DẠNG I : VIẾT ĐỒNG PHÂN

Chia sẻ: Alex 99x | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:39

Thêm vào BST

Báo xấu

519
lượt xem 104
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cho m gam hỗn hợp gồm hai chất hữu cơ đơn chức, mạch hở tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 11,2 gam KOH, thu được muối của một axit cacboxylic và một ancol X. Cho toàn bộ X tác dụng hết với Na thu được 3,36 lít khí H2 (ở đktc). Hai chất hữu cơ đó là A.một este và một ancol. B. hai axit. C. hai este. D. một este. Một hợp chất X chứa ba nguyên tố C, H, O có tỉ lệ khối lượng mC : mH : mO = 21 : 2 : 4. Hợp chất X...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: DẠNG I : VIẾT ĐỒNG PHÂN

DẠNG I : VIẾT ĐỒNG PHÂN I.MỘT SỐ LƯU Ý *Xác định giá trị k dựa vào công thức CnH2n+2-2kOz (z  0) *Xác định nhóm chức : -OH, -COOH, -CH=O, -COO- … *Xác định gốc hiđrocacbon no, không no, thơm, vòng, hở… *Viết mạch C theo thứ tự mạch C giảm dần. Tóm lại : Từ CTTQ  k = ?  Mạch C và nhóm chức  Đồng phân (cấu tạo và không gian) II.BÀI TẬP Câu 1: Tổng số hợp chất hữu cơ no, đơn chức, mạch hở, có cùng công thức phân tử C5H10O2, phản ứng được với dung dịch NaOH nhưng không có phản ứng tráng bạc là A. 4. B. 5 . C. 8. D. 9. Giải: Ta có k=1  có 1 liên kết  ph ản ứng được với dung dịch NaOH  Axit hay este no h ở. Nhưng không có phản ứng tráng bạc  Không phải là este của axit fomic C-COO-C-C-C C-COO-C(CH3) –C C-C-COO-C-C C-C-C-COO-C C-C-C(CH3)-COOH C-C(CH3)2-COOH C-C-C-C-COOH C-C(CH3)-C-COOH  Chọn C Câu 2: Số đồng phân este ứng với công thức phân tử C4H8O2 là A. 4. B. 6. C. 5. D. 2. Giải: Ta có k=1  este no hở. HCOOC-C-C HCOOC(CH3)-C C-COOC-C C-C-COOC  Chọn A Câu 3: Cho m gam hỗn hợp gồm hai chất hữu cơ đơn chức, mạch hở tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 11,2 gam KOH, thu được muối của một axit cacboxylic và một ancol X. Cho to àn bộ X tác dụng hết với Na thu được 3,36 lít khí H2 (ở đktc). Hai chất hữu cơ đó là A. một este và một ancol. C. hai este. D. một este B. hai axit. và một axit. Giải : Tác dụng với KOH tạo th ành muối axit hữu cơ và một ancol  có este 3,36 11, 2  0,3 mol n ancol = 2n H = 2.  0, 2 mol n KOH = 22, 4 56 2 n ancol > n KOH => b an đầu có ancol. Vậy, hỗn hợp đầu có 1 este và 1 ancol.  Chọn A Câu 4 : Cho glixerol phản ứng với hỗn hợp axit béo gồm C17H35COOH và C15H31COOH, số loại trieste được tạo ra tối đa là A. 4. B. 3. C. 6. D. 5. Câu 5 : Số đồng phân hiđrocacbon thơm ứng với công thức phân tử C8H10 là A. 4. B. 2. C. 5. D. 3. Câu 6: Cho các chất sau: CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH2, CH2=CH-CH=CH-CH2-CH3, CH3-C(CH3)=CH-CH3, CH2=CH-CH2-CH=CH2. Số chất có đồng phân h ình học là A. 4. B. 2. C. 1. D. 3. 2
Câu 7: Ba hiđrocacbon X, Y, Z là đồng đẳng kế tiếp, khối lượng phân tử của Z bằng 2 lần khối lượng phân tử của X. Các chất X, Y, Z thuộc dãy đồng đẳng. C. ankađien. A. anken. B. ankin. D. ankan. Giải : Gọi khối lượng phân tử của ba hidrocacbon lần lượt là MX, MY, MZ. X, Y, Z là đồng đẳng kế tiếp nhau → MZ = MX + 28 (1). Theo bài ra ta có: MZ = 2 MX (2) Từ (1) và (2) ta có MX = 28.  X là C2H4 => anken  Chọn A Câu 8: Có bao nhiêu ancol bậc 2, no, đơn chức, mạch hở là đồng phân cấu tạo của nhau mà phân tử của chúng có phần trăm khối lượng cacbon bằng 68,18%? A. 5. B. 2. C. 3. D. 4. Giải : Công thức tổng quát ancol no, đơn chức : CnH2n+1OH Theo bài ra ta có: 12n 68,18 n = 5 → Công thức Ancol là C5H11OH   14n +18 100 Các đồng phân bậc 2 : C-C-C(OH)-C-C C-C(CH3)-C(OH)-C  Chọn C C-C-C-C(OH)-C Câu 9: Một hợp chất X chứa ba nguyên tố C, H, O có tỉ lệ khối lượng mC : m H : mO = 21 : 2 : 4. Hợp chất X có công thức đơn giản nhất trùng với công thức phân tử. Số đồng phân cấu tạo thuộc loại hợp chất thơm ứng với công thức phân tử của X là A. 4. B. 5. C. 6. D. 3. Giải : mC : mH : mO = 21 : 2 : 4 → nC : nH : nO = 7 : 8 : 1 → CTPT: C7H8O Số đồng phân thơm CH3C6H4OH (3), C6H5OCH3, C6H5CH2OH  Chọn B. Câu 10: Có bao nhiêu ch ất hữu cơ mạch hở dùng để điều chế 4-metylpentan-2-ol ch ỉ bằng phản ứng cộng H2 (xúc tác Ni, to)? A. 3. B. 5 . C. 2. D. 4 . Giải : *4-metylpentan-2-ol là: C-C(CH3)-C-C(OH)-C  Mạch C trong chất ban đầu là C-C(CH3)-C-C-C *Ch ất phản ứng với H2 tạo ancol bậc 2 chỉ có thể là: ancol không no hay xeton *C=C(CH3)-C-C(OH)-C C-C(CH3)=C-C(OH)-C C-C(CH3)-C-CO-C C=C(CH3)-C-CO-C  Chọn D Câu 11 : Viết các đồng phân ứng với công thức phân tử C4H6O2? *Nhận xét : k=2 nên có 2 liên kết  hoặc 1 liên kết  và 1 vòng no hoặc 2 vòng no. 1.Đồng phân đơn chức mạch hở a. Axit CH3-CH=CH-COOH(2) , CH2=CH-CH2-COOH , CH2=C(CH3)-COOH b. Este HCOOCH=CH-CH3(2) , HCOOCH2-CH=CH2 , HCOOC(CH3)=CH2 CH3COOCH=CH2 , CH2=CHCOOCH3 2.Đồng phân đơn chức mạch vòng: a. Axit b. Este 3
