ÔN HOÁ 12

1

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

TEAM HÓA NÂNG CAO


GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

2

 Các em có nhu c u ôn luy n thi H và luy n đ thi H đ ng ký h c nhóm TEAM HịA
2020 v i h c phí: Ọn luy n thi

H 200.000 đ ng. Ọn luy n đ &gi i đ thi

H v i 40 đ có

video gi i chi ti t ch v i 200.000 đ ng.

ng ký combo 2 khóa ch v i 350.000 đ ng. Khi

đ ng ký các khóa h c các em s nh n đ

c t t c tài li u do anh biên so n nh : 250 câu vô

c hay và khó t p 1&2&3. 100 câu h u c hay và khó t p 1&2, Chuyên đ đ th nâng cao,
Chuyên đ peptit + este ….

 Cách đ ng ký đ n gi n ch c n k t b n v i nick facebook: Nguy n Thành Tín

 Link facebook: Sau đó
nh n tin đ ng ký khóa h c là s b t đ u h c ngay l p t c. (h c phí tr qua Card đi n tho i)

 CHÚC T T C

CÁC EM THI TH T T T VÀ

U VÀO TR

NG

I H C

MÌNH MONG MU N H T NHÉ !!!
Câu 1: X, Y là hai axit cacboxylic no, đ n ch c, m ch h , đ ng đ ng k ti p (M X < MY), T là
este t o b i X, Y v i m t ancol hai ch c Z.
Z, T b ng l

ng O2 v a đ , thu đ

t cháy hoàn toàn 3,21 gam h n h p M g m X, Y,

c 2,576 lít CO2 (đktc) và 2,07 gam H2O. M t khác, 3,21 gam

M ph n ng v a đ v i 200 ml dung d ch KOH 0,2M (đun nóng). Thành ph n ph n tr m v kh i
l

ng c a Z có trong M có giá tr g n nh t v i giá tr nào sau đây?

A. 20.

B. 22.

C. 24.

D. 26.

L i gi i
T các d ki n đ bài đã cho ta ti n hành quy đ i nh sau:

HCOOH a mol
46a  62b  132c  14d  3, 21

mol
a  2b  5c  d  0,115
C 2 H 6 O 2 b



mol
HCOO  CH 2  CH 2  OOC  CH3 c
a  3b  4c  d  0,115
CH d mol
a  2c  0, 04
 2
a  0, 02mol

mol
b  0, 01
Khi đó ta suy ra: 

. D a vào s mol g c CH2 ta ti n hành phân b CH2 vào các g c
mol
c  0, 01
d  0, 025mol

chung nh sau: d  5 103  0, 01  0, 01 . Do 2 axit là đ ng đ ng k ti p nên n u axit X không
CH3 COOH

ancol

ancol(este)

ph i là HCOOH thì ta lo i ngay do lúc đó CH2 s không đ l

ng mol đ phân b vào este. Do

đó ch c ch n X và Y là axit fomic và axit axetic.

TEAM HÓA NÂNG CAO


3

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

HCOOH 0, 015mol

3mol
CH3  COOH 5 10
 %Z  23, 68%

Khi đó các ch t là: 
mol
C
H
O
0,
01
 3 8 2
HCOO  CH  CH  CH  OOC  CH 0, 01mol
2
2
2
3

Câu 2: H p ch t h u c X (thành ph n nguyên t g m C, H, O) có công th c phân t trùng v i
công th c đ n gi n nh t. Cho 30,4 gam X tác d ng đ
d ch, thu đ

c dung d ch Y. Cô c n Y, thu đ

Nung nóng Z trong O2 d , thu đ

c t i đa v i 0,6 mol NaOH trong dung

c 47,2 gam mu i khan Z và ph n h i ch có H 2O.

c h n h p s n ph m g m 1,3 mol CO2; 0,7 mol H2O và

Na2CO3. Bi t X không có ph n ng tráng g

ng. Kh i l

ng mu i khan có phân t kh i nh

h n trong Z là
A. 30,8 gam.

B. 13,6 gam.

C. 26,0 gam.

D. 16,4 gam.

L i gi i
BTKL
 nH 2 O  0, 4 mol
T các d ki n đ bài đã cho ta có: 

Ta có s đ bài toán đ t cháy mu i nh sau:

47, 2gam

BT.Oxi
CO2 1,3mol
 
 nO(Z)  0,8mol


BTKL
Z  O 2  H 2O 0, 7 mol


 nO 2  1, 7 mol  nC(Z)  1, 6mol
nH(Z)  1, 4mol

mol

 Na 2CO3 0,3

Ta có s đ bài toán ph n ng v i NaOH nh sau: X  NaOH  Z  H 2O
0,6mol

0,4mol

nC(X)  1, 6mol
 BT.hidro
CTTQ
 nH(X)  1, 6mol  C : H : O  8 : 8 : 3 
 C 8 H 8O 3
T đó ta có:  
 BT.Oxi
mol
  nO(X)  0, 6
CTCT X

 OH  CH 2  COO  C6 H 5
Mà ta th y: nNaOH nX  3 


 NaO  C6 H 4  ONa
 NaOH

Khi đó ta có: CH3  COO  C6 H 4  OH 0, 2mol 

mol

CH3  COONa 0, 2

T đó ta có: CH3  COONa 0, 2mol  m  16, 4gam
Câu 3: H n h p A g m ba axit h u c X, Y, Z đ u đ n ch c m ch h , trong đó X là axit không
no, có m t liên k t đôi C=C; Y và Z là hai axit no đ n ch c là đ ng đ ng liên ti p (MY < MZ ).
Cho 46,04 gam h n h p A tác d ng v i dung d ch KOH v a đ , thu đ

c dung d ch B. Cô c n

TEAM HÓA NÂNG CAO


4

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG
dung d ch B, thu đ

c ch t r n khan D.

t cháy hoàn toàn D b ng O2 d , thu đ

K2CO3; 44,08 gam h n h p CO2 và H2O. % kh i l

c 63,48 gam

ng c a X có trong h n h p A có giá tr g n

giá tr nào sau đây nh t?
A. 17,84%.

