO  n NO  n H2O sinh ra  6n Fe(NO3 )2 = 0,1 + 0,55 – 6.0,075 = 0,2 mol
Gọi a, b lần lượt là số mol của Al và Mg có trong 38,55 gam X. Ta có:
27a + 24b = 38,55 – 81.0,2 – 180.0,075 = 8,85 (1)
Al  Al3+ + 3e
N+5 + 3e  N+2
a

3a
0,3  0,1
Mg  Mg2+ + 2e

2H+ + 2e  H2
b

2b
0,15  0,075
N+5 + 8e  N-3
8.0,05  0,05
 3a + 2b = 0,3 + 0,15 + 0,4 = 0,85 (2)
Giải hệ (1)(2) ta được:
a  0 ,15 mol
0 , 2.100%
 %nMg =
= 32%  Đáp án D

0 , 2  0 , 2  0 ,15  0 ,075
b  0 , 2 mol
Lưu ý: Có khí H2 thoát ra thì H+ đã phản ứng nên trong dung dịch không có Fe3+ vì Fe3+ có tính oxi hóa mạnh
hơn H+ nên phản ứng trước. Khi Fe3+ hết thì H+ mới phản ứng.
Câu 41: Cho 20,8 gam hỗn hợp M gồm hai chất hữu cơ, tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung
dịch N gồm hai muối R1COONa, R2COONa và m gam R'OH (R2 = R1 + 28; R1, R2, R' đều là các gốc
hiđrocacbon). Cô cạn N rồi đốt cháy hết toàn bộ lượng chất rắn, thu được H2O; 15,9 gam Na2CO3 và 7,84 lít
CO2 (đktc). Biết tỉ khối hơi của R'OH so với H2 nhỏ hơn 30; công thức của hai chất hữu cơ trong M là
A. HCOOCH3 và C2H5COOCH3.
B. CH3COOC2H5 và C3H7COOC2H5.
C. HCOOH và C2H5COOCH3.
D. HCOOCH3 và C2H5COOH.
Giải
Tìm công thức của hai chất hữu cơ trong M.
Theo bảo toàn nguyên tố:
n NaOH  2n Na 2CO3 = 2.0,15 = 0,3 mol

Thay R1COONa và R2COONa bằng chất tương đương: RCOONa
 n RCOONa  n NaOH = 0,3 mol
 Số nguyên tử cacbon trung bình của hai muối:
Trang 6/8 - Mã đề thi 132


n

n C
n RCOONa



n CO2 + n Na 2CO3
0 ,3



0,15 + 0,35
= 1,667
0 ,3

 n1 = 1 (HCOONa) < n = 1,667 < n2
 R1 = 1  R2 = 28 + 1 = 29 (C2H5COONa)
Gọi x, y lần lượt là số mol HCOONa và C2H5COONa. Ta có hệ:
 x  y  0 ,3
 x  0 , 2 mol


 x  3y  0 ,5

 y  0 ,1mol
 mmuối = m HCOONa  mC2 H5COONa  68.0 , 2  96.0 ,1 = 23,2 gam
-Nếu M gồm hai este:
Theo bảo toàn khối lượng:
mX + mNaOH = mmuối + m R ' OH
 20,8 + 40.0,3 = 23,2 + m R' OH  m R' OH = 9,6 gam  MR’OH =

9, 6
= 32 (CH3OH)
0, 3

- Nếu M gồm một axit HCOOH và một este C2H5COOR’:
 n R ' OH = 0,1 mol và n H O sinh ra = 0,2 mol
2

 0,1(R’ + 17) + 18.0,2 = 9,6  R’ = 43 (C3H7OH) (loại)
- Nếu M gồm một axit HCOOR’ và một este C2H5COOH:
 n R ' OH = 0,2 mol và n H O sinh ra = 0,1 mol  0,2(R’ + 17) + 18.0,1 = 9,6  R’ = 22 (loại)
2

 Đáp án A
Câu 43: Hòa tan hoàn toàn m gam MSO4 (M là kim loại) vào nước thu được dung dịch X. Điện phân dung dịch X
(điện cực trơ, hiệu suất 100%) với cường độ dòng điện 7,5A không đổi, trong khoảng thời gian 1 giờ 4 phút 20 giây,
thu được dung dịch Y và khối lượng catot tăng a gam. Dung dịch Y tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch chứa
KOH 1M và NaOH 1M, sinh ra 4,9 gam kết tủa. Coi toàn bộ lượng kim loại sinh ra đều bám hết vào catot. Giá trị
của m và a lần lượt là
A. 24 và 9,6.
B. 32 và 4,9.
C. 30,4 và 8,4.
D. 32 và 9,6.