1. Đồng phân đa chức mạch hở: a. Xeton: CH3-CO-CO-CH3 b.Ete c.Ancol d.Andehit 2. Đồng phân tạp chức mạch hở a. 1-OH; 1-CHO b. 1-CO-; 1-CHO CH3COCH2CHO c. 1-O-; 1-CHO CH3OCH=CH-CHO, CH2=CHOCH2-CHO, CH2=CH-CH2OCHO, CH3-CH=CHOCHO d. 1-CO-; 1-OH HO-CH2-CO-CH=CH2 5. Đồng phân tạp chức mạch vòng 4
DẠNG II : BÀI TOÁN ĐỐT CHÁY I.MỘT SỐ LƯU Ý *Đốt cháy CxHy : -CnH2n +2 thì n(H2O): n(CO2) > 1 và ngược lại, đồng thời n(H2O) - n(CO2) = n(CnH2n+2) -CnH2n thì n(H2O): n(CO2) = 1 và ngược lại. -CnH2n -2 thì n(H2O): n(CO2) < 1 và n(CO2) - (H2O) = n(CnH2n -2) *Đốt cháy CxHyOz cũng tương tự như trên *Nếu z =1 thì n(O) = n(CxHyOz). Ta có thể suy ra z =2... II.BÀI TẬP Câu 1: Cho hỗn hợp X gồm hai ancol đ a chức, mạch hở, thuộc cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X, thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 4. Hai ancol đó là A. C3H5(OH)3 và C4H7(OH)3. B. C2H5OH và C4H9OH. C. C2H4(OH)2 và C4H8(OH)2. D. C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2. Giải: n(H2O) : n(CO2) = 4:3 >1 => ancol no Gọi CTC 2 ancol là: C n H 2 n 2 O x Sơ đồ: C n H 2n2 Ox  n CO2  (n  1) H 2 O n 3   => n =3 n 1 4 X là hỗn hợp ancol đa chức  Đáp án C Câu 2: Khi đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, mạch hở thu được V lít khí CO2 (ở đktc) và a gam H2O. Biểu thức liên hệ giữ a m, a và V là: A. m = 2a - V/22,4 B. m = 2a - V/11,2 C. m = a + V/5,6 D. m = a - V/5,6 a V Giải: n(ancol) = n(H2O) - n(CO2) = (mol)  18 22,4 m = m(C) + m(H) + m(O) = 12.n(CO2) + 2.n(H2O) +16.n(ancol) V a V V a = 12. + 2. + 16.(  )=a- (g) 18 22,4 5,6 22,4 18  Đáp án D Câu 3: Đốt cháy ho àn toàn một hợp chất hữu cơ X, thu được 0,351 gam H2O và 0,4368 lít khí CO2 (ở đktc). Biết X có phản ứng với Cu(OH)2 trong môi trường kiềm khi đun nóng. Chất X là A. CH2=CH-CH2-OH. B. C2H5CHO C. CH3COCH3. D. O=CH-CH=O. - Giải: X phản ứng với Cu(OH)2/OH => X có nhóm chức –CHO 0,4368 0,351 n(CO2) : n(H2O) = = 1:1 : 22,4 18  Số nguyên tử H = 2 C  Đáp án B Câu 4: Đố t cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp 3 ancol đ ơn chức, thuộc cùng dãy đ ồng đẳng, thu được 3,808 lít khí CO2 (đktc) và 5,4 gam H2 O. Giá trị của m là A. 5,42. B. 5,72. C. 4,72. D. 7 ,42. 3,808 5,4 Giải: n(H2O)= =0,3 (mol); n(CO2) = =0,17 (mol) 22,4 18 5
n(H2O) > n(CO2)  Hỗn hợp ancol no  n(ancol) = n(H2O) - n(CO2) = 0,13 (mol) m(ancol) = m(C) + m(H) + m(O) = 12.n(CO2) + n(H2O) + 16.n(ancol) = 12.0,17 + 2.0,3 + 16.0,13 = 4,72 (g)  Đáp án C Câu 5: Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và axit linoleic. Để trung hoà m gam X cần 40 ml dung dịch NaOH 1M. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn m gam X thì thu được 15,232 lít khí CO2 (đktc) và 11,7 gam H2O. Số mol của axit linoleic trong m gam hỗn hợp X là A. 0,015. B. 0,010. C. 0,020. D. 0 ,005. Giải: X: CnH2nO2 (axit panmitic; axit stearic); CmH2m-4O2(axit linoleic) 15,232 11,7 n(axit linoleic) = 0,5.[n(CO2) – n(H2O)] = 0,5( )  0,015 (mol)  22,4 18  Đáp án A Câu 6: Đố t cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp X gồm 2 ancol (đều no, đa ch ức, mạch hở, có cùng số nhóm -OH) cần vừa đủ V lít khí O2, thu được 11,2 lít khí CO2 và 12,6 gam H2 O (các thể tích khí đo ở đktc). Giá trị của V là A. 14,56. B. 15,68. C. 11,20. D. 4 ,48. 11,2 12,6 Giải: n(H2O) = = 0,7 (mol); n(CO2) = =0,5(mol) 22,4 18 n(ancol) = n(H2O) - n(CO2) = 0,2 (mol) Gọi ancol là C n H 2 n 2 O x n 5  => n = 2,5  n 1 7 x < n , x>1 => x = 2  n(O2) = 0.5.n(O) = 0,5.[n(H2O) + 2.n(CO2) - 2.n(ancol)] = 0,65 (mol)  V= 0,65.22,4 = 14,56 (l)  Đáp án A Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm ba ancol (đơn chức, thuộc cùng dãy đ ồng đẳng) thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc) và 11,7 gam H2 O. Mặt khác, n ếu đun nóng m gam X với H2 SO4 đặc th ì tổng khố i lượng ete tối đa thu được là A. 7,85 gam. B. 7,40 gam. C. 6,50 gam. D. 5 ,60 gam. 8,96 11,7 Giải: n(H2O) = = 0,65 (mol); n(CO2) = =0,4(mol) 22,4 18 n(ancol) = n(H2O) - n(CO2) = 0,25(mol) m(ancol) = m(C) + m(H) + m(O) = 12.0,4 + 2.0,65 + 16.0,25 = 10,1 (g) Bảo toàn O => n(H2O pư tạo ete) = n(ancol) = 0,2 (mol) m (ete) = m(ancol) – m(H2O) = 10,1 – 0,25.18 = 5,6 (g)  Đáp án D 6