B. 24,37%

C. 32,17%.

D. 15,64%.

L i gi i
D a vào tính ch t c a X, Y và Z mà đ bài đã cho ta ti n hành quy đ i nh sau:

CH 2  CH  COOH a mol
72a  46b  14c  46, 04


QD X, Y, Z
mol
 HCOOH b
 a  b  0,92
CH cmol

137a  31b  62c  44, 08
 2
a  0,1mol

T đó ta suy ra: b  0,82mol . D a vào mol c a CH2 và mol g c quy đ i ta suy ra công th c c u
c  0, 08mol


CH 2  CH  COOH 0,1mol

 %X  15, 64%
t o các ch t là: HCOOH 0, 74mol
CH  COOH 0, 08mol
 3
Câu 4: H n h p X g m hai este đ n ch c và m t este hai ch c (đ u m ch h và đ

ct ob it

các ancol no). Hiđro hóa hoàn toàn 0,2 mol X c n dùng 0,2 mol H2 (xúc tác Ni, t°) thu đ
h p Y g m hai este.

un nóng toàn b Y v i dung d ch NaOH v a đ , thu đ

hai ancol và 24,06 gam h n h p T g m các mu i c a axit đ n ch c.
dùng 0,72 mol O2, thu đ

c CO2, và 12,78 gam H2O. T ng kh i l

ch n

c h n h p Zg m

t cháy hoàn toàn Z c n
ng c a hai este đ n ch c

trong 0,2 mol h n h p X là
A. 10,82.

B. 12,44.

C. 14,93

D. 12,36.

L i gi i
T

các

d

ki n

đ

bài

đã

cho

ta

ti n

hành

quy

đ i

nh

sau:

HCOOCH 3 a mol
HCOOCH 3 a mol

mol

(HCOO) 2  C 2 H 4 b
 H 2 0,2mol  d mol
mol


(HCOO) 2  C 2 H 4 b
mol
CH 2 c

mol
CH 2 c
H d mol
 2
Y

TEAM HÓA NÂNG CAO

5

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG
 HCOONa  a  2b mol
Khi cho Y tác d ng v i NaOH ta có h n h p T g m: 
mol
CH 2 y

Trong h n h p Z ch a ancol nh sau:

CH3  OH a mol
a  0,11mol
a  b  0, 2



mol
 2a  3b  x  0, 71
 b  0, 09mol . D a vào s mol c a CH2 ta suy ra
C 2 H 6 O 2 b

1,5a  2,5b  1,5x  0, 72  x  0, 22mol
mol


CH 2 x


a 0,11
mol



mol
C3H8O 0,11
b 0,09
. Khi đó ta có:  y  0,31mol
CTCT c a 2 ancol là: 
mol

C2 H6O2 0, 09
mol

T đó ta suy ra t ng s mol CH2 ban đ u trong este là: c  x  y  0,53mol . Khi đó ta ti n hành
ghép CH2 d a theo s mol hai ch t thì ta có:
mol
mol


2 este dc C2 H x COOC3H7 0,11
2 este dc C2 H5COOC3H7 0,11
 H2




mol
mol
este 2c CH3  COO  C2 H 4  OOCH 0, 09
este 2c CH3  COO  C2 H 4  OOCH 0, 09




BTKL
 m2 este dc  12,36gam
T đó ta có: 

Câu 5: H n h p E g m este X đ n ch c và axit cacboxylic Y hai ch c (đ u m ch h , không no
có m t liên k t đôi C=C trong phân t ).
CO2 và 5,76 gam n

t cháy hoàn toàn m gam E thu đ

c 18,92 gam khí

c. M t khác, th y phân hoàn toàn 46,6 gam E b ng 200 gam dung d ch

NaOH 12% r i cô c n dung d ch thu đ
bình đ ng Na, sau ph n ng kh i l

c ph n h i Z có ch a ch t h u c T. D n toàn b Z vào

ng bình t ng 188,85 gam đ ng th i thoát ra 6,16 lít khí H 2

(đktc). Bi t t kh i c a T so v i O2 là 1. Ph n tr m s mol c a Y trong h n h p E là
A. 46,35%

B. 37,5%.

C. 53,65%.

D. 62,5%.

L i gi i
Nh n đ nh bài toán: Trong 188,85 gam khi ta tính ph n kh i l

ng t ng gi m theo s mol khí

Hidro và ra đ

ng đó s ch a n

c kh i l

ng c a ch t vào thì trong ph n kh i l

dung d ch NaOH 12% và n

c (n

cc a

c sinh ra t axit Y hai ch c) và ancol.

