PHẦN 3 - BT HAY VÀ KHÓ

Biên soạn và giảng dạy : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT 01689 186 513

Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng

1

PHẦN 3 : PHÂN TÍCH VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI

CÁC BÀI TẬP HÓA HAY VÀ KHÓ

TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013

Ở phần này, ta sẽ vận dụng những phương pháp và kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm vào các bài tập hóa học trong đề thi Đại học, Cao đẳng khối A, B năm 2013. Phân tích, đánh giá, nhận định các nhóm phương pháp và kỹ năng được sử dụng nhiều nhất trong các đề thi. Trên cơ sở đó, xây dựng kế hoạch ôn tập hợp lý, để đạt được kết quả cao trong kỳ thi Đại học, Cao đẳng năm 2014.

I. Phân tích và hướng dẫn giải các bài tập hay và khó trong đề thi Đại học, Cao đẳng năm 2013 1. Phương pháp bảo toàn electron

Câu 16 – Mã đề 537: Hòa tan hoàn toàn x mol Fe vào dung dịch chứa y mol FeCl3 và z mol HCl, thu được dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất. Biểu thức liên hệ giữa x, y và z là

A. x = y – 2z. B. 2x = y + z. C. 2x = y + 2z. D. y = 2x.

(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013)

Hướng dẫn giải

Sơ đồ thể hiện bản chất phản ứng :

Fe + FeCl3 → FeCl2

Fe + HCl → FeCl2 + H2

Chất tan duy nhất là FeCl2.

Áp dụng bảo toàn electron, ta có : + += + ⇒ = +3Fe Fe H2n n n 2x y z

Câu 4 – Mã đề 958 : Cho 7,84 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm Cl2 và O2 phản ứng vừa đủ với 11,1 gam hỗn hợp Y gồm Mg và Al, thu được 30,1 gam hỗn hợp Z. Phần trăm khối lượng của Al trong Y là

A. 75,68%. B. 24,32%. C. 51,35%. D. 48,65%.

(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A và khối B năm 2013)


Bản chất phản ứng của Cl2, O2 với Mg, Al là phản ứng oxi hóa – khử. Chất khử là Al, Mg; chất oxi hóa là Cl2 và O2.

Theo giả thiết và bảo toàn khối lượng, ta có :

{

2 22

22 2

Cl OCl

OCl O Z (Al, Mg)

30,1 11,1

7,84n n 0,35

n 0,222,4

n 0,1571n 32n m m 19

+ = = =

⇒ =+ = − =

14243

Theo giả thiết và bảo toàn electron, ta có :

{ {2 2

Mg AlMg

Mg Al Cl OAl

0,2 0,15

24n 27n 11,1n 0,35

2n 3n 2 n 4 n 1n 0,1

+ ==

⇒ + = + ==

Suy ra = =Al trong Y

0,1.27%m .100% 24,32%

11,1



2

Câu 51 – Mã đề 537: Nhúng một thanh sắt vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,02 mol AgNO3 và 0,05 mol Cu(NO3)2. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng thanh sắt tăng m gam (coi toàn bộ kim loại sinh ra bám vào thanh sắt). Giá trị của m là

A. 5,36. B. 3,60. C. 2,00. D. 1,44.



Bản chất phản ứng là Fe khử hoàn toàn Ag+, Cu2+ thành Ag, Cu; Ag+, Cu2+ oxi hóa Fe thành Fe2+.

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cu, Ag, bảo toàn electron, ta có :

{ {

{ {

+

+

+ +

= = =

= = ⇒ = + − =

= +

14243

14243

2

2

Cu Cu Fe

Ag Ag taêng Ag Cu Fe phaûn öùng

0,05.640,02.108 0,06.56Fe phaûn öùng Ag Cu

0,05? 0,02

n n 0,05 n 0,06 mol

n n 0,02 m m m m 2 gam

2 n n 2 n

Câu 9 – Mã đề 958: Hỗn hợp X gồm FeCl2 và NaCl có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2. Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam X vào nước, thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 dư, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là

A. 2,87. B. 5,74. C. 6,82. D. 10,80.



Theo giả thiết, ta có :

2

2 22

2 2

FeCl NaCl FeClFeCl Fe

FeCl NaCl FeCl NaClNaCl Cl

n : n 1: 2 n n 0,01n 0,01

127n 58,5n 2,44 n 2n n 0,04n 0,02

+

−

= = = = ⇒ ⇒

+ = = + ==

Bản chất phản ứng của dung dịch Y với dung dịch AgNO3 dư là phản ứng trao đổi của ion Ag+

với ion Cl− và phản ứng oxi hóa – khử của ion Ag+ với ion Fe2+.