DẠNG III : BÀI TOÁN POLIME I.MỘT SỐ LƯU Ý *Thông thường khi viết phản ứng trùng hợp và đồng trùng hợp hay trùng ngưng người ta thường viết theo tỷ lệ 1:1> *Trong giải bài tập có thể không theo tỷ lệ đó Ví dụ: xC4H6 + C3H3N  (C4H6)x(C3H3N)y (C4H6)x(C3H3N)y +x Br2  (C4H6)xBr2x(C3H3N)y *Số mắt xích = m / M(mỗi mắt xích) *Chất PVC chỉ chứa liên kết đơn nên tham gia phản ứng thế, nhưng coa su izopren khi tham gia phản ứng lưu hóa lại tham gia phản ứng thế dù còn có 1 liên kết đôi. II.BÀI TẬP Câu 1: Thu ỷ phân 1250 gam protein X thu được 425 gam alanin. Nếu phân tử khối của X bằng 100.000 đvC thì số mắt xích alanin có trong phân tử X là A. 328. B. 382. C. 453. D. 479. Giải : Tỷ lệ về khối lượng của alanin trong phân tử X là: 425:1250= 0,34 Khối lượng alanin trong phân tử X là: 100000.0,34 = 34000 (đvC) Mắt xích Alanin: -NH-CH(CH3)-CO- (M=71đvC) Số mắt xích alanin trong phân tử X là: 34000:71=479 Câu 2: Clo hoá PVC thu được một polime chứa 63,96% clo về khối lượng, trung bình 1 phân tử clo phản ứng với k mắt xích trong mạch PVC. Giá trị của k là A. 4. B. 6. C. 5. D. 3. Giải : C2nH3nCln +Cl2  C2nH3n-1Cln +1 + HCl (n  1)35,5  100 Tỷ lệ % về khối lượng của clo:  63,96%  n=3  Chọn D 62,5n  34,5 Câu 3: Khối lượng của một đoạn mạch tơ nilon-6,6 là 27346 đvC và của một đoạn mạch tơ capron là 17176 đvC. Số lượng mắt xích trong đoạn mạch nilon-6,6 và capron nêu trên lần lượt là A. 121 và 114. B. 113 và 114. C. 113 và 152. D. 121 và 152. Giải : Tơ nilon - 6,6: (-NH-[CH2]2CH(COOH)-CH2-NH-CO-[CH2]4-CO-)n (M=242n đvC) Tơ capron: (-NH-[CH2]5-CO-)n (M= 113n đvC)  số mắt xích trong nilon-6,6 : 27346: 242= 113  số mắt xích trong capron: 17176: 113= 152 Câu 4: Cứ 5,668 g cao su buna-S phản ứng vừa hết với 3,462 g brom trong CCl4. Tỉ lệ mắt xích butađien và stiren trong cao su buna-S là A. 1 : 3. B. 1 : 2. C. 2 : 3. D. 3 : 5 CCl Giải : (-CH2-CH=CH-CH2-)x(-CH(C6H5)-CH2-)y + xBr2   4 (-CH2-CHBr-CHBr-CH2-)x(-CH(C6H5)-CH2-)y 3,462 Số mol mắt xích butadien trong buna-S bằng số mol Br2 bằng (mol) 160 3,462 5,668   54 160 Số mol mắt xích stiren : (mol) 104 7
3,462 5,668   54 3,462 160  tỷ lệ x:y = : =1:2 104 160 Câu 5: Khi đốt cháy hoàn toàn một polime X (tạo thành do đồng trùng hợp 2,3 -đimetyl butađien và acrilo nitin (CH2=CH-CN) với lượng O2 vừa đủ thấy tạo th ành một hỗn hợp khí ở nồng độ áp su ất xác định chứa 57,69% CO2 về V. Tỉ lệ 2 loại monome là A. 3/5 B. 3/3 C. 1/3 D. 3/2 o Giải : (C6H10)x(C3H3N)y   (6x + 3y) CO2 + (5x + 1,5y) H2 O + 0,5N2 O ,t  2 (6 x  3 y )  100 Tỷ lệ % về thể tích của CO2 trong hỗn hợp khí: =57,69% (6 x  3 y )  (5 x  1,5 y )  0,5 y  x:y =1:3 Câu 6: Một loại cao su chứa 2% S. Hỏi cứ bao nhiêu m ắt xích izopren thì có một cầu nối ddiissunfua –S-S-? A.46. B.64. C.80. D.64. Giải: Sơ đồ: (C5H8)n +S2  C5nH8n -2S2 64  100 Tỷ lệ % đisunfua =2%  n=46 68n  62 8
DẠNG IV : SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ION TRONG GIẢI BÀI TẬP I.MỘT SỐ LƯU Ý *Định luật bảo toàn điện tích : Trong dung dịch tổng số điện tích âm = Tổng số điện tích dương *Tổng khối lượng các chất tan trong dung dịch = Tổng khối lượng của cation và anion *Khối lượng của muối = Khối lượng của kim loại + khối lượng của caction tạo muối II.BÀI TẬP Câu 1:Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)2 0 ,1M và NaOH 0,1M) với 400ml dung dịch (gồm H2SO4 0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là A. 7 . B. 2 . C. 1. D. 6. H+ + OH- Giải : Phản ứng: H2 O  - nOH = 0,1× 0,1× 2 + 0,1× 0,1=0,03 mol nH+ = 0 ,4× 0,0375× 2 + 0,4× 0,0125 = 0,035 mol nH+ = nOH- = 0,03 mol nH+ dư = 0,035 – 0,03 = 0,005 mol [H+] = 0,005/ (0,4 + 0,1) = 0,01 = 10 -2 (M) => pHX = 2  Ch ọn đáp án B Câu 2:Dung dịch X có chứa: 0,07 mol Na+; 0,02 mol SO42- và x mol OH- . Dung dịch Y có chứa ClO4-; NO3 -; y mol H+; tổng số mol ClO4- và NO3- là 0,04. Trộn X và Y được 100 ml dung dịch Z. Dung d ịch Z có pH (bỏ qua sự điện li của H2O) A. 1. B. 12. C. 13. D. 2. Giải : Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho 2 dung dịch X và Y ta có: Dung d ịch X: 0,07× 1 = 0,02 ×2 + x × 1 => x = 0,03 mol Dung d ịch Y : y × 1 = 0,04 × 1 => y = 0,04 mol Phương trình : H+ + OH-  H2O - nH+ dư = 0,04 – 0,03 = 0,01 mol nH+ = nOH = 0,03 mol  [H+] = 0,01/0,1 = 0,1= 10-1 (M) => pHZ = 1  Chọn đáp án A Câu 3: Dung dịch X chứa các ion: Fe3+, SO42-, NH4+, Cl-. Chia dung d ịch X thành hai ph ần bằng nhau:- Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thu được 0,672 lít khí (ở đktc) và 1,07 gam kết tủa; - Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2, thu được 4,66 gam kết tủa. Tổng khối lượng các muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X là (quá trình cô cạn ch ỉ có nước bay hơi) A. 3,73 gam. B. 7,04 gam. C. 7,46 gam. D. 3 ,52 gam. Giải : Phần 1 tác dụng với dd NaOH, đ un nóng: NH4+ + OH- NH3 + H2O (1)  3+ - Fe(OH)3 Fe + 3OH (2)  9
0,672 Từ (1) => n(NH4+) = n(NH3) = 0,03 mol n(NH3) = = 0, 03 mol. 22,4 nFe3+ = nFe(OH)3 = 0,01 mol n(Fe(OH)3) = 1,07/ 107 = 0,01 mol. Từ (2) => Phần 2: tác dụng với lượng dư BaCl2 SO42- + Ba2+ BaSO4   4,66 nBaSO4 = = 0,02 mol. => nSO42- = n BaSO4= 0,02 mol 233 Gọi x là số ion mol Cl- có trong dd X Theo đ ịnh luật bảo toàn điện tích ta có: 3×0,01×2 + 0,03×1×2 = 0,02×2×2 + x×1 => x = 0,04 mol Khối lượng dung dịch muối X sau khi cô cạn là: 0,01×2×56 +0,03×2×18 + 0,02×2×96 + 0,04×35,5 = 7,46 g  chọn đ áp án C Câu 4: Dung d ịch X chứa các ion: Ca2+, Na+, HCO3– và Cl–, trong đ ó số mol của ion Cl– là 0,1. Cho 1/2 dung dịch X phản ứng với d ung d ịch NaOH (dư), thu được 2 gam kết tủa. Cho 1/2 dung dịch X còn lại phản ứng với d ung d ịch Ca(OH)2 (dư), thu đ ược 3 gam kết tủa. Mặt khác, nếu đun sôi đến cạn dung dịch X thì thu đ ược m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 9,21. B. 9,26. C. 8,79. D. 7,47. Giải : Cho 1/2 dd X tác dụng với dd NaOH dư HCO3- + OH- CO32- + H2O (1)  2- 2+ CaCO3  CO3 + Ca (2)  2 = 0,02 mol. Từ (1), (2) => nCa2+ = nCaCO3= 0,02 mol nCaCO3 = 100 Cho 1/2 dd X còn lại tác dụng với Ca(OH)2 dư 3 nCaCO3 = = 0,03 mol. => nHCO3- = nCaCO3= 0,03 mol 100 Gọi x là số mol ion Na+ có trong dd X Áp dụng định luật bảo to àn điện tích cho dd X ta có: 0,02 ×2×2 +x×1 = 1×0,03×2 + 0,1 => x =0,08 mol Nếu đun sôi dd X thì : 2HCO3- CO32- + CO2 + H2O  2+ 2 CaCO3  Ca + CO3  m = m CaCO3 + m Na+ + m Cl- - m CO2 + m Ca2+ dư = 0,03×100 + 0,08×23 + 0,1×35,5 +(0,04 – 0,03)×40 - 44×0,03 = 7,47g  Chọn đáp án D Câu 5: Cho 0,3 mol bột Cu và 0,6 mol Fe(NO3)2 vào dung d ịch chứa 0,9 mol H2 SO4 (loãng). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nh ất, ở đktc). Giá trị của V là A. 6,72. B. 8,96. C. 4,48. D. 10,08. Giải : nNO3- = 0,6×2 = 1,2 mol , nFe2+ = 0,6 mol nH+ = 0,9 × 2= 1,8 mol Phản ứng theo thứ tự : 3Cu + 2NO3- + 8H+ 3 Cu 2+ + 2NO + 4 H2O (1)  Bđ 0,3 1,2 1,8 Pư 0,3 0,2 0,8 Sau 0 1,0 1,0 0,2 2+ + - 3+ 3Fe + 4 H + NO3 3 Fe + NO + 2H2O (2)  Bđ 0,6 1,0 1,0 Pư 0,6 0,8 0,2 Sau 0 0,2 0,8 0,2 10
1 1 n Fe2+ = ×0,6 = 0,2 mol Từ (2) => n NO = 3 3  V NO = (0,2 +0,2 ) ×22,4= 8,96 l  Chọn đáp án B DẠNG V : BÀI TOÁN VỀ PHẢN ỨNG GIỮA HIĐRO VỚI HỢP CHẤT HỮU CƠ I.MỘT SỐ LƯU Ý *Số mol giảm = số mol H2 phản ứng *Tổng khối lượng trước = Tổng khối lượng sau *Số mol H2 / Số mol X = k II.BÀI TẬP Câu 1: Đun nóng hỗn hợp khí gồm 0,06 mol C2H2 và 0,04 mol H2 với xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn b ộ hỗn hợp Y lội từ từ qua bình đựng dung dịch brom (dư) thì còn lại 0,448 lít hỗn hợp khí Z (ở đktc) có tỉ khối so với O2 là 0,5. Khối lượng b ình dung dịch brom tăng là A. 1,64 gam. B. 1,32 gam. C. 1,04 gam. D. 1,20 gam. Giải : m(Y) = m(C2H2) + m(H2) = 0,06.26 + 0,04.2 = 1,64(g) 0.448 m(bình dd Br2 tăng) = m(Y) – m(Z) = 1,64 - .32.0,5 = 1,32(g) 22,4  Đáp án B Câu 2: Hỗn hợp khí X gồm H2 và C2H4 có tỉ khối so với He là 3,75. Dẫn X qua Ni nung nóng, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He là 5. Hiệu suất của phản ứng hiđro hoá là A. 25%. B. 50%. C. 20%. D. 40%. Giải : Cách 1: Chọn lượng chất m(X) = m(Y) = m. Chọn 1 mol X  m=3,75.4.1=15(g) 15  n Y=  0,75 (mol) 5.4 n(H2 pư) = n(C2H4 pư) = n(giảm) = 0,25(mol) 0,25.2  H%= .100  50%  Đáp án B 1 Cách 2: Tổng quát m  3,75.4  15 n X m (X) = m(Y) = m => nY=0,75n x m  5.4  20 n Y n (H2pư) = n(C2H4pư) = n(giảm) = 0,25nX Đáp án B  H% = 2.0,25=0,5=50%  11