T nh n đ nh trên ta có: mZ  188,85  mH2  189, 4gam . Trong 189,4 gam trên s ch a các ch t
mH O(NaOH 12%)  176gam
2
mol

18x  32y  13, 4 


x  0,3
sau: nH 2O(axit Y) x mol


mol

 x  y  0,55
 dT 1
 y  0, 25
O2
ancol

M T  32 
 CH3  OH y mol


TEAM HÓA NÂNG CAO


GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

6

T các tính ch t mà đ cho v X và Y ta ti n hành quy đ i hai ch t nh sau:
 4a  4b  c 0, 43
 3a  2b  c  0,32
CH 2  CH  COOCH3 a mol
a  0, 25mol




mol
 86a  116b  14c  46, 6  b  0,15mol
CH 2  C  (COOH) 2 b

a  0, 25
c  0,55mol
mol

CH 2 c



Ta ti n hành ghép CH2 d a theo s mol thì ta có các ch t đã cho có công th c c u t o nh sau:
mol

X CH 2  CH  CH 2  COOCH3 0, 25
 %Y  37,5%

mol




Y
CH
CH
CH
C
(COOH)

0,15

3
2
2


Câu 6: H n h p E ch a este X (CnH2n-6O4) và este Y (CmH2m – 4O6) đ u m ch h và thu n ch c.
Hidro hóa hoàn toàn 41,7 gam E c n dùng 0,18 mol H2 (Ni, to).
đ

t cháy h t 41,7 gam E thu

c 18,9 gam H2O. M t khác n u đun nóng 0,18 mol E v i dung d ch KOH v a đ thu đ

h n h p ch a mu i c a axit đ n ch c có kh i l
A. 16,835.

B. 22,5.

c

ng m gam. Giá tr c a m là:
C. 43,2.

D. 57,6.

L i gi i
D a vào tính ch t c a các ch t mà đ bài đã cho ta ti n hành quy đ i các ch t nh sau:
mol

 CH 2  CH  COO 2  C 2 H 4 a mol
170a  176b  14c  41, 7 a  0, 09



mol
 2a  0,18
 b  0,15mol . T vi c c = 0 ta
(HCOO)3  C3 H 5 b

5a  4b  c  1, 05
c  0
mol


CH 2 c

suy ra các ch t mà ta quy đ i chính là các ch t đ bài vì do c = 0 là ch ng t không có CH2 ghép
vào các ch t.
T đó ta suy ra các ch t mà đ bài cho là:

 CH 2  CH  COO 2  C2 H 4 0, 09mol nE 0,18mol 
 CH 2  CH  COO 2  C2 H 4 0, 0675mol

 

mol
mol
(HCOO)
C

H
0,15



3
3 5

(HCOO)3  C3H5 0,1125
Khi cho 0,18 mol E tác d ng v i KOH thì các mu i thu đ

c là:

mol

CH 2  CH  COOK 0,135
 m  43, 2gam

mol

HCOOK 0,3375

Câu 7: Hòa tan h t 12,06 gam h n h p g m Mg và Al2O3 trong dung d ch ch a HCl 0,5M và
H2SO4 0,1M. Sau khi k t thúc ph n ng thu đ
vào dung d ch X, ph n ng đ

c dung d ch X. Cho t t dung d ch NaOH 1M

c bi u di n theo đ th sau:

TEAM HÓA NÂNG CAO


7

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

N u cho t t V ml dung d ch NaOH 0,3M và Ba(OH)2 0,1M vào dung d ch X, thu đ
l n nh t, l y k t t a nung ngoài không khí đ n kh i l

ng không đ i thu đ

ck tt a

c m gam r n khan.

Giá tr c a m là
A. 37,860 gam

B. 41,940 gam

C. 48,152 gam

D.53,124 gam

L i gi i
Mg 2
 3
Al


Trong dung d ch X ch a: Cl
 Khi cho OH- vào mà ch a xu t hi n k t t a đ n khi b t
SO 2
 4
H  x mol


đ u có k t t a thì s mol OH- ph n ng v i H+ là nOH   nH   x mol
T i k t t a 2a mol ta th y khi cho OH- vào thêm thì đ th mol k t t a là hàm h ng ngh a là k t
t a lúc này ch có Mg(OH)2 mà không có Al(OH)3, dù ta cho thêm OH- vào h n n a thì ch có
Mg(OH)2 mà thôi và ngay đo n mol k t t a 2amol thì s mol c a Mg(OH)2 lúc này đ t c c đ i
nên khi đó ta có Mg 2  2OH   Mg(OH) 2  nMg 2  2a mol
2amol

4amol

 2amol

T i mol k t t a 5a mol ta th y đ th đ t c c đ i ngh a là không có hi n t
nhôm hidroxit nên khi đó ta có: 5a

mol

ng hòa tan k t t a

mol

Mg(OH) 2 2a
 nAl(OH)3  3a mol  nAl3  3a mol


Al(OH)

3


Khi mol c a OH- là 17amol thì ta có mol OH- ph n ng t o t a là (17a – x)mol
Ngay t i 17amol c a OH- ta th y đ th là hàm h ng không t ng không gi m ngh a là Al(OH)3 đã
b hòa tan h t và ch còn Mg(OH)2 và ngay t i lúc nOH   17a mol này ta có: 2nMg 2  nOH 
Mà ta có mol OH- ph n ng v i Al3+ là 12amol suy ra mol OH- còn l i ph n ng v i Mg2+ là

TEAM HÓA NÂNG CAO


GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

8

(5a – x)mol. Theo quan h trên thì ta có:

5a  x
 2a  x  a mol
2

Mg 2 2a mol
 3 mol
Al 3a
Mg 2a mol

Khi đó trong dung d ch X ta có: H  a mol


 a  0, 06mol
mol
Al2 O3 1,5a
 nCl

5
Cl
10a
 
nSO42 
12,06gam

BTDT
2

SO
2a
4


 NaOH
Khi đó mol c a các ch t trong X tham gia ph n ng v i 
liên quan đ n k t t a là:
Ba(OH) 2

