CỘNG ĐỒNG HÓA HỌC VÀ TUỔI TRẺ http://hoahoc.org ————————–*————————–

TỔNG HỢP BÀI TẬP (20 câu)

Biên soạn LATEX: Tinpee.PT

c(cid:13) 2013 : Tinpee.PT@gmail.com

Ho Chi Minh City Ngày 29 tháng 9 năm 2013

Tổng hợp chuyên đề LTĐH

TỔNG HỢP CÁC BÀI TẬP

Câu 1. Cho hỗn hợp X gồm a(g) M g, b(g) F e và c(g) F exOy vào dung dịch H2SO4 dư thu được

0,05 mol khí và dung dịch B. dung dịch B phản ứng vừa đủ với 60ml dung dịch KM nO4 0,05M 1 5

thu được 7,314g muối trung hòa. Xác định oxit sắt trên. Lời giải: - Trước tiên ta chứng minh acid ở đây là loãng: vì khi đó trong dung dịch B mới chứa được F e2+ để tác dụng với KM nO4. - Chứng minh oxit Fe kia không phải là F e2O3: Ta có nF e.B = 5.5.nKM nO4 = 0, 075(mol) Số mol khí là 0,05(mol) như vậy ta thấy ngay sự vô lý nếu oxit là Fe(III) thì số mol Fe phải là 0,075(mol) như vậy số mol khí phải lớn hơn 0,075(mol). - Khối lượng muối trung hòa ở đây là các muối K2SO4, M nSO4, M gSO4 và F e2(SO4)3 có m = 36, 57g. Và dựa theo số mol của KM nO4 ta tính được mM gSO4 + mF e2(SO4)3 = 33g. Ta để ý một điều rắng 2 oxit Fe còn lại đều nhường 1 e để lên F e3+.

a + b = 0, 05 a + b = 0, 05   b + c = 0, 075 ⇒ Như vậy thấy ta có ngay 2a + 3b + c = 0, 05.2 + 0, 075

 c = 120a + 200(b + cx) = 33    21 200x − 80 Ta có c < 0, 075 ⇒ x > 1, 8. Chọn F e3O4.

Câu 2. Cho x(g) F e vào dung dịch HCl thu được 2,465g chất rắn. Nếu cho x(g) F e và y(g) Zn vào dung dịch HCl trên thì thu được 8,965g chất rắn và 0,336 lít khí ( dktc). Tìm x và y

Lời giải:

= 0, 019 Ta có 2, 465g chất rắn có thể chứa F eCl2 và F e dư. → nF e < 2, 465e 56 + 71

Mặt khác số mol khí H2 = 0, 015 nhỏ hơn 0, 019 lên ở thí nghiệm thứ nhất Chắc chắn cóF e dư. Vậy ta có x (g)F e + HCl → 2, 465(g) rắn + 0, 015mol H2 Đễ tìm ra x = 2, 465 − 0, 015.71 = 1, 4(g) Ta có y = 8, 965 − 1, 4 − 0, 015.71 = 6, 5(g)

 Câu 3. Hỗn hợp X có khối lượng 15,15 gam gồm Al, Ca, Al4C3, CaC2. Hòa tan hoàn toàn X vào nước (dư) thu đuợc dung dịch Y trong suốt và hỗn hợp khí Z, Đốt cháy toàn bộ Z, thu được 4,48 lít CO2 (đktc) và 9,45 gam H2O. Thêm từ từ 400 ml dung dịch HCl 1M vào Y, thu đuợc m gam kết tủa. Giá trị của m là? Lời giải: Ta quy đổi hỗn hợp thành: x(mol) Al, y(mol) Ca và có ngay 0, 2(mol) C. Al+3  Al+3  Ca+2 Al Ca+2 C−4 Ca ⇒ ⇒ Phân tích bài toán: C +4 C −1 C

  H 0 H2O H2O O2−     O2

Qua sơ đồ trên ta thấy ngay, có sự nhường và nhận e giữa các nguyên tố Al, Ca, C và O. Và ta dễ dàng tính được nO = 2nCO2 + nH2O = 0, 925(mol). Áp dụng định luật bảo toàn e và theo khối lượng X ta có hệ phương trình

http://www.hoahoc.org/forum Page 1

Tổng hợp chuyên đề LTĐH

2

2 thì còn lại 0, 1(mol).