Câu 3: Hỗn hợp khí X gồm H2 và một anken có khả năng cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất. Tỉ khối của X so với H2 b ằng 9,1. Đun nóng X có xúc tác Ni, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y không làm m ất màu nước brom; tỉ khối của Y so với H2 bằng 13. Công thức cấu tạo của anken là A. CH2=CH2. B. CH3-CH=CH-CH3. C. CH2=CH-CH2-CH3. D. CH2=C(CH3)2. Giải : Y không mất m àu dd Br2 => anken bị khử hết Cách 1: Chọn lượng chất Chọn 1mol X, m(X) = m(Y) = m, m=9,1.2.1=18,2 (g) 18,2  n Y=  0,7 (mol) 13.2  n(H2pư) = n(anken) = n(giảm) = 0,3(mol)  n(H2) = 0,7(mol) 18,2  1,4  M(anken) =  56 (g/mol)=> Anken: C4H8 0 .3 Anken cộng HBr tạo 1 sản phẩm duy nhất  Đáp án B Cách 2: Tổng quát m  9,1.2  18.2 n X m (X) = m(Y) = m, => n Y=0,7n x m  13.2  26 nY n(H2pư) = n(anken) = n(giảm) = 0,3n X  n(H2) = 0,7nx  M(anken). 0,3nx + 1,4n X = 18,2nx  M(anken) = 56 => Anken: C4H8 Anken cộng HBr tạo 1 sản phẩm duy nhất  Đáp án B Câu 4: Hỗn hợp khí X gồm 0,3 mol H2 và 0,1 mol vinylaxetilen. Nung X một thời gian với xúc tác Ni thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với không khí là 1. Nếu cho toàn bộ Y sục từ từ vào dung d ịch brom (dư) thì có m gam brom tham gia ph ản ứng. Giá trị của m là A. 8,0. B. 16,0. C. 32,0. D. 3,2. Giải : m(Y) = m(X) = 0,3.2 + 0,1.52=5,8(g) 5,8  0,2 (mol)  n (H2pư) = n(liên kết  pư) = 0,2(mol) nY= 29.1  n(lk  dư) = n(Br2 pư) = 3.0,1 – 0,2 = 0,1 (mol)  m (Br2) = 0,1.160 =16 (g)  Đáp án B Câu 5: Dẫn V lít (ở đktc) hỗn hợp X gồm axetilen và hiđro đi qua ống sứ đựng bột niken nung nóng, thu được khí Y. Dẫn Y vào lượng dư AgNO3 trong dung dịch NH3 thu được 12 gam kết tủa. Khí đi ra khỏi dung dịch phản ứng vừa đủ với 16 gam brom và còn lại khí Z. Đốt cháy hoàn toàn khí Z thu được 2,24 lít khí CO2 (ở đktc) và 4,5 gam nước. Giá trị của V bằng A. 5,60. B. 13,44. C. 8,96. D. 11,2. Giải : X(C2H2,H2)Y(C2H2,H2,C2H4,C2H6)(H2,C2H4,C2H6)(H2,C2H6) CO2+H2O 12  0,05 (mol) = n(C2H2 dư) n(C2Ag2) = 240 16  0,1 (mol) = n(C2H2 pư 1) = n(H2 p ư 1) n(C2H4) = n(Br2) = 160 2,24 = 0,05 (mol) = n(C2H2 pư 2) = 0,5n(H2 pư 2) n(C2H6) = 0,5n(CO2) = 0,5. 22,4 12
4,5 n(H2 dư) = n(H2O) – 3n(C2H6) =  3.0,05  0,1(mol) 18  n(X) = 0,05+0,1+0,1+0,05+0,05.2+0,1=0,5 (mol)  V=0,5.22,4=11,2 (l)  Đáp án D Câu 6: Đun nóng V lít hơi anđehit X với 3V lít khí H2 (xúc tác Ni) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn chỉ thu được một hỗn hợp khí Y có thể tích 2V lít (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Ngưng tụ Y thu được chất Z; cho Z tác d ụng với Na sinh ra H2 có số mol bằng số mol Z đã ph ản ứng. Chất X là anđehit A. không no (chứa một nối đôi C=C), hai chức. B. no, mạch hở, h ai chức. C.không no (chứa một nối đôi C=C), đơn chức. D. no, m ạch hở, đơn chức. Giải : Chọn 1 mol X *1 mol andehit X + 3 mol H2  2 mol hỗn hợp Y n (giảm) = n(H2 pư) = 2 (mol) . Ta có : n(H2)/nX = 2  Số lk  = 2 n( H 2 ) *Số nhóm –OH (Z)=2  2 = > X là andehit 2 chức có 2 liên kết   Đáp án B n( Z ) Câu 7: Hiđro hoá hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai anđehit no, đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng thu được (m + 1) gam hỗn hợp hai ancol. Mặt khác, khi đốt cháy hoàn toàn cũng m gam X thì cần vừa đủ 17,92 lít khí O2 (ở đktc). Giá trị của m là A. 10,5. B. 8,8. C. 24,8. D. 17,8. 1 Giải : m(tăng) = m(H2) => n(H2) =  0,5 (mol) 2 Gọi công thức chung 2 andehit là CH O n 2n 3n  1 CH O 2 O2  n CO2  n H 2 O  n 2n 3n  1 Ptpư: 1 (mol) 2 17,92 Bài ra: 0,5 (mol)  0,8 22,4 3n  1   M (X) = 35,6 => m=35,6.0,5=17,8 (g) => Đáp án D =1,6 => n =1,4 2 Câu 8: Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO và H2 đi qua ống sứ đựng bột Ni nung nóng. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y gồm hai chất hữu cơ. Đốt cháy hết Y thì thu được 11,7 gam H2O và 7,84 lít khí CO2 (ở đktc). Phần trăm theo thể tích của H2 trong X là A. 35,00%. B. 65,00%. C. 53,85%. D. 46,15%. 7,84 Giải : n(HCHO) = n(CO2) =  0,35 (mol) 22,4 m(X) = m(C) + m(H) + m(O) = 12.n(CO2) + 2.n(H2O) + 16.n(HCHO) 11,7 = 12.0,35 + 2. + 16.0,35 = 11,1 (g) 18 11,1  0,35.30 n(H2) =  0,3 (mol) 2 0,3 .100  46,15% => Đáp án D %V(H2) = %n(H2) = 0,3  0,35 13