Mg 2 0,12mol
 3
mol
Al 0,18
. Ta ch a th kh ng đ nh và k t lu n nBaSO 4  nSO 4 2  ngay vì còn ph i tính

 
mol
H 0, 06
SO 2 0,12mol
 4
xem s mol c a Ba2+ b ng bao nhiêu n u nBa 2   nSO 4 2  thì s mol c a BaSO4 s tính theo mol
c a Ba2+ ch không ph i tính theo mol SO42-. Do v y ta ph i tính xem mol c a Ba2+ b ng bao
nhiêu thì m i k t lu n n u làm nhanh, u ta s k t lu n sai.
Ta tìm mol Ba2+ nh sau: Do thu đ

c k t t a l n nh t nên mol c a OH- s là

nOH   nH   2nMg 2  3nAl3  0,84mol

Khi đó ta có

0,5V  0,84  V  1,68l  nBa 2  0,168mol  nBa 2  nSO42  nBaSO4  nSO42  0,12mol
Mg(OH) 2 0,12mol
MgO 0,12mol


to
Khi đó k t t a s là Al(OH)3 0,18mol 
 Al2O3 0, 09mol  m  41,94gam


mol
mol
BaSO4 0,12
BaSO4 0,12

Câu 8: Nh t t dung d ch Ba(OH)2 vào dung d ch ch a đ ng th i HCl và Al2(SO4)3. Kh i
l

ng k t t a ph thu c vào s mol Ba(OH)2 đ

c bi u di n nh đ th hình v :

TEAM HÓA NÂNG CAO


9

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

Giá tr c a (x + y) g n nh t v i giá tr nào sau đây?
A. 143.

B. 80.

C. 168.

D. 125.

(Trích đ thi th moon 2019)
L i gi i
Khi s mol c a bari hidroxit là 0,2 mol thì ta nh n th y sau đó đ th g p khúc t ng lên do đó,
khi cho 0,2 mol Ba(OH)2 vào thì OH- s trung hòa đi l

ng H+ c a HCl nên t nh n đ nh trên ta

có nh sau: nH   nOH   0, 4mol
Khi s mol c a Ba(OH)2 cho vào là 0,56 mol thì đ th b t đ u là hàm h ng, không t ng, không
gi m nên khi ngay t i th i đi m đó k t t a nhôm hidroxit b hòa tan h t. Ta có s mol OH- ph n
ng v i Al3+ và hòa tan là 0,72 mol. Khi đó ta có: nAl3 

1
nOH   0,18mol
4

Al2 (SO4 )3
T đó ta suy ra: 
 nSO42  0, 27mol

Ngay t i x gam k t t a thì ta có:
BaSO 4 0, 27 mol

gam
mol
 nBa 2  nSO42  nOH 0,54mol
 0,54  0, 4   x  66,55
  Al(OH)3 

3




T

mol

BaSO4 0, 27
ng t ngay t i y gam c c đ i ta có: 
 y  76,95gam  x  y  143,5gam
mol

Al(OH)3 0,18

Câu 9: Nh t t dung d ch Ba(OH)2 vào dung d ch h n h p Al2(SO4)3 và AlCl3 thu đ
t a có kh i l

ck t

ng theo s mol Ba(OH)2 nh đ th :

TEAM HÓA NÂNG CAO


10

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

Hi u giá tr (y – x ) b ng
A. 42,3.

B. 23,4.

C. 24,3.

D. 32,4.

(Trích đ thi th moon 2019)
L i gi i
Ngay t i s mol c a bari hidroxit là 0,3 mol ta th y xu t hi n g p khúc và sau đó t ng ch m h n
nên ngay t i đo n g p khúc đó kh i l
sunfat (không đ i) nên kh i l

ng k t t a bari sunfat ph thu c vào s mol c a g c

ng k t t a bari sunfat không đ i nên đ th ti p t c t ng nh ng

t ng ch m là do ch ph thu c vào k t t a nhôm hidroxit mà thôi.
Khi đó ta có ngay t i nBa(OH)2  0,3mol  nSO42  nBa 2  0,3mol
Ngay t i s mol c a nBa(OH)2  0,6mol ta th y đ th là hàm h ng không t ng, không gi m nên
ta có ngay lúc này l
nAl3 

Ngay

ng k t t a nhôm hidroxit v a b hòa tan h t, nên t đó ta có nh sau:

1
nOH   0,3mol . Lúc đó x gam k t t a ch a: BaSO4 0,3mol  x  69,9gam
4

t i

y

gam

k t

t a

đ

th

đ t

c c

đ i

nên

ta

có:

BaSO 4 0,3mol
 y  93,3gam  y  x  23, 4gam
 nAl3  nAl(OH)
mol
3
 Al(OH)3 0,3
 

Câu 10: Hòa tan hoàn toàn a gam Al trong dung d ch Ba(OH)2, thu đ

c dung d ch X. Nh r t

t t dung d ch H2SO4 0,5M vào dung d ch X và l c nh đ các ph n ng x y ra hoàn toàn.
th bi u di n s ph thu c t ng kh i l

ng k t t a (m gam) theo th tích dung d ch H2SO4 (V ml)

nh sau:

TEAM HÓA NÂNG CAO


11

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

Giá tr c a a là A. 8,10.

B. 4,05.

C. 5,40.

D. 6,75.

(Trích đ thi th moon 2019)
L i gi i
Ta có trong dung d ch X ch a các ion liên quan đ n đ th t o k t t a là:
AlO 2  b mol

 2 mol
Ba a
 BTDT
mol
 OH   2a  b 
 

Khi đ th đ t c c đ i thì ta có k t t a thu đ

mol

BaSO4 a
c s là: 
 233a  78b  70 (1)
mol
Al(OH)
b

3


Khi s mol c a H2SO4 cho vào là 0,65mol thì ta có nh sau:
S mol H+ ph n ng v i AlO2- t o k t t a nhôm hidroxit là nH  1,3  2a  b 

mol

Ngay t i th i đi m đó thì k t t a nhôm hidroxit đã b hòa tan h t và ch còn k t t a BaSO4 không
ph thu c vào mol SO42- ( đ th hàm h ng). Nên t đó ta suy ra:
mol


a  0, 2
(1)  (2)

 mAl  a1  8,1gam
4b  1,3  2a  b (2) 
mol

b  0,3

Câu 11: Nh t

t

Al2(SO4)3 (b mol).

dung d ch Ba(OH)2 vào ng nghi m ch a dung d ch HCl (a mol) và
th bi u di n s ph thu c kh i l

ng k t t a theo th tích dung d ch

Ba(OH)2 nh sau:

TEAM HÓA NÂNG CAO


12

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

T l a : b b ng A. 14 : 5.