Ta có :

{ {

−

+ +

= =⇒ = + =

= = = 2

AgCl Cl

AgCl Agchaát raénAg Ag Fe 0,04.143,5 0,01.108

n n 0,04m m m 6,82 gam

n n n 0,01

Câu 6 – Mã đề 374: Hỗn hợp X gồm Ba và Al. Cho m gam X vào nước dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8,96 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, hòa tan hoàn toàn m gam X bằng dung dịch NaOH, thu được 15,68 lít khí H2 (đktc). Giá trị của m là

A. 29,9. B. 24,5. C. 19,1. D. 16,4.

(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)


Theo giả thiết suy ra : Trong phản ứng với H2O (TN1), nhôm chưa phản ứng hết (vì lượng khí thu được khi X phản ứng với dung dịch kiềm (TN2) lớn hơn lượng khí thu được khi X phản ứng với H2O).

Ở TN1, Al dư nên dung dịch chứa Ba[Al(OH)4]2 : x mol.

Áp dụng bảo toàn electron cho các phản ứng ở TN1 và TN2, ta có :



3

{ {

{ {{ {

+ = =

⇒ ⇒ = + = + = =

14243

14243

2

2

Ba Al phaûn öùng H

x 0,42x

X Al BaBa HAl ban ñaàu 0,4.27 0,1.137x 0,7y

TN1: 2 n 3n 2 n

x 0,1m m m 24,5 gam

TN2 : 2 n 3n 2 n y 0,4

Câu 29 – Mã đề 374: Cho hỗn hợp X gồm 0,01 mol Al và a mol Fe vào dung dịch AgNO3 đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được m gam chất rắn Y và dung dịch Z chứa 3 cation kim loại. Cho Z phản ứng với dung dịch NaOH dư trong điều kiện không có không khí, thu được 1,97 gam kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 1,6 gam chất rắn chỉ chứa một chất duy nhất. Giá trị của m là

A. 8,64. B. 3,24 . C. 6,48. D. 9,72.



Bản chất phản ứng :

Al + Ag+ → Al3+ + Ag (1)

Fe + Ag+ → Fe2+ + Ag (2)

Nếu Ag+ còn dư thì :

Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag (3)

Theo giả thiết, dung dịch Z chứa 3 loại cation kim loại nên có hai trường hợp :

+ Các cation kim loại là Al3+, Fe2+, Fe3+.

+ Các cation kim loại là Al3+, Fe3+, Ag+.

Mặt khác, khi cho Z tác dụng với dung dịch NaOH dư trong điều kiện không có không khí, thu được kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi được 1,6 gam chất rắn duy nhất. Nên suy ra dung dịch Z chứa các cation kim loại là Al3+, Fe2+, Fe3+

; 1,6 gam chất rắn là Fe2O3; 1,97 gam kết tủa T là Fe(OH)2 và Fe(OH)3.


{

2 3

2 3

Fe(OH) Fe(OH)

x y

Fe O

0,5(x y)

90 n 107n 1,97

x 0,01

y 0,01160 n 1,6

+

+ = =

⇒ ==

14243 123

Như vậy, đã có 0,01 mol Fe bị oxi hóa thành Fe2+ và 0,01 mol Fe bị oxi hóa thành Fe3+.