x = 0, 25(mol) 27x + 40y = 15, 15 − 0, 2.12     ⇒ y = 0, 15(mol) 3x + 2y = 0, 925.2 − 0, 2.4 

(mol). = 0, 1 3 13 60  Ta để ý 1 mol Ca sẽ tạo ra 2 mol OH −. Như vậy nOH − = 0, 3(mol). 1 mol Al hay Al(OH)3 đều phản ứng với 1 mol OH − và tạo ra AlO− 2 . = 0, 25(mol) và nOH −.d = 0, 05(mol). Như vậy nAlO− Theo đề nH + = 0, 4(mol). Phản ứng với H + dư và còn lại 0, 35(mol) AlO2 + H2O + H + → Al(OH)3 Phản ứng tiếp với AlO− Khi đó xảy ra phản ứng Al(OH)3 + 3H + → Al3+ + 3H2O Như vậy nAl(OH)3.f inal = 0, 25 − Vậy m = 16, 9g.

Câu 4. Cho sơ đồ phản ứng sau

C3H7OH −−−−−→ H +

A B + C

H2O−−→ t0

↓HBr D E + F

Hợp chất hữu cơ A chưa oxi có thành phần % các nguyên tố lần lượt là 41,38% C và 3,45% H. B chứa 60%C, 8%H và oxi, E chứa 35,82% C, 4,48% H còn lại là oxi. Biết rằng 2,68g chất E phản ứng vừa đủ với 26,7ml dung dịch NaOH 1,5M. Hãy xác định công thức cấu tạo và gọi tên tất cả các chất trong sơ đồ đó nếu biết thêm rằng khi đung nóng, chất A có thể tách nước. Lời giải:

khi n càng lớn thì nE càng nhỏ, như vậy số mol lớn nhất mà nE có được Từ thành phần - nE = 2, 68 134n

mới là 0, 02(mol). Và như vậy ta suy ra nó có ít nhất là 2 chức có khả năng phản ứng với N aOH. - Biện luận (C4H6O5)n có một công thức phân tử duy nhất:

Ta có E sẽ có hệ số bất bão hòa k = = n + 1 4n.2 + 2 − 6n 2

Trong E sẽ có ít nhất là 2n liên kết π như vậy k ≥ 2n ⇔ n ≤ 1. CTCT: HOOC − CH2 − CH(OH) − COOH ⇒ A : HOOC − CH = CH − COOH Do E có 2 chức nên B có 2 chức ⇒ C10H16O4 ⇒ C3H7OOC − CH = CH − COOC3H7.

Câu 5. Cho 2,760 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O và có 100 < MA < 150) tác dụng với N aOH vừa đủ, sau đó làm khô, phần bay hơi chỉ có nước, phần chất rắn khan còn lại chứa hai muối của natri có khối lượng 4,440 gam. Nung nóng 2 muối trong oxi dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 3,180 gam N a2CO3, 2,464 lít CO2 (ở đktc) và 0,900 gam nước. Lời giải: Ta có nN a2CO3 = 0, 03(mol), nCO2 = 0, 11(mol), nH2O = 0, 05(mol) Áp dụng ĐLBTKL ta có nO2 = 0, 14(mol) Dùng bảo toàn nguyên tố O: nOtrongmui = 0, 08(mol) ⇒ nN aOH = 3nN a2CO3 = 0, 06(mol) Áp dụng ĐLBTKL cho phản ứng thủy phân : mH2O = 0, 04(mol) Bảo toàn nguyên tố cho cả quá trình ta có: Trong A:   nC = 0, 14(mol) ⇒ ctpt đơn giản nH = 0, 05.2 + 0, 04.2 − 0, 06 = 0, 12(mol)nO = 0, 08 + 0, 04 − 0, 06 = 0, 06(mol)

 (C7H6O3) Do 100 < MA < 150 nên đó là CTPT k = 5 ⇒ A có chứa vòng benzen.