B. 11 : 5.

C. 12 : 5.

D. 9 : 5.

(Trích đ thi th moon 2019)
L i gi i
Khi s mol c a Ba(OH)2 là 0,15 mol thì ta có k t t a s ch a:
nBa  nSO4

 3b  0,15mol  b  0, 05mol
BaSO4 0,15mol 


Al(OH)3
2

2

Khi đ th đ t c c đ i thì ta có k t t a s ch a các ch t sau:

BaSO4
 a  12

mol
mol

b

5







Al(OH)
2b
nOH
6b
a
0,
21
2
a
0,12


3


Câu 12: Trong bình kính (không ch a không khí) ch a m gam h n h p g m M, M(NO3)2 và
Cu(NO3)2. Nung bình

nhi t đ cao thu đ

lo i. T kh i c a X so v i He b ng

c h n h p khí X và h n h p r n Y g m các oxit kim

254
. Chia h n h p Y thành 2 ph n b ng nhau. Ph n 1 cho
23

tác d ng v i dung d ch HNO3 đ c nóng, d thu đ

c 0,01 mol NO2 và dung d ch ch a 49,18

gam mu i. Th i 8,96 lít CO (đktc) qua ph n 2 nung nóng thu đ

c h n h p khí có t kh i so v i

H2 b ng 19,6. Các ph n ng x y ra hoàn toàn. Giá tr c a m là
A. 72,10.

B. 77,28.

C. 76,42.

D. 75,30.

L i gi i
M
mol
d  254

 MO
 NO 2 20a

He 23
tO
 

Ta có s đ nung nh sau M  NO3 2  
mol
CuO

O 2 3a
Cu  NO3 2

TEAM HÓA NÂNG CAO


13

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG
Ta quy đ i h n h p Y khi chia thành hai ph n b ng nhau nh sau

M n 
M


Ph n 1: Cu  HNO3  Cu 2
 NO2  H 2O
O
 BTN
bmol
 NO3 b  0, 01 0,01mol


 
mol

d 19,6
CO  0, 4  a 
H2
Ph n 2: CO  O  CO 2  

 a  0, 28mol
mol
amol
amol

 amol
CO 2 a

Tr

ng h p 1: N u Oxit c a M tác d ng v i khí CO thì ta có:

BTH
 nH 2 O 
nO  a  0, 28mol 

Ta b o toàn kh i l

b
2

mol

BTKL(P.u nung)


 m Y   m  1016a 

gam

ng ph n ng v i HNO3 nh sau:

m  1016a

 63b  49, 64
 BTKL
b
2
nH
O





2
mol
18
2  b  0,58

 BTO
b

 0, 28  0, 03  0, 02 
 
2


Mà ta có trong ph n ng nung h n h p X ta th y
BTO
nNO3 (X)  nNO2  20a mol 
 60a 

0, 28

 46a  a  0, 04mol  m  77, 28gam

nO(Y) 0,28mol

Câu 13: Hòa tan h t 0,6 mol h n h p X g m Mg, Fe(NO3)3 và Fe(NO3)2 trong dung d ch ch a
1,08 mol HNO3, k t thúc ph n ng thu đ

c dung d ch Y ch ch a các mu i có kh i l

ng là

103,3 gam và 0,1 mol h n h p khí Z g m NO và N2O. Cô c n dung d ch Y, l y mu i đem nung
đ n kh i l

ng không đ i, thu đ

(không có m t oxi), thu đ

c 31,6 gam r n khan. N u cho dung d ch NaOH d vào Y

c 42,75 gam h n h p các hiđroxit. Ph n tr m kh i l

ng c a

Fe(NO3)3 trong X là:
A. 30,01%

B. 35,01%

C. 43,90%

D. 40,02%

( Trích đ thi th H c24h ậ 2019)
L i gi i

TEAM HÓA NÂNG CAO


14

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG
Mg 2 a mol
 2 mol
Mg
Fe b

 NO


 H 2O
Ta có s đ bài toán nh sau: Fe  NO3 3  HNO3  Fe3 c mol  
N 2O



mol
mol

1,08
 NH 4 d
Fe  NO3 2
0,1mol


mol
0,6
 NO3
103,3gam

Khi đem cô c n dung d ch Y và đem nung đ n kh i l

thì ta áp d ng ph

ng không đ i thu đ

c 31,6 gam r n khan



Mg 2 a mol 
 n   3 mol 
KL Fe b



3 mol 
ng pháp kim lo i trong r n nh sau: 
Fe c


mol
 BTDT
2   2a  3b  3c 
O 

 
2



31,6gam

Còn khi cho NaOH d vào Y thì ta thu đ

c k t t a, ta s d ng ph

ng pháp kim lo i trong t a



Mg 2 a mol 
 m   2 mol 
KL Fe b 
nh sau: 
 3 mol 
Fe c


 BTDT
mol
 OH   2a  2b  3c 
 
42,7531,6
 
18a  10b  27c  11,15
Khi đó ta có: 
58a  90b  107c  42, 75
BTH
Ta có: 
 nH2O   0,54  2d 