Câu 9: Cho 0,25 mol một anđehit mạch hở X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 54 gam Ag. Mặt khác, khi cho X phản ứng với H2 dư (xúc tác Ni, to) thì 0,125 mol X phản ứng hết với 0,25 mol H2. Chất X có công thức ứng với công thức chung là A. CnH2n+1CHO (n ≥0). B. CnH2n-1CHO (n ≥ 2). C. CnH2n-3CHO (n ≥ 2). D. CnH2n(CHO)2 (n ≥ 0 ). n( H 2) 0,25 n( Ag ) 54 Giải : Số nhóm –CHO = Số  =  1  2 2.n( X ) 2.0,25.108 n( X ) 0,125  Số lk  trong gốc H-C = 2-1 = 1 => Đáp án B Câu 10: Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,02 mol C2H2 và 0,03 mol H2 trong một b ình kín (xúc tác Ni), thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y lội từ từ vào bình nước brom (dư), sau khi kết thúc các phản ứng, khối lượng bình tăng m gam và có 280 ml hỗn h ợp khí Z (đktc) thoát ra. Tỉ khối của Z so với H2 là 10,08. Giá trị của m là A. 0,585. B. 0,620. C. 0,205. D. 0 ,328. 0,28 Giải : m(Y) = m(X) = 0,02.26 + 0,03.2 = 0,58 (g) m(Z) = .10,08.2  0,252 (g) 22,4 m = m(Y) – m(Z) = 0,58 – 0,252 = 0,328 (g) => Đáp án D 14
DẠNG VI : DÙNG KẾT QUẢ ĐÊ THỬ I.MỘT SỐ LƯU Ý *Khi giải Bài tập ta nên đọc hết toàn bài (đặc biệt là kết quả) *Từ kết quả ta có thể dư doán hay đem thử *Với bài tập xác định công thức phân tử hay xác định thành phần định lượng thì giúp ta giải nhanh hơn. *Có thể dùng các giá trị TB, số mol các chất hay giải hệ phương trình để thử II.BÀI TẬP Câu 1: Hoà tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn h ợp bột X gồm FexOy và Cu b ằng dung d ịch H2 SO4 đặc nóng (dư). Sau ph ản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 6,6 gam hỗn hợp muối sunfat. Phần trăm khối lượng của Cu trong X là A. 39,34%. B. 65,57%. C. 26,23%. D. 13,11%. Giải : Cách 1: *Nếu chỉ Cu tạo SO2 thì % (m) Cu = 0,0225x64x100/2,44=59,02%  khác kết quả => Vậy FexOy là FeO hay Fe3O4 *Thử với FeO : 7 2x + 64y = 2,44 và ½ x + y =0,0225  y =0,01 % (m) Cu = 0,01x64x100/2,44=26,23% => Chọn C Cách 2: nSO2 = 0,0225 Gọi a là số mol H2SO4 tham gia pư: Sơ đồ pư: X + H2SO4  Muối + SO2 + H2O Áp d ụng định luật bảo to àn kh ối lượng: 2,44 + 98a = 6,6 + 1,44 + 18a  a = 0,7 nSO42- = 0,07- 0,0225 = 0,0475 Gọi x, y lần lượt là số mol Fe2(SO4)3 và CuSO4 3 x + y = 0,0475 x = 0,0125 400x + 160y = 6,6 y = 0,01 %mCu = 26,23 %  Chọn C m Cu = 0,64 g Cách 3: Viết các phương trình phản ứng rồi lập hệ để giải. Câu 2: Hỗn hợp X gồm axit Y đ ơn chức và axit Z hai chức (Y, Z có cùng số nguyên tử cacbon). Chia X thành hai phần b ằng nhau. Cho p hần một tác dụng hết với Na, sinh ra 4,48 lít khí H2 (ở đktc). Đốt cháy h oàn toàn ph ần h ai, sinh ra 26,4 gam CO2. Công thức cấu tạo thu gọn và ph ần trăm về khối lượng của Z trong hỗn hợp X lần lượt là A. HOOC-CH2-COOH và 54,88%. B. HOOC-COOH và 60,00%. C. HOOC-COOH và 42,86%. D. HOOC-CH2-COOH và 70,87%. Giải : Ta có n H2 = 0,2 mol , nCO2 = 0,6 mol Gọi a, b là số mol axit đơn chức và axit 2 chức. n là số nguyên tử cacbon trong 2 axit. Ta có: a + 2b = 0,2 và n( a + b ) = 0,6 Dựa vào kết quả suy ra n = 2 hoặc 3 n = 2 => a = 0,2 , b = 0 => loại Vậy 2 axit đó là HCOO-COOH và CH3COOH mX = 0,2.60 + 0,1.90 = 21g %mZ = 42,86% => Chọn C. Câu 3: Cho hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu cơ no, đơn chức tác dụng vừa đ ủ với 100 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được một muối và 336 ml hơi một ancol (ở đ ktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng h ỗn hợp X trên, sau đó hấp thụ h ết sản ph ẩm cháy vào bình đựng dung d ịch Ca(OH)2 15
(dư) thì khối lượng bình tăng 6,82 gam. Công thức của hai hợp ch ất hữu cơ trong X là A. HCOOH và HCOOC2H5. B. HCOOH và HCOOC3H7. C. C2 H5 COOH và C2H5COOCH3. D. CH3COOH và CH3COOC2 H5 . Giải : Cách 1: Theo kết quả hỗn hợp gồm ROOH và RCOOR/ T ừ n(R/OH) = 0,015 mol  n (RCOOR/) = 0,015 và n(RCOOH) = 0,25 Mặt khác công thức chung CnH2nO 2  n (CO2 + H2O)  n=2,75  loại C T hực hiện phép thử bởi phương trình: (n 0,025 + m 0,015)/0,04 =2,75 => Chọn D Cách 2: n KOH = 0,04 mol , n ancol = 0,015 mol Theo bài ra suy ra X gồm 1este và 1 axit h ữu cơ Gọi CT là :CnH2n+1COOCmH2m+1 và CnH2n+1COOH n(ancol) = n (este) = 0,015mol => n axit = 0,04 – 0,015 = 0,025 mol m(bình tăng) = m CO2 + m H2O = (m + n + 1).0,015.44 +(n + 1).0,025.44 + (2n + 2m + 2).0,015.9 + (2n + 2).0,025.9 = 6,82  0 ,93m + 2,48n = 4,34 có cặp nghiệm phù hợp n = 1 và m = 2 Vậy 2 chất đó là CH3COOH và CH3COOC2H5. Câu 4: Thu ỷ p hân hoàn toàn 0,2 mol một este E cần dùng vừa đủ 100 gam dung dịch NaOH 24%, thu được một ancol và 43,6 gam hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic đơn chức. Hai axit đó là A. HCOOH và C2H5COOH. B. HCOOH và CH3COOH. C. C2 H5 COOH và C3H7COOH. D. CH3COOH và C2 H5 COOH. Giải : Cách 1 : n NaOH = 0,6 mol  n NaOH / n este = 3 => este 3 ch ức CT chung 2 muối RCOONa => R=5,6 = 17/3 => loại C, D Nhận xét: Số mol muối này gấp đôi muối kia Thực hiện phép thử (1.1 + 29.2)/3 = 19,6 => loại Thực hiện phép thử (1.2 + 29.1)/3 = 10,3 => loại => chọn B Cách 2 : n NaOH = 0,6 mol Ta có : n NaOH / n este = 3 => este 3 ch ức Gọi CT 2 muối của axit CnH2n+1COONa và CmH2m+1COONa =>m Muối = 0,2.