http://www.hoahoc.org/forum Page 2

Tổng hợp chuyên đề LTĐH

= Khi đó nA = 0, 02(mol), nN aOH = 0, 06(mol) có 1 3 nA nN aOH ⇒ A là HCOOC6H4OH và có 3 đồng phân o, p, m

a = 0, 125 Câu 6. Nhiệt phân hoàn toàn 20g hỗn hợp M gCO3, CaCO3, BaCO3 thu được 0, 22(mol) khí X. Khoảng % khối lượng M gCO3 bao nhiêu? Lời giải: Gọi a, b, c là mol M gCO3, CaCO3 và BaCO3 ⇒ mhh = 84a + 100b + 197c = 20 (1), nCO2 = nhh = a + b + c = 0, 22 (2) Nếu chỉ có M gCO3, CaCO3 ⇒ c = 0   = 52, 5 Từ (1) và (2) ⇒ ⇒ mM gCO3 = 84a = 10, 5 ⇒ %mM gCO3 b = 0, 095

a = 0, 206549  Nếu chỉ có M gCO3, BaCO3⇒ b = 0   = 86, 75 Từ (1) và (2) ⇒ ⇒ mM gCO3 = 84a = 17, 35 ⇒ %mM gCO3 b = 0, 01345

< 86, 75 ⇒ B  Vì có cả 3 muối ⇒ 52, 5 < %mM gCO3

Câu 7. Một aminoaxit có công thức phân tử là C2H5N O2, khi đốt cháy 0,1 mol oligopeptit X tạo nên từ aminoaxit đó thì thu được 12,6g nước. Xác định X thuộc loại peptit nào. Lời giải: Công thức phân tử của X là C2H5O2N như vậy ta sẽ tìm CTPT của oligopeptit theo X. Để ý tới phản ứng thủy phân, dùng bảo toàn nguyên tố để tìm: A + (n − 1)H2O → nC2H5O2N Như vậy A phải có CTPT là C2nH5n−2n+2On+1N2. Ta có ⇒ n = 4. Như vậy X là tetrapeptit. = = 3n + 2 2 12, 6 0, 1.18 nH2O nA

Câu 8. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,02 mol F eS2 và 0,03 mol FeS vào lượng dư H2SO4 đặc nóng thu được F e2(SO4)3,SO2 và H2O. Hấp thụ hết SO2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch KM nO4 thu được dung dịch Y không màu, trong suốt, có pH = 2. Tính số lít của dung dịch (Y) Lời giải: Áp dụng bảo toàn e thu ta tìm được nSO2 = 0, 285(mol). 5SO2 + 2KM nO4 + 2H2O → K2SO4 + 2M nSO4 + 2H2SO4 Ta có nH2SO4 = 0, 114(mol) ⇒ nH + = 0, 228(mol). [H +] = 0, 01M ⇒ V = 22, 8(l).

Câu 9. Hợp chất hữu cơ X gồm C, H,O chứa vòng benzen. Cho 6,9g X vào 360ml dd NaOH 0,5M (dư 20% so với lượng cần phản ứng) đến phản ứng hoàn toàn, thu được dd Y. Cô cạn Y thu được m gam chất rắn khan. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 6,9g X cần vừa đủ 7,84 lít O2(đkc), thu được 15,4g CO2. Biết X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Giá trị của m. Lời giải: Dựa vào phản ứng đốt cháy để tìm X. nCO2 = 0, 35(mol). mH2O = 2, 7g ⇒ nH2O = 0, 15(mol). Dễ dàng tìm ra mO = 2, 4(g) ⇒ nO = 0, 15(mol). Công thức đơn giản nhất của X là C7H6O3 và nó cũng là CTPT luôn. nX = 0, 05(mol) nN aOH.p = 0, 15(mol). Tỉ lệ là 3 : 1 như vậy X phải có CTCT

http://www.hoahoc.org/forum Page 3

Tổng hợp chuyên đề LTĐH

Chất rắn khan có khối lượng m bao gồm N aOH dư HCOON a và C6H4(ON a)2. Ta tìm được m = 12, 3(g)

Câu 10. Oxi hóa m gam một ancol đơn chức, bậc một, mạch hở A thu được hỗn hợp X gồm: andehit, axit, nước và ancol dư. Chia X thành 3 phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với Na vừa đủ thu được 0,2 mol H2 và m gam chất rắn. Phần 2 tác dụng với N aHCO3 dư thu được 0,1 mol khí CO2 . Phần 3 tác dụng với dung dịch AgN O3/N H3(dư) thu được 0,6 mol Ag. Nếu oxi hóa m gam ancol trên thành andehit, sau đó cho sản phẩm tác dụng với AgN O3/N H3 dư, tính số mol Ag thu được và giá trị của m. Lời giải: RCH2OH + [O] → RCHO + H2O RCH2OH + 2[O] → RCOOH + H2O Ta có công thức của ancol là RCH2OH và của acid là RCOOH. Phần 2 tính được nRCOOH = 0, 1(mol). Phần 3: Khi R không phải là H thì ta có nRCHO = 0, 3(mol) Dựa vào phản ứng xảy ra ta tìm được nH2O = 0, 4(mol) Phần 1: Khi đó dễ dành tính được số mol ancol dư trong X là nH2O = 2nH2 − (nH2O + nRCOOH) = 0, 4 − (0, 4 + 0, 1) = −0, 1(mol) Vô lý. Như vậy R phải là H.