mol

BTDT
Mà ta có: 
 nNO3   2a  2b  3c  d 

mol

1

d
mol
 13
Khi đó ta có: 
 nNO3 (X)    2, 6  6a  6b  9c  d   
 2a  2b  3c  
3
3
 15
BTO

mol




Mg a mol

mol

d
 13
nX  0,6mol

 a  b  c  0, 6
Khi đó trong X ta có: Fe(NO3 ) 2   2a  b  
15
3




mol

13
d
Fe(NO3 )3    2a  c  
3
 15


TEAM HÓA NÂNG CAO


GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

15

a  0, 41mol

mol
b  0, 08
 %Fe(NO3 )3  35, 01%
Khi đó ta suy ra: 
mol
c
0,11


d  0, 02mol


Câu 14: Cho 10 gam h n h p X g m FeO, Fe2O3, S, FeS2 và CuS (trong đó O chi m 16% kh i
l

ng h n h p X) tác d ng v a đ v i 0,335 mol H2SO4 đ c (đun nóng) sinh ra 0,2125 mol khí

SO2 và dung d ch Y. Nhúng thanh Mg d vào Y, sau khi các ph n ng x y ra hoàn toàn l y
thanh Mg ra cân l i th y t ng 2,8 gam (gi s 100% kim lo i sinh ra bám vào thanh Mg).
cháy hoàn toàn 10 gam X (s n ph m g m Fe2O3, CuO và SO2) b ng l

t

ng v a đ V lít (đktc)

h n h p khí A g m O2 và O3 t l mol 1:1. Giá tr c a V là
A. 1,568.

B. 1,5232.

C. 1,4784.

D. 1,4336.

( Trích đ thi th H c24h ậ 2019)
L i gi i
Ta có s đ bài toán nh sau:
Fe3 a mol
FeO
Fe
 2 mol


Cu
Cu b
Fe 2 O3


QD

 H 2SO 4  Fe 2 c mol
 SO 2  H 2O
S
S
FeS


mol
0,335mol
1610
2

 nO 10016
 
BTDT
2   3a  2b  2c 
mol
 SO 4 

  O 0,1
CuS
2




10gam

BTS
Khi đó ta có: 

 nS(X)  1,5a  b  c  0,1225

mol

BT.e

12a  8b  8c  1,36

Khi cho Mg vào dung d ch Y thì ta có các ph n ng sau đây:

Mg  2Fe3  Mg 2  2Fe 2
 a mol a mol 
a mol
Fe  a  c mol
2


2
2
mol





Mg
Fe
Mg
Fe
. Khi đó ph n 2,8 gam t ng ta

Cu b
mol
mol
mol




a
c
a
c
a  c

mol

Mg du  nMg bd  1,5a  b  c 
2
2
Mg  Cumol  Mg  Cu
b mol
 bmol b 
s có: 20a  40b  32c  2,8

BTH
BTKL
Ta có: 
 nH2O  0,335mol 
 mM  23, 2gam  200a 160b 120c  23, 2

TEAM HÓA NÂNG CAO


16

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

a  0,1mol

T đó ta suy ra: b  0, 02mol , vi c c = 0 ch ng t trong dung d ch Y không ch a s t 2
c  0

Fe 0,1mol

mol
nO 2 1
nO 2 a mol
Cu 0, 02
 
 mol  nO  5a mol
. Ta có t l
Khi đó ta suy ra X ch a: 
mol
nO3 1

nO3 a
S 0, 0475
O 0,1mol

Fe 0,1mol
BT.Fe
 
 Fe2 O3 0, 05mol

mol
 BT.Cu
Cu 0, 02
O


 CuO 0, 02mol
Khi đó ta có ph n ng đ t cháy nh sau: 

mol
S 0, 0475
 BT.S
 SO 2 0, 0475mol
 
O 0,1mol

BTO
Khi đó ta có 
 0,1  5a  0, 265  a  0, 033mol  V  1, 4784l

Câu 15: Cho m gam h n h p X g m Fe3O4, Fe(OH)2, Fe(OH)3 và Cu (trong đó s mol nguyên

t oxi trong X g p 1,625 l n s mol h n h p X) vào 250 ml dung d ch HCl 2M thu đ
d ch Y và 1,92 gam r n không tan. Cho dung d ch AgNO3 d vào Y, thu đ
ml khí NO (s n ph m kh duy nh t N+5,
toàn. Ph n tr m kh i l
A. 40,5%

c dung

c dung d ch Z, 672

đktc) và 78,23 gam k t t a. Các ph n ng x y ra hoàn

ng c a Fe3O4 trong h n h p X là
B. 10,9%

C. 67,4%

D. 13,7%

( Trích đ thi th H c24h ậ 2019)

L i gi i
Fe3O 4 a mol
Fe 2

 2
mol
Fe  OH 2 b
Cu
 HCl   

 H 2 O  Cu
Ta có s đ ph n ng nh sau: 
mol
0,5mol
1,92gam
Fe  OH 3 c
H

Cl 0, 5mol
mol

 Cu d

Ag
m  78,23gam

 nAg  0, 06mol
Khí đó ta có k t t a nh sau: 
mol
AgCl 0,5

TEAM HÓA NÂNG CAO


17

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

Mà ta có:
Fe 2  Ag   Fe3  Ag

 nFe2
nFe2
 nFe 2  0, 09  0, 06  nFe 2  0,15mol




 3Ag  4H  NO3  3Ag  NO  2H 2O
0,03mol
0,09mol 0,12mol

Fe2 0,15mol
 BTDT
 Cu 2 0, 04mol
 
 d  0, 07 mol
Khi đó trong dung d ch Y ch a:  
mol
H du 0,12
Cl 0,5mol


a  0, 03mol
nH  p.u  8a  2b  3c  0,38


 b  0, 04mol  %Fe3O 4  40,51%
Khi đó ta có: 3a  b  c  0,15
4a  2b  3c  1, 625  (a  b  c  0, 07) c  0, 02mol