( 14n + 68) + 0,4.(14m + 68) = 43,6g =>2,8n + 5,6m = 2,8. cặp nghiệm phù hợp n = 1, m = 0 Vậy 2 axit la HCOOH và CH3COOH => Chọn B Câu 3: Thu ỷ phân hoàn toàn 444 gam một lipit thu được 46 gam glixerol và hai lo ại axit béo. Hai loại axit béo đó là A. C15H31COOH và C17H35COOH. B. C17H31COOH và C17H33COOH. C. C17H33COOH và C15H31COOH. D. C17H33COOH và C17H35COOH. Giải : Ta có : C15H31 = 211 , C17H31 = 235 , C17H33 = 237 , C17H35 = 239. (RCOO)3C3H5 + 3NaOH  3RCOONa + C3H5(OH)3  R = 238,33 = 715/3  Loại B, C. Dùng phép thử : 211.2+239.1  715 Hay 211.1+239.2  715  Chọn D 16
DẠNG VII : DẠNG BÀI TẬP THEO SƠ ĐỒ CHUYỂN HÓA I.MỘT SỐ LƯU Ý *Theo phương pháp bảo toàn ta có thể lược bỏ các trạng thái trung gian và giá trị n. *Nếu có H% thì ban đầu ta coi như phản ứng hoàn toàn, sau đó mới đưa H% vào *H%(chung)= H 1 H 2 H3 ...100% 100 100 100 II.BÀI TẬP Câu 1: Cho sơ đồ chuyển hóa: CH4 → C2H2 → C2H3Cl → PVC. Để tổng hợp 250 kg PVC theo sơ đồ trên thì cần V m3 khí thiên nhiên (ở đktc). Giá trị của V là (biết CH4 chiếm 80% thể tích khí thiên nhiên và hiệu suất của cả quá trình là 50%). A. 286,7. B. 448,0. C. 358,4. D. 224,0. Sơ đồ : 2 CH4 → …. → C2H3Cl Giải : ← 4 kmol 8 kmol Số mol CH4 cần dùng là : 8.100/50 =16kmol Thể tích khí thiên nhiên cần dùng là: 16.22,4.100/80 =448 lít  Chọn B Câu 2: Cho m gam tinh bột lên men thành ancol (rượu) etylic với hiệu suất 81%. Toàn bộ lượng CO2 sinh ra được hấp thụ hoàn toàn vào dung d ịch Ca(OH)2, thu được 550 gam kết tủa và dung dịch X. Đun kỹ dung dịch X thu thêm được 100 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 550. B. 650. C. 750. D. 810. Giải : n(CO2) = 5,5 + 2 = 7,5 mol Sơ đồ: (C6H10O5)n → n C6H12O6 → 2n C2H5OH + 2n CO2 ↑ ← 7,5 3 ,75 Khối lượng tinh bột cần dùng là 3,75. 163 .100/81 = 750 gam => Chọn C + Cl (1:1) + NaOH, du + HCl Câu 3: Cho sơ đồ C 6 H 6  X  Y  Z .    2 o o Fe, t t cao,P cao Hai chất hữu cơ Y, Z lần lượt là: A.C6H5ONa, C6H5OH. B.C6H5OH, C6H5Cl. C.C6H4(OH)2, C6H4Cl2. D.C6H6(OH)6, C6H6Cl6. Giải : *Trong môi trường OH- C6H5OH tồn tại dạng C6H5ONa => Chọn A Câu 4: Cho sơ đồ chuyển hoá sau :  Br2 (1:1mol),Fe,t 0  NaOH(dö ),t 0 ,p  HCl(dö ) Toluen  X  Y  Z .    Trong đó X, Y, Z đều là hỗn hợp của các chất hữu cơ, Z có thành phần chính gồm : A. o-bromtoluen và p-bromtoluen. B. m-metylphenol và o-metylphenol. C. benzyl bromua và o-bromtoluen. D. o-metylphenol và p -metylphenol. Giải : *Trong môi trường OH- hợp chất phenol tồn tại dạng muối. * Nắm được qui luật thế vòng ben zen  Z là o-metylphenol và p-metylphenol. H 2SO 4 ®Æc + HBr + Mg, etekhan Câu 5: Cho sơ đồ chuyển hoá: Butan - 2 - ol  X(anken)  Y  Z .    o t Trong đó X, Y, Z là sản phẩm chính. Công thức của Z là 17
A. CH3-CH(MgBr)-CH2-CH3. B. (CH3)2CH-CH2-MgBr. C. CH3-CH2-CH2 -CH2-MgBr. D. (CH3)3C-MgBr. Giải : *Nắm được qui tắc tách Zai xep để xác dịnh sản phẩm chính  Chọn A. DẠNG VIII : BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY ĐIỆN HÓA CỦA KIM LOẠI I.MỘT SỐ LƯU Ý  *Qui tắc *Lưu ý: Fe2+ … Cu2+ Fe3+ Ag+ NO3-/H+ H2SO4 đặc 2+ Fe Cu Fe Ag NO H2S, SO2, S *Nếu dạng oxi hóa càng mạnh thì dạng khử càng yếu và ngược lại. *Điều quan trọng là biết được thứ tự của phản ứng. II.BÀI TẬP Câu 1: Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550 ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là (biết thứ tự trong dãy thế điện hoá: Fe3+/Fe2+ đ ứng trước Ag+/Ag). A. 54,0. B. 59,4 C. 64,8. D. 32,4. Giải : Ta có nAl = 2,7:27=0,1(mol) , nFe= 5,6 : 56= 0,1(mol) , nAgNO3= 0,55.1= 0,55 (mol) 3Ag+ Al3+ Al + +   3Ag  Ban đầu 0,1 mol 0,55 mol Pư 0,1mol 0,3 mol Còn lại 0,25 mol 0,1 mol 0,3 mol Fe2+ Ag+ Fe3+ + +   Ag  Ban đầu 0,1 mol 0,05 mol Pư 0,05mol 0,05 mol Còn lại 0,05 mol 0,05mol 0,05mol 2Ag+ Fe2+ Fe + +   2Ag  Ban đầu 0,1 mol 0,25 mol Pư 0,1mol 0,2 mol Còn lại 0,05 mol 0,1 mol 0,2 mol  m=m Ag= (0,3+0,2+0,05) x 108= 59,4(g) Câu 2: Cho m1 gam Al vào 100 ml dung d ịch gồm Cu(NO3)2 0,3M và AgNO3 0,3M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu đ ược m2 gam ch ất rắn X. Nếu cho m2 gam X tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thì thu được 0,336 lít khí (ở đktc). Giá trị của m1 và m 2 lần lượt là A. 1,08 và 5,43. B. 0,54 và 5,16. C. 1,08 và 5,16. D. 8,10 và 5,43. Giải : n Cu(NO3)2 = nAgNO3 = 0,3.0,1=0,03 (mol) , nH2= 0,336:22,4= 0,015 (mol) 18