= 0, 1(mol). 0, 6 − 0, 1.2 4

Khi đó ta cũng tính được số mol HCHO sẽ là nHCHO nHCOOH = 0, 1(mol) và nH2O = 0, 2(mol) ⇒ nCH3OH.d = 0, 4 − 0, 2 − 0, 1 = 0, 1(mol) Dễ dàng tìm được m = 0, 2.40 + 0, 1.68 + 54.0, 1 = 20, 2g. Ba đầu (cid:80) nCH3OH = 0, 3.3 = 0, 9(mol) ⇒ nAg = 3, 6(mol) Câu 11. Nhiệt phân hoàn toàn 0,20 mol F e(OH)2 trong bình kín chứa 0,04 mol O2 thu được chất. rắn X. Để hòa tan hết X bằng dung dịch HN O3 (đặc nóng) thu được dung dịch Y và khí Z (sản phẩm khử duy nhất) và số mol HN O3 đã phản ứng là k .Tính k. Lời giải: Để ý tỉ lệ giữa F e(OH)2 và oxi quá lớn và thấy ngay là oxi hết. Áp dụng bảo toàn e nN O2 = nF e(OH)2.1 − 4nO2 = 0, 04(mol) Để tính số mol của HN O3 dùng bảo toàn nguyên tố k = nN O2 + 3nF e = 0, 64(mol)

Câu 12. Nung 2, 23 g hh X gồm F e, Zn, Al, M g trong oxi , sau 1 thời gian thu được 2, 71g Y . Hòa tan hoàn toàn Y vao dd HN O3 ( dư ) , thu được 0, 672 (l) N O . Tính số mol HN O3 đã phản ứng. Lời giải:

= 0, 03(mol) Ta có: nO = 2, 71 − 2, 33 16

http://www.hoahoc.org/forum Page 4

3 → N O + 2H2O

Tổng hợp chuyên đề LTĐH

Ta tách phản ứng thành 2 mặt, một mặt là phản ứng oxi hóa khử và mặt kia chỉ là phản ứng của axit thông thường. 4H + + N O− 2H + + [O] → H2O (cid:80) nHN O3 = 4nN O + n[O] = 0, 18(mol) Hoặc cũng có thể dùng n = nelectron KL nhường + nN O

Câu 13. Hỗn hợp gồm 2 axit có nhóm chức hơn kém nhau một đơn vị, có cùng số nguyên tử C. Chia X thành 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng hết với K thu được 2,24 lít khí. Đốt cháy phần 1 thu được 6,72 lít khí CO2. Tìm CTPT và thành phần %về khối lượng các chất. Lời giải: Công thức X :CnHmO2z a mol trong mỗi phần, với n ≥ 2 nH2 = 0, 5.az = 0, 1 ⇒ az = 0, 2 (1) nCO2 = an = 0, 3 (2) Nếu n = 2 (2) ⇒ a = 0, 15 và (1) ⇒ z = 1, 33 ⇒ hai axit là C2H4O2 x(mol) và C2H2O4(ymol) ⇒ nhh = x + y = 0, 15 và 1.x + 2.y = 1, 33.0, 15 ⇒ x = 0, 1 và y = 0, 05 mC2H4O2 = 60x = 6, mC2H2O4 = 90.0, 05 = 4, 5 ⇒ % Khối lượng C2H4O2 = 52, 14 và Khối lượng C2H2O4 = 42, 86 ⇒ HOOC − COOH và 42, 86%. Nếu n = 3 ⇒ a = 0, 1 và (1) ⇒ z = 2 : loại vì 2 axit có thể cùng 2 chức hoặc số nhóm chức là 1 và 3 : không hơn kém nhau 1.