Áp dụng bảo toàn electron, ta có :

{ { {+= = + + = ⇒ = =Ag Al Fe Fe AgAg

0,01 0,01 0,01

n n 3n 2 n 3n 0,08 mol m 0,08.108 8,64 gam

Câu 28 – Mã đề 374: Hòa tan hoàn toàn m gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được 5,376 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2, N2O và dung dịch chứa 8m gam muối. Tỉ khối của X so với H2 bằng 18. Giá trị của m là

A. 17,28. B. 19,44. C. 18,90. D. 21,60.




2 2 2

2 2 2

N N O N

N N O N O

n n 0,24 n 0,12

28n 44n 0,24.18.2 n 0,12

+ = = ⇒

+ = =



4

Theo bảo toàn nguyên tố Al, ta có :

3 3 3 3Al(NO ) Al Al(NO )

mn n 0,037m m 213.0,037m 7,888m 8m.

27= = = ⇒ = = <

Suy ra phản ứng tạo ra cả muối NH4NO3.

4 3 4 3NH NO NH NO

0,112mm 8m 7,888m 0,112m (gam) n 0,0014m (mol).

80= − = ⇒ = =


{ { {

= + + ⇒ =142432 2 4 3Al N O N NH NO

0,037m 0,12 0,12 0,0014m

3 n 8n 10 n 8n m 21,6 gam

Câu 1 – Mã đề 374 : Hỗn hợp X gồm 3,92 gam Fe, 16 gam Fe2O3 và m gam Al. Nung X ở nhiệt độ cao trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được 4a mol khí H2. Phần hai phản ứng với dung dịch NaOH dư, thu được a mol khí H2. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A. 5,40. B. 3,51. C. 7,02. D. 4,05.



Sau phản ứng nhiệt nhôm, hỗn hợp chất rắn Y thu được phản ứng với NaOH tạo ra khí, chứng tỏ Al dư, Fe2O3 đã phản ứng hết.

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe, ta có :

{ {2 3Fe trong Y Fe trong X Fe Fe O

0,07 0,1

n n n 2 n 0,27 mol.= = + =

Áp dụng bảo toàn electron trong phản ứng nhiệt nhôm, ta có :

{2 3Al phaûn öùng Fe O Al phaûn öùng

0,1

3n 6 n n 0,2 mol.= ⇒ =

Theo giả thiết suy ra : Khi cho Y phản ứng với dụng dịch H2SO4 loãng dư, thu được 8a mol H2; khi cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được 2a mo khí H2.


{ {

{

+ = =

⇒ ⇒ = + = ==

14243 14243

2

2

Fe Al H

0,27 8a

Al dö trong Y Al phaûn öùngAl ban ñaàu

AlAl H0,06.27 0,2.27

2a

2 n 3n 2 na 0,045

m m m 7,02 gamn 0,063n 2 n

Câu 34 – Mã đề 374: Hòa tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại X vào bằng dung dịch HCl, thu được 1,064 lít khí H2. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được 0,896 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Biết các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Kim loại X là

A. Al. B. Cr. C. Mg. D. Zn.



Giả sử kim loại X có hóa trị n không đổi.

Theo giả thiết và bảo toàn electron, ta có :



5

+ = ==

+ = = = ⇒ = ⇒ = ⇒ =+ = = =

2

Fe X Fe

XFe X H X

XFe X NO

56n n.M 1,805 n 0,025n 3M

2n n.n 2n 2.0,0475 0,095 n.n 0,045 9n X laø Al

n.M 0,4053n n.n 3n 3.0,04 0,12

PS : Nếu trường hợp này ta không tìm được kết quả thì loại các phương án A, C, D và chọn B (vì B là phương án duy nhất kim loại có sự thay đổi hóa trị trong phản ứng với HCl và HNO3).

Câu 25 – Mã đề 374: Cho m gam Fe vào bình chứa dung dịch gồm H2SO4 và HNO3, thu được dung dịch X và 1,12 lít khí NO. Thêm tiếp dung dịch H2SO4 dư vào bình thu được 0,448 lít khí NO và dung dịch Y. Biết trong cả hai trường hợp NO là sản phẩm khử duy nhất, đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Dung dịch Y hòa tan vừa hết 2,08 gam Cu (không tạo thành sản phẩm khử của N+5). Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A. 2,40. B. 4,20. C. 4,06. D. 3,92.



Khi cho Cu vào dung dịch Y không tạo sản phẩm khử của N+5, chứng tỏ trong Y không còn

3NO − . Dung dịch Y có thể có Fe2+ hoặc không.