Giải
Áp dụng biểu thức Faraday:
7 ,5.3860
= 0,075 mol
n O2 
4.96500
Phản ứng điện phân:
2MSO4 + 2H2O  2M + O2 + 2H2SO4
0,15

0,15  0,075  0,15
Dung dịch Y gồm: H2SO4 và MSO4 dư.
H+ + OH   H2O
0,3  0,3
M2+ + 2OH   M(OH)2
(y – 0,15)  (2y – 0,3)  (y – 0,15)
(y là số mol MSO4 ban đầu)
 n OH  = 2y = 0,4  y = 0,2 mol
 mkết tủa = (M + 34)(0,2 – 0,15) = 4,9
 M = 64 (Cu)  m = 160.0,2 = 32 gam; a = 64.0,15 = 9,6 gam  Đáp án D
Câu 47: Cho m gam hỗn hợp bột X gồm FexOy, CuO và Cu (x, y nguyên dương) vào 600 ml dung dịch HCl
1M, thu được dung dịch Y (không chứa HCl) và còn lại 6,4 gam kim loại không tan. Cho Y tác dụng với lượng
dư dung dịch AgNO3, thu được 102,3 gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần
nhất với giá trị nào sau đây?
A. 22,7.
B. 34,1.
C. 29,1.
D. 27,5.
Giải
nHCl = 0,6 mol

Chất rắn không tan là Cu dư.
Dung dịch Y chứa FeCl2 và CuCl2.
Trang 7/8 - Mã đề thi 132


Gọi x, y lần lượt là số mol của FeCl2 và CuCl2. Ta có:
1
1
x + y = n Cl  n HCl = 0,3 (1)
2
2
Y + AgNO3 dư:
2AgNO3 + CuCl2  Cu(NO3)2 + 2AgCl
x

2x
3AgNO3 + FeCl2  Fe(NO3)3 + Ag + 2AgCl
y

y  2y
 mkết tủa = 143,5.2(x + y) + 108y = 102,3  287x + 395y = 102,3 (2)
Giải hệ (1)(2) ta được:
 x  0,15 mol

 y  0 ,15 mol
 nFe (X) = 0,15 mol; nCu (X) = 0,15 + 0,1 = 0,25 mol; nO (X) = n H 2O sinh ra =

1
n HCl = 0,3 mol
2

 m = 56.0,15 + 64.0,25 + 16.0,3 = 29,2 gam  Đáp án C
Câu 48: Nung nóng hỗn hợp X gồm ba hiđrocacbon có các công thức tổng quát là CnH2n + 2, CmH2m, Cn + m +
1H2m (đều là hiđrocacbon mạch hở và ở điều kiện thường đều là chất khí; n, m nguyên dương) và 0,1 mol H2
trong bình kín (xúc tác Ni). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với
lượng dư dung dịch Br2 trong CCl4, thấy có tối đa 24 gam Br2 phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn Y, thu
được a mol CO2 và 0,5 mol H2O. Giá trị của a là
A. 0,25.
B. 0,30.
C. 0,50.
D. 0,45.
Giải
Điều kiện:
1  n  4; 2  m  4 n 1


1  n  m  1  4
m  2
 Công thức của các hiđrocacbon là CH4, C2H4 và C4H4.
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của CH4, C2H4 và C4H4 có trong hỗn hợp X.
Theo bảo toàn liên kết , ta có:
 n lk  = y + 3z = n H2  n Br2 = 0,1 + 0,15 = 0,25 (1)
Theo bảo toàn nguyên tố C, H:
n H2O  2n CH4  2n C2 H4  2n C4 H 4 + n H = 2(x + y + z) = 0,4
2

 x + y + z = 0,2 (2)
(1)(2)  x + 2y + 4z = 0,45 = a = n CO2  Đáp án D
---------- HẾT ---------Chúc các em đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới!

Trang 8/8 - Mã đề thi 132