Câu 16: Hòa tan h t m gam h n h p r n X g m Mg, Cu(NO3)2; Fe và FeCO3 b ng dung d ch
ch a H2SO4 và 0,054 mol NaNO3, thu đ

c dung d ch Y ch ch a 75,126 gam các mu i (không

có Fe3+) và th y thoát ra 7,296 gam h n h p khí Z g m N2; N2O; NO; CO2 và 0,024 mol H2. Cho
dung d ch NaOH vào 1/10 dung d ch Y đ n khi thu đ

cl

ng k t t a l n nh t là 3,8064 gam

thì dùng h t 0,1038 mol NaOH. M t khác, cho BaCl2 vào dung d ch Y v a đ đ k t t a h t
SO42 , sau đó cho ti p dung d ch AgNO3 d vào thì thu đ
ng x y ra hoàn toàn. Ph n tr m kh i l
A. 20,6.

c 307,248 gam k t t a. Bi t các ph n

ng c a Fe trong X g n nh t v i giá tr nào sau đây?

B. 34,1.

C. 12,1.

D. 42,6.

( Trích đ thi th H c24h ậ 2019)
L i gi i

Ta có s đ bài toán nh sau:
Mg

Cu  NO3 2 H 2SO 4


mol
Fe
 NaNO3 0, 054

FeCO
3

mgam

Mg 2 a mol
 2 mol
N2
Cu b

 2
 N 2O
 Fe

 
  NO
 H 2O
mol
Na
0,

054

CO
 NH  c mol
 2
4

H 2 0, 024mol
2
SO 4
7,296gam
75,126gam

Khi cho 1/10 dung d ch Y tác d ng v i dung d ch NaOH thì ta có:

TEAM HÓA NÂNG CAO


GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

18

 Na  0,1092 mol
 BTDT
 SO 4 2 0, 0546mol
 

Mg 2 a mol
 2 mol
Cu b

Fe 2

 
. Khi cho BaCl2 và AgNO3 vào dung d ch Y thì
mol
 Na 0, 054
 NH  c mol
4

SO 4 2 0, 546mol
75,126gam

k t t a thu đ

BaSO 4 0,546mol

c ch a: AgCl 1, 092mol  nFe 2  nAg  0, 216 mol
Ag

307,248 gam

2a  2b  c  0, 606
a  0, 24mol
 58a 98b


Khi đó ta có: 

 1,8624
 b  0, 048mol

10
 10

mol
24a  64b  18c  9,372 c  0, 03
BTH
BTKL

 nH2O  0, 462mol 
 m  32,64gam
mol
56x  116y  17,856 
x  0,12
Khi đó ta có: 

 %Fe  20,59%
mol
y
0,
096


 x  y  0, 216


Câu 17: Hòa tan hoàn toàn 1180m gam h n h p A g m FeS2, FeS, FexOy, FeCO3 vào dung d ch
ch a 2 mol HNO3. Sau khi các ph n ng x y ra hoàn toàn, thu đ

c dung d ch X (không ch a

mu i amoni) và 549m gam h n h p khí T g m CO2, NO, NO2. Dung d ch X tác d ng đ
t i đa 20,16 gam Cu, thu đ
l

c dung d ch Y và khí NO là s n ph m kh duy nh t c a N+5, kh i

ng ch t tan trong Y nhi u h n kh i l

ng ch t tan trong X là 18,18 gam. M t khác, dung d ch

X c ng ph n ng v i t i đa 0,87 mol Ba(OH)2, thu đ
chi m 24,407% v kh i l

cv i

ng. Ph n tr m kh i l

c 90,4 gam k t t a. Bi t trong A, oxi

ng NO2 trong T có giá tr g n nh t v i giá tr

nào sau đây?
A. 28,75%

B. 33,85%

C. 46,54%

D. 29,35%

( Trích đ thi th H c24h ậ 2019)
L i gi i

TEAM HÓA NÂNG CAO


19

GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

FeS2
FeS

QD
Ta có s đ bài toán: 

Fe
O
 x y
FeCO
3


Fe3 x mol
Fe
CO 2 a mol
  mol
S



H y
NO b mol  H 2O
 HNO3  




O
 NO3
 NO cmol
2mol
2

C
SO 2
 4
549mgam

1180mgam

 Cu  2Fe3  Cu 2  2Fe 2
 x mol
x mol
2 
Ta có: 
 8 H   2NO3  2Cu 2  2 NO  4 H 2O
3 Cu
 y mol 
y mol
 3y mol

y mol
8
4
2


 x 3y
mol

 0,315
 
 x  0,54
. Ta có trong 90,4 gam k t t a
Khi đó ta có:   2 8

mol

y
0,12



mCu  mNO  mH 2O  18,18
mol

Fe(OH)3 0,54
BTH
ch a : 

 nH2O  0,94mol

m90,4gam
mol
 BaSO4 0,14

 
BTKL
1180m  126  151, 24  549m  m  0, 04gam  nO  0, 72mol
Ta có: 

a  0, 08mol
44a  30b  46c  21,96

 BTO
 2a  b  2c  0,84  b  0, 4mol  %NO 2  29,33%
Khi đó ta có:  
b  c  0,54

mol

c  0,14
Câu 18: Cho X, Y, Z là ba peptit m ch h (có s nguyên t cacbon trong phân t t

ng ng là 5,

7, 11); T là este no, đ n ch c, m ch h . Chia 234,72 gam h n h p E g m X, Y, Z, T thành hai
ph n b ng nhau.