Sơ đồ phản ứng :

2 4

2 2 22 4 4 3 4 4H SO döFe Cu

2 3 2 22 33

dd Ydd X

H SO SO , NO SO , H SO , H

HNO Fe , Fe Fe , CuFe , Fe

− − − + − +

+ + + ++ +

→ → →

142431442443

Sau tất cả các phản ứng dung dịch thu được chứa Fe2+, Cu2+, H+ và 24SO .−


{ {+ = ⇒ = ⇒ = =∑123Fe Cu NO Fe Fe

? 0,0325 0,07

2 n 2 n 3 n n 0,075 m 0,075.56 4,06 gam

Câu 36* – Mã đề 537: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 2,8 gam Fe và 1,6 gam Cu trong 500 ml dung dịch hỗn hợp HNO3 0,1M và HCl 0,4M, thu được khí NO (khí duy nhất) và dung dịch X. Cho X vào dung dịch AgNO3 dư, thu được m gam chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 trong các phản ứng. Giá trị của m là

A. 29,24. B. 30,05. C. 28,70. D. 34,10.




3+ 2

3

NO

FeNO

Cu

dd X

Fe , Cu Ag

Ag , NO AgCl

+

+ −

↓ +

↓

Chất khử là Cu, Fe; chất oxi hóa là 3NO − trong môi trường H+ và Ag+. Vì AgNO3 dư tức là Ag+

dư và 3NO − dư nên số mol electron nhận tính theo H+ và Ag+.

3HNO

HCl

3AgNO dö



6

Ta thấy : { { {Fe Cu H

0,05 0,025 0,25

33n 2 n n

4++ > nên H+ phản ứng hết, Ag+ có tham gia vào phản ứng oxi hóa –

khử.

Như vậy, sau tất cả các phản ứng, dung dịch thu được chứa Fe3+, Cu2+, Ag+ và 3NO − ; chất rắn

gồm AgCl và Ag.

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cl và bảo toàn electron, ta có :

{ { { {{ {+ +

= ==

⇒ ⇒ = + = + = + = Ag

AgCl HCl

AgCl

AgCl Agchaát raénFe Cu H Ag Ag

0,2.143,5 0,0125.1080,05 0,025 0,25 n

n n 0,2n 0,2

3 m m m 30,05 gam3n 2 n n n n 0,01254

PS : Đây là một bài tập khó, nhiều học sinh làm sai vì các em không chú ý đến toàn bộ quá trình phản ứng mà chú ý vào từng giai đoạn của phản ứng, khi đó tính ra kết quả là 34,1 gam.

2. Phương pháp bảo toàn nguyên tố

Câu 60 – Mã đề 537: Hòa tan hỗn hợp X gồm 11,2 gam Fe và 2,4 gam Mg bằng dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A. 24. B. 20. C. 36. D. 18.




o

2 4 2

2 22 2 3H SO loaõng dö O , tNaOH dö

224

Fe(OH) Fe OFe , MgFe

Mg Mg(OH) MgOH , SO

+ +

+ −

→ → →

Sau tất cả các phản ứng, chất rắn thu được gồm MgO và Fe2O3.

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe, Mg, ta có :

{

{{

==

⇒ ⇒ = + = = =

123

2 3

2 3

2 3

Fe O Fe

Fe O0,2

Fe O MgOchaát raénMgO Mg MgO 0,1.400,1.160

0,1

2n nn 0,1

m m m 20 gamn n n 0,1

Câu 12 – Mã đề 374: Oxi hóa hoàn toàn 3,1 gam photpho trong khí oxi dư. Cho toàn bộ sản phẩm vào 200 ml dung dịch NaOH 1M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X. Khối lượng muối trong X là

A. 14,2 gam. B. 11,1 gam. C. 16,4 gam. D. 12,0 gam.



Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố P, ta có :

3 4

3 4

H PO P NaOH

H PONaOH

n n 0,1 n2

nn 0,2

= =⇒ = ⇒

= muối tạo ra là Na2HPO4.