x + y = 0, 05(mol) x = 0, 02(mol) Câu 14. Một hỗn hợp X gồm 0,07 mol axetilen; 0,05 mol vinylaxetilen; 0,1 mol H2 và một ít bột N i trong bình kín. Nung hỗn hợp X thu được hỗn hợp Y gồm 7 hiđrocacbon có tỉ khối hơi đối với H2 là 19,25. Cho toàn bộ hỗn hợp Y đi qua bình đựng dung dịch AgN O3/N H3 dư, thu được m gam kết tủa vàng nhạt và 1,568 lít hỗn hợp khí Z (đktc) gồm 5 hiđrocacbon thoát ra khỏi bình. Để làm no hoàn toàn hỗn hợp Z cần vừa đúng 60 ml dung dịch Br2 1M. Tìm m Lời giải: Ta có mX = mY = 4, 62g ⇒ nY = 0, 12(mol). Cho Y qua dung dịch AgN O3 còn lại 0, 07(mol) khí, do vậy số mol khí bị hấp thụ là 0, 05(mol). Ta sẽ sử dụng định luật bảo toàn liên kết π cho bài này như sau: Ta có số mol khí X giảm đí chính là số mol H2 phản ứng nH2 = 0, 07 + 0, 05 + 0, 1 − 0, 12 = 0, 1(mol) và đó cũng chính là nπ bị bão hòa. Như vậy trong Y nπ = nπ.X − nH2 = 0, 19(mol). Để làm no Z tức là bão hòa hết các liên kết π trong Z và như vậy nπ.Z = 0, 06(mol) Và ta có ngay nπ = 0, 13(mol) của khí bị hấp thụ trong AgN O3.       ⇒ ⇔ Ta có hệ phương trình 2x + 3y = 0, 13 y = 0, 03(mol)    nC2H2 = x(mol) nC4H4 = y(mol) ⇒ m = 9, 57g

Câu 15. 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 AgN O3 trong dung dịch N H3 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 được 2,24 lít khí CO2 (đktc) và 4,5 gam H2O. Giá trị của V bằng? Lời giải: Dựa theo các quá trinh phản ứng ta dễ dàng tìm ra nC2H2.d = nAg2C2 = 0, 05(mol), nC2H4 = nBr2 = 0, 1(mol)

= 0, 05(mol)   nC2H6 = nCO2 2 Z còn lại 2 khí đó là C2H6 và H2 và ta có  nH2 = 0, 25 − 0, 05.3 = 0, 1(mol)

http://www.hoahoc.org/forum Page 5

Tổng hợp chuyên đề LTĐH

Đến đây ta thấy ngay ban đầu nC2H2 = 0, 05 + 0, 1 + 0, 05 = 0, 2(mol) và nH2 = 0, 1 + 0, 05.2 + 0, 1 = 0, 3(mol). Vậy V = 11, 2(l)

Câu 16. cho 5, 43 g hổn hợp gồm Al, Cu, Ag vào dd HN O3 vừa đủ thu đc dd A và khí N O duy nhất, pha loãng dd A rồi đem điện phân thu đc 1, 296g kim loại bên catot và 67, 2ml khí bên anot thì ngừng điện phân. Ngay sau đó cho vào 0, 81 gam bột Al rồi lắc đều cho đến khi hết màu xanh,

(nAg + nCu). Tính khối lượng của Ag tách phần chất rắn lấy khô cân đc 3,891gam , biết nAl = 1 6

= 108. Như vậy chi mới Ag+ bị điện phân. trong hổn hợp. Lời giải: Xét dung dịch điện phân trước, ta có nO2 = 0, 003(mol) ⇒ nO = 0, 012(mol) ⇒ 2nCu + nAg = 0, 012(mol) ≥ nAg + nCu ⇒ MKL ≤ 1, 296 0, 012

x = 0, 01(mol)   Ta có ⇒ y + z 6 y = z = 0, 03(mol)  Ta có nHN O3 = 0, 012(mol) Các phản ứng có thể xảy ra khi cho Al vào. Al + 4HN O3 → Al(N O3)3 + N O + 2H2O Al + 3Ag+ → Al3+ + 3Ag 2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu Ta gọi x, y, z(mol) lần lượt là số mol của Al, Cu, Ag trong hỗn hợp ban đầu. Ta có nAg.dư = z − 0, 012(mol) Sau phản ứng với Al thì khối lượng chất rắn tăng là (z − 0, 012)(108 − 9) + y(64 − 18) − 0, 003.27 = 3, 891 − 0, 81  27x + 64y + 108z = 5, 43  x =  99(z − 0, 012) + 46yddo3, 162

3

3

= nHCO−

3 + H + → CO2 + H2O.