Do X tác dụng được với HCl nên X còn chứa Al. Vậy Al dư, Cu(NO3)2 và AgNO3 phản ứng hết: 3Cu2+ 2Al3+ 2Al + + 3Cu   (1)  0,02 mol 0,03 mol 3Ag+ Al3+ Al + + 3Ag   (2)  0,01 mol 0,03 mol 6H+ 2Al3+ 2Al + + 3H2    0,01 mol 0,015mol (3)  m1=mAl (1,2,3)= (0,2+0,1+0,1) x 27 = 1,08 (g) m2 = mCu + m Ag+ mAl(3)= 0,03x64 + 0,03x108 + 0,01x27= 5,43(g) Câu 3: Tiến hành hai thí nghiệm sau: - Thí nghiệm 1: Cho m gam bột Fe (dư) vào V1 lít dung dịch Cu(NO3)2 1M;. - Thí nghiệm 2: Cho m gam bột Fe (dư) vào V2 lít dung d ịch AgNO3 0,1M. Sau khi các ph ản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được ở hai thí nghiệm đều bằng nhau. Giá trị của V1 so với V2 là A. V1 = V2. B. V1 = 2 V2. C. V1 = 5V2. D. V1 = 10 V2. Giải : nCu(NO3)2= 1.V1= V1 (mol) , nAgNO3 = 0 ,1.V2= 0,1V2(mol) Cu2+ Fe2+ Fe + + Cu    Tăng 8V1 gam V1 mol V1 mol V1 mol 2Ag+ Fe2+ Fe + + 2Ag    Tăng 8V2 gam 0,05V2 mol 0,1V2 mol 0,1V2 mol Khối lượng chất rắn thu được sau 2 phản ứng bằng nhau => 8V1=8V2  V1=8V2 Câu 4: Cho hỗn hợp gồm 1,2 mol Mg và x mol Zn vào dung dịch chứa 2 mol Cu2+ và 1 mol Ag+ đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một dung dịch chứa ba ion kim lo ại. Trong các giá trị sau đây, giá trị nào của x thoả m ãn trường hợp trên? A. 1,8. B. 1,2. C. 2,0. D. 1,5. Giải : Sắp xếp theo độ tăng dần tính oxi hóa: Mg2+
Do khối lượng kim loại thu được bằng trước phản ứng => 8a-b=0  8 a=b 65  1  100  %m(Zn)= = 12,67% 65  1  56  8 Câu 6: Cho 6,72 gam Fe vào dung dịch chứa 0,3 mol H2SO4 đặc, nóng (giả thiết SO2 là sản phẩm khử duy nhất). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được. A. 0,03 mol Fe2(SO4)3 và 0,06 mol FeSO4. B. 0,05 mol Fe2(SO4)3 và 0,02 mol Fe dư. C. 0,02 mol Fe2(SO4)3 và 0,08 mol FeSO4. D. 0,12 mol FeSO4. Giải : nFe= 6,72:56=0,12 mol 2Fe + 6H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O   Ban đầu 0,12 0,3 P ứng 0,1 0,3 Còn lại 0,02 0,05 Fe2(SO4)3 + Fe 3FeSO4   Ban đầu 0,05mol 0,02 mol P ứng 0,02mol 0,02 mol Còn lại 0,03 mol 0,06mol Câu 7: Thể tích dung dịch HNO3 1M (loãng) ít nhất cần dùng để ho à tan hoàn toàn một hỗn hợp gồm 0,15 mol Fe và 0,15 mol Cu là (biết phản ứng tạo chất khử duy nhất là NO). A. 0,6 lít. B. 1,0 lít. C. 1,2 lít. D. 0,8. Giải : Quá trình cho e 2+ Fe   Fe + 2e  0,15 mol 0,3 mol 2+ Cu   Cu + 2e  0,15 mol 0,3 mol Quá trinh nhận e 4H+ NO3- + + 3e NO + 2H2O   3 a a mol 4 3 a =0,3+0,3=0.6  a= 0,8 (mol) Để số mol HNO3 cần dùng là ít nhất thì 4  Vdd HNO3 = 0,8/1=0,8 (lít) Câu 8: Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung d ịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Giá trị tối thiểu của V là A. 240. B. 400. C. 120. D. 360. Giải : nH+=2nH2SO4=0,5x0,4=0,4 mol , nNO3-= nNaNO3= 0,2x0,4=0,08 mol , nFe=1,12:56=0,02 mol , nCu=1,92:64=0,03 mol 20
4H+ NO3- Fe3+ Fe + + +NO +H2O   Ban đầu 0,02 0,4 0,08 P ứng 0,02 0,08 0,02 Còn lại 0,32 0,06 0,02 8H+ 2NO3- 3Cu2+ 3Cu + + + 2NO +h2O   Ban đầu 0,03 0,4 0,06 P ứng 0,03 0,08 0,02 Còn lại 0,24 0,04 0,03 H+ OH- + H2O   0,24 mol 0,24 mol Fe3+ 3OH- + Fe(OH)3   0,02 mol 0,06 mol 2+ 2OH- Cu + Cu(OH)2   0,03 mol 0,06 mol  Vdd NaOH= (0,24+0,06+0,06)x1000/1=360ml Câu 9: Cho 6,72 gam Fe vào 400 ml dung dịch HNO3 1 M, đến khi phản ứng xảy ra ho àn toàn, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hoà tan tối đa m gam Cu. Giá trị của m là A. 3,84. B. 3,20. C. 1,92. D. 0,64. Giải : nHNO3= 1x0,4=0,4 mol , nFe = 6,72:56= 0,12 mol 4H+ NO3- Fe3+ Fe + + + NO +H2O   Ban đầu 0,12 0,4 0,08 P ứng 0,1 0,4 0,02 Còn lại 0,02 0,02 0,06 0,1 2Fe3+ 3Fe2+ + Fe   Ban đầu 0,1 mol 0,02 mol P ứng 0,04 mol 0,02 mol Còn lại 0,06 mol 2Fe3+ 2Fe2+ Cu2+ + Cu +   0,06 mol 0,03 mol  m = 0,03x64=1,92 (g) Câu 10: Cho 2,24 gam bột sắt vào 200 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm AgNO3 0,1M và Cu(NO3)2 0,5M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và m gam chất rắn Y. Giá trị của m là A. 4,08. B. 0,64. C. 2,16. D. 2 ,80. 2+ nAg+=0,1x0,2=0,02(mol) Giải : n Fe= 2,24:56=0,04 (mol) , nCu =0,5x0,2=0,1(mol) , 2Ag+ Fe2+ Fe + +   Ag  Ban đầu 0,04 mol 0,02 mol Pư 0,01mol 0,02 mol 21 Còn lại 0,03 mol 0,02 mol 0,01mol 0,02mol Người thực hiện: Nguyễn Đăng Khoa