Theo bảo toàn nguyên tố P, ta có :

= = ⇒ = =2 4 3 4 2 4Na HPO H PO Na HPOn n 0,1 mol m 142.0,1 14,2 gam



7

Câu 28 – Mã đề 537: Điện phân nóng chảy Al2O3 với các điện cực bằng than chì, thu được m kilogam Al ở catot và 89,6 m3 (đktc) hỗn hợp khí X ở anot. Tỉ khối của X so với H2 bằng 16,7. Cho 1,12 lít X (đktc) phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 1,5 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A. 115,2. B. 82,8 . C. 144,0. D. 104,4.




2 2 2

2 2

2

2

CO O CO CO

CO O CO CO

O

CO

n n n 4 kmol n 1,2 kmol

44n 32n 28n 4.16,7.2 133,6 kg n 2,2 kmol

n 0,6 kmol4.0,015n 1,2 kmol

0,05

+ + = =

+ + = = ⇒ = = = =

Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với O và Al, ta có :

{ { {= + + =

⇒ ⇒ = = = =

2 3 2 2 2 3

2 3

Al O CO CO O Al O

2,2 1,2 0,6Al

Al Al O Al

5,83n n 2 n 2 n n kmol11,63

m 27. 104,4 kg11,6 3n 2n n kmol

3

Câu 25 – Mã đề 958: Đốt cháy hoàn toàn một lượng ancol X cần vừa đủ 8,96 lít khí O2 (đktc). thu được 6,72 lít khí CO2 (đktc) và 7,2 gam H2O. Biết X có khả năng phản ứng với Cu(OH)2. Tên của X là

A. propan-1,3-điol. B. glixerol. C. propan-1,2-điol. D. etylen glicol.



Theo giả thiết, khi đốt cháy X cần 0,4 mol O2, tạo thành 0,3 mol CO2 và 0,4 mol H2O; X phản ứng được với Cu(OH)2. Suy ra X là ancol no, đa chức (có ít nhất hai nhóm –OH liền kề).

Ta có :

− −

= − ==

= = ⇒

+ = +

144424443

2 2

2

2 2 2

X H O CO

X

CO

X 3 8 2 2 3X

propan 1,2 ñiol

X X O CO H O

n n n 0,1O 2

nC 3 X : C H O (CH OHCHOHCH )

n

O .n 2n 2n n

Câu 42 – Mã đề 374: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,07 mol một ancol đa chức và 0,03 mol một ancol không no, có một liên kết đôi, mạch hở, thu được 0,23 mol khí CO2 và m gam H2O. Giá trị của m là

A. 5,40 . B. 2,34 . C. 8,40 . D. 2,70.



Số nguyên tử C trung bình của hai ancol là :

2COX

X

n 0,23C 2,3

n 0,07 0,03= = =

+. Suy ra ancol hai chức là C2H4(OH)2.

Số C trong ancol không no là :



8

ancol khoâng no

0,23 0,07.2C 3

0,03

−= = . Suy ra ancol không no là CH2=CHCH2OH.

Theo bảo toàn nguyên tố H, ta có :

=

== + ⇒

= =14243 14243

2

2 2 4 2 2 2

2

H O

H O C H (OH) CH CHCH OH

H O0,07 0,03

n 0,3 mol2n 6 n 6 n

m 0,3.18 5,4 gam

Câu 15 – Mã đề 958: Oxi hóa m gam ancol đơn chức X, thu được hỗn hợp Y gồm axit cacboxylic, nước và ancol dư. Chia Y làm hai phần bằng nhau. Phần một phản ứng hoàn toàn với dung dịch KHCO3 dư, thu được 2,24 lít khí CO2 (đktc). Phần hai phản ứng với Na vừa đủ, thu được 3,36 lít khí H2 (đktc) và 19 gam chất rắn khan. Tên của X là

A. propan-1-ol. B. propan-2-ol. C. etanol. D. metanol.



Đặt công thức của ancol là RCH2OH thì axit cacboxylic tạo ra từ ancol là RCOOH.