= x(mol). Trong dung 3 + H + → HCO− 3 .

Câu 17. Thổi V lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa N aOH và KOH thu được 200 ml dung dịch X chứa 4 muối có cùng nồng độ mol. Cho từ từ đến hết 100 ml dung dịch Y chứa HCl 1, 5M và H2SO4 1M vào 200 ml dung dịch X, thu được 3,36 lít CO2 (đktc). Giá trị của V là. Lời giải: Trong dung dịch X có 4 muối với nồng độ bằng nhau vì thế nCO2− dịch Y có (cid:80) nH + = 0, 35(mol). Đề cho từ từ Y vào X nên sẽ xảy ra phản ứng CO2− Và sau phản ứng này nH +.dư = 0, 35 − x(mol). Tiếp tục HCO− Ta có ngay 0, 35 − x = 0, 15 ⇒ x = 0, 2(mol) ⇒ nCO2.ban đầu = 2x = 0, 4(mol) ⇒ V = 8, 96(l).

Câu 18. Đốt cháy hoàn toàn m gam hiđrocacbon ở thể khí, mạch hở, nặng hơn không khí thu được 7,04 gam CO2. Sục m gam hiđrocacbon này vào nước brom dư đến khi phản ứng hoàn toàn, thấy có 25,6 gam brom phản ứng. Giá trị của m là? Lời giải: Gọi CTPT của H.C trên là CnH2n+2−2k trong đó n, k là các số nguyên dương. Khi đó ta sẽ có ngay ⇒ n = k ⇒ = = nCO2 n nBr2 k 0, 16 n 0, 16 k

Như vậy CTPT H.C trên sẽ là CnH2 Theo đề bài H.C trên ở thế khí và nặng hơn không khí cho nên n = 4 ⇒ m = 2g

Câu 19. Dẫn 1,68 lít hỗn hợp khí X gồm hai hiđrocacbon vào bình đựng dd brom (dư). Sau khi phản ứng hoàn toàn, có 4 gam brom đã phản ứng và còn lại 1,12 lít khí. Nếu đốt cháy hoàn toàn 1,68 lít X thì sinh ra 2,8 lít khí CO2 (đktc). CTPT của hai hiđrocacbon là? Lời giải:

http://www.hoahoc.org/forum Page 6

Tổng hợp chuyên đề LTĐH

2 = 0, 125

2 =0,175

2 + H + + H2O → Al(OH)3 2 + 4H+ → Al3 + +2H2O

Ta có nBr2 = 0, 025(mol) = nH.C.p như vậy nó phải có CTPT CnH2n Và chất còn lại là một H.C no. Ta có nCO2 = 0, 125(mol) ⇒ C = 1, 667 như vậy thằng no là CH4 Ta có 0, 05 + 0, 025n = 0, 125 ⇒ n = 3 ⇒ C3H6.

Câu 20. Cho hỗn hợp X gồm K và Al. Cho m(g) X vào nước dư thu được 0,25mol khí. Mặt khác khi cho m(g) X vào dung dịch NaOH vừa đủ thì thấy thoát ra 0,325(mol) khí và dung dịch Y. Cho V(ml) dung dịch HCl 2M vào dung dịch Y thu được 1,95g kết tủa. Khi cho N H3 dư vào thì thấy xuất hiện kết tủa. Giá trị của V là: Lời giải: Gọi số mol K, Al lần lượt là a, b Ta có số mol khí bay ra ở thí nghiệm 2 nhiều hơn thí nghiệm 1 lên ở thí nghiệm thứ nhất vẫn cồn dư Al Từ thí nghiệm 1 dễ dàng suy ra được Số mol K = a = 0,25 Từ thí nghiệm 2 tìm được số mol Al = b = 0, 175 Trong dung dịch Y có chứa các muối KAlO2, N aAlO2 và nAlO− Cho N H3 vào dung dịch sau khi phản ứng với HCl tạo ra kết tủa → phản ứng tạo ra muối AlCl3 Phản ứng xảy ra: AlO− AlO− Từ phương trình phản ứng ta có! Tổng số mol HCl = 0, 625 → V = 312, 5ml(A)

—–Hết—–

http://www.hoahoc.org/forum Page 7