t cháy hoàn toàn ph n m t c n dùng v a đ 5,37 mol O2. Th y phân hoàn

toàn ph n hai b ng dung d ch NaOH v a đ , thu đ

mu i c a Gly, Ala, Val và axit cacboxylic).
mol CO2 và 2,8 mol H2O. Ph n tr m kh i l
A. 1,48%

c ancol metylic và h n h p G (g m b n

t cháy hoàn toàn G, thu đ

c Na2CO3, N2, 2,58

ng c a Y trong E là

B. 20,18%

C. 2,97%

D. 2,22%

L i gi i
Ta áp d ng ph

ng pháp

ng

ng Hóa ta có:

 DDH C2k H3k  2 N k Ok 1 x mol
C2 H 4 NO2 .Na xk mol


 

 NaOH
mol
mol


CH 2 y
CH 2 y


mol
mol
Cm H 2m 1O2 .Na z
Cn H 2n O2 z

TEAM HÓA NÂNG CAO


GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

20

Khi đ t cháy h n h p mu i thì ta có:
mol

nCO 2   zm  0,5z  1,5xk  y 
nH2O  nCO2

 xk  0, 44mol


mol

nH 2 O   zm  0,5z  2xk  y 

Ta có s đ t o mu i nh sau:

 DDH C2k H3k  2 N k Ok 1 x mol
C2 H 4 NO2 .Na xk mol

CH 4O z mol
 

mol
mol
 NaOH  CH 2 y


CH 2 y
mol
mol


H 2 O x

xk
z


mol

mol
Cm H 2m 1O2 .Na z
Cn H 2n O2 z
BT.H
 
 nH(M)  4xk  2y  2nz  3z  5, 6

3nz  2z
 nO2 5,37mol
 2, 25xk  1,5y 
 5,37
Ta có:  
2

 xk  0, 44mol

T đó ta có b ng s li u sau:
n

y

z

2

1,32

1,2

3

0,12

1,2

4

<0

1,2

T đó ta suy ra z  1, 2mol  nNaOHp.u  1,64mol  nNa 2CO3  0,82mol
BTKL
+ N u Maxit HCOONa 1, 2mol  y  1,32mol  mM  142,76gam 
 nH2O  0,1mol  k  4, 4

D a vào cacbon các ch t nh

đ

bài cho k t h p v i s

k ta suy ra Z là pentapeptit

Z5 Ala  4Gly cmol

a  b  c  0,1
X 2 Gly  Ala a mol

 2a  2b  5c  0, 44

 a  0 (L)
Khi đó ta c ng có: 
mol
Y2 Gly  Val b

146a  174b  317c  45,36
+ V y M axit CH3  COONa . L p lu n nh trên ta có h ph

ng trình sau:

X 2 Gly  Ala a mol
a  0, 01mol
a  b  c  0,1



mol
 2a  2b  5c  0, 44
 b  0, 01mol  %Y  1, 48%
Y2 Gly  Val b

146a  174b  317c  28,56 c  0, 08mol
mol


 Z5 Ala  4Gly c
Câu 20: X, Y là hai este no, 2 ch c m ch h ; Z, T là hai peptit m ch h đ u đ
glyxin và alanin (T nhi u h n Z m t liên k t peptit).

ct ob it

un đun nóng 31,66 gam h n h p E ch a

TEAM HÓA NÂNG CAO


GIÁO VIÊN: NGUY N THÀNH TÍN ậ 12 TOÁN ậ THPT CHUYÊN TI N GIANG

21

X, Y, Z, T c n dùng 500 ml dung d ch NaOH 1M, thu đ
h n h p ch a 2 ancol đ n ch c cùng dãy đ ng đ ng.
O2, thu đ

c h n h p ch a 3 mu i và 5,4 gam

t cháy toàn b mu i c n dùng 0,925 mol

c Na2CO3; N2 và 43,16 gam h n h p g m CO2 và H2O. Ph n tr m kh i l

ng c a Z

có trong h n h p E là.
A. 65,70%

B. 49,27%

C. 51,93%

D. 69,23%

L i gi i
Ta áp d ng ph

ng pháp

ng

ng Hóa ta có:

 DDH C2k H3k  2 N k Ok 1 x mol
C2 H 4 NO2 .Na xk mol

 

 NaOH
mol
mol


CH 2 y
CH 2 y


mol
mol
Cn H 2n 4O4 .Na 2 z
Cn H 2n 2O4 z
 xk  2z  0,5


3nz  5z

T các s li u đ bài đã cho ta có: 2, 25xk  1,5y 
 0,925
2


102xk  62y  62nz  80z  43,16

T đó ta có b ng s li u sau:
n

xk

y

z

2

0,34

0,08

0,08

3

0,34

0

0,08

 xk  0,34mol
mol
mol


axit (COOH) 2 0, 08
 Z4 0, 06
mol
  BTKL
T đó ta suy ra:  y  0, 08
k  4, 25  
mol
 nH 2 O  x  0, 08mol

z  0, 08mol
 
T5 0, 02

mol

nAla  y  0, 08
Ta có s mol c a amino axit nh sau: 
xk 0,34mol
mol

  nGly  0, 26

Khi đó ta đ t Công th c c a peptit nh sau:
mol
mol


 Z4 Gly 4 t  Ala t 0, 06
Z4 Gly3  Ala 0, 06
CT
 0, 06t  0, 02f  0, 08  t  f  1  

mol
mol
T5 Gly5f  Ala f 0, 02
T5 Gly4  Ala 0, 02



T đó ta suy ra: %Z  49, 27%

TEAM HÓA NÂNG CAO
DRM Software Review