Theo bảo toàn nguyên tử H và gốc R, ta có :

3 2

2

22 2

RCOOH KHCO CO RCOOH

RCOOH RCH OH pö HOH HOH

RCH OH döRCOOH HOH RCH OH dö H

n n n 0,1 n 0,1

n n n 0,1 n 0,1

n 0,1n n n 2n 0,3

= = = =

= = = ⇒ = =+ + = =

Theo giả thiết :

+ +

+ + = ⇒ = ⇒14243 123 1442443142432RCOONa RCH ONa NaOH 2 3 2

0,1.(R 67) 0,1.40 etanol0,1(R 53)

m m m 19 R 15 RCH OH : CH CH OH

PS : Đối với dạng bài tập này, học sinh thường chỉ quan tâm đến phản ứng của axit và ancol dư với Na mà quên mất H2O sinh ra cũng phản ứng với Na. Nếu đây là bài tập tính hiệu suất phản ứng oxi hóa ancol thì sẽ có nhiều học sinh làm sai.

Câu 9 – Mã đề 374: Cho 100 ml dung dịch amino axit X nồng độ 0,4M tác dụng vừa đủ với 80 ml dung dịch NaOH 0,5M, thu được dung dịch chứa 5 gam muối. Công thức của X là

A. NH2C3H6COOH. B. NH2C3H5(COOH)2.

C. (NH2)2C4H7COOH. D. NH2C2H4COOH.



Do X NaOHn : n 1:1,= suy ra X chỉ có một nhóm –COOH, X có công thức là (H2N)nRCOOH.

Ta có :

= = =

⇒ ⇒ = = =

1444244432 n

2 n

(H N) RCOONa NaOH

baûo toaøn nguyeân toá Na

2 3 6

(H N) RCOONa

n n 0,04

R 42X laø H NC H COOH

n 15M 125

0,04



9

Câu 24 – Mã đề 537: Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm X và Y chỉ tạo ra một amino axit duy nhất có công thức H2NCnH2nCOOH. Đốt cháy 0,05 mol Y trong oxi dư, thu được N2 và 36,3 gam hỗn hợp gồm CO2, H2O. Đốt cháy 0,01 mol X trong oxi dư, cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A. 29,55. B. 17,73. C. 23,64. D. 11,82.



Amino axit tạo nên X, Y là amino axit no, mạch hở, có một nhóm –COOH và một nhóm –NH2 có công thức chung là CnH2n+1O2N.

X là tripeptit tạo ra từ amino axit trên có công thức là C3nH6n-1O4N3.

Y là tetrapeptit tạo ra từ amino axit trên có công thức là C4nH8n-2O5N4.

Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, H trong phản ứng đốt cháy Y, X, ta có :

{

{

{ {

{

−

= =

= − = − ⇒ = ⇒ = = = + = = =

2

2 3 2

2 23

CO Y

0,05 9 17 4 3

H O Y BaCO CO X

0,05 0,01

CO H O BaCO

0,2n.44 0,05(4n 1)18

n 4n.n 0,2nX : C H O N

n (4n 1)n 0,05(4n 1) n 3 n n 9 n 0,09 mol

m m 36,3 m 0,09.197 17,73 gam

PS : Cách thiết lập công thức của X, Y :

X là tripeptit nên công thức của X là : (3CnH2n+1O2N – 2H2O) = C3nH6n-1O4N3;

Y là tetrapeptit nên công thức của X là : (4CnH2n+1O2N – 3H2O) = C4nH8n-2O5N4.

Câu 13 – Mã đề 374: Cho X là hexapeptit Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val và Y là tetrapeptit Gly-Ala-Gly-Glu. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm X và Y thu được 4 amino axit, trong đó có 30 gam glyxin và 28,48 gam alanin. Giá trị của m là

A. 77,6. B. 83,2. C. 87,4. D. 73,4.



Đặt X Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val Y Gly-Ala-Gly-Glun n x mol; n n y mol.= = = =

{ { { { { { { {2 2X Ala Gly Val H O Y Ala Gly Glu H O

89 117 89 14775 7518 18

M 2 M 2 M 2 M 5M 472; M M 2 M M 3M 332.= + + − = = + + − =

Theo bảo toàn nhóm Gly và nhóm Ala, ta có :

Ala Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val Gly-Ala-Gly-Glu

x y

Gly Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val Gly-Ala-Gly-Glu

x y

28,48n 2 n n 0,32

89x 0,12

30 y 0,08n 2 n 2 n 0,4

75

= + = =

= ⇒

= = + = =

144424443 14243

144424443 14243

Suy ra :{ {

= + =X Y

0,12.472 0,08.332

m m m 83,2 gam



10

Ngoài các dạng bài áp dụng bảo toàn nguyên tố và nhóm nguyên tố, trong đề thi còn có những bài sử dụng bảo toàn liên kết π :

Câu 45 – Mã đề 958: Cho 27,2 gam ankin X tác dụng với 15,68 lít khí H2 (đktc) có xúc tác thích hợp, thu được hỗn hợp Y (không chứa H2). Biết Y phản ứng tối đa với dung dịch chứa 16 gam Br2. Công thức phân tử của X là

A. C2H2. B. C3H4. C. C4H6. D. C5H8.



X là ankin nên phân tử có 2 liên kết π . Suy ra X tham gia phản ứng cộng hợp với H2, Br2 theo tỉ lệ là 1 : 2.

Ta có :

{ {= + =

= ⇒ ⇒

= = = =

2 2X H BrX

0,7 0,1

5 8X X

X

X X

2n n n 0,8n 0,4

X laø C H27,2m 27,2 M 68

M 0,4n n

Câu 3 – Mã đề 374: Trong một bình kín chứa 0,35 mol C2H2; 0,65 mol H2 và một ít bột Ni. Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí X có tỉ khối so với H2 bằng 8. Sục X vào lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 đến phản ứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y và 24 gam kết tủa. Hỗn hợp khí Y phản ứng vừa đủ với bao nhiêu mol Br2 trong dung dịch?

A. 0,10 mol. B. 0,20 mol. C. 0,25 mol. D. 0,15 mol.




o

2

2 2

2 6

2 2 2 4t , Ni

2 2 2

2

X

2 4

2 6Br2 6 2 4 2

22

Y

C Ag

C H

C H C H

H C H

H

C HC H

C H C H BrH

H

↓

→

↑

→ + ↑

123

123

Số mol hỗn hợp khí ban đầu : { {2 2 2 2 2 2(C H , H ) C H H

0,35 0,65

n n n 1 mol.= + =

Theo bảo toàn khối lượng, ta có :

2 2 2

2 2 2

(C H , H ) ban ñaàuXX X(C H , H ) ban ñaàu

X X

mm 0,35.26 0,65.2m m n 0,65 mol.

M M 8.2

+= ⇒ = = = =

Suy ra : {2 2 2 2H phaûn öùng X(C H , H ) ban ñaàu

0,651

n n n 0,35 mol.= − =1442443

Theo giả thiết, suy ra :

3dd AgNO dö



11

2 2 2 2 2 2 2 2C H dö C Ag C H phaûn öùng vôùi H vaø Br

24n n 0,1 mol n 0,25 mol.

240= = = ⇒ =

Do C2H2 có hai liên kết π nên tham gia phản ứng cộng H2 và Br2 theo tỉ lệ 1 : 2.

Suy ra :

+ = ⇒ =14243 14243 1444244432 2 2 2 2 2 2Br phaûn öùng H phaûn öùng C H phaûn öùng vôùi H vaø Br Br phaûn öùng

? 0,35 0,25

n n 2 n n 0,15 mol

3. Phương pháp bảo toàn khối lượng

Câu 6 – Mã đề 537: Cho m gam một oxit sắt phản ứng vừa đủ với 0,75 mol H2SO4, thu được dung dịch chỉ chứa một muối duy nhất và 1,68 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6). Giá trị của m là

A. 24,0. B. 34,8. C. 10,8. D. 46,4.



Áp dụng bảo toàn nguyên tố S và H, ta có :

{ {2 4 2 2 4 3

2 4 3

22 2 4

H SO SO Fe (SO )Fe (SO )

0,75 0,075 ?

H OH O H SO

n n 3nn 0,225 mol

n 0,75 moln n 0,75

= + = ⇒

= = =

14243

Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có :

{ {

+ = + + ⇒ =123 14243x y 2 4 2 4 3 2 2 x yFe O H SO Fe (SO ) SO H O Fe O

0,075.64 0,75.180,75.98 0,225.400

m m m m m m 34,8 gam

Câu 46 – Mã đề 537: Hòa tan hoàn toàn 24 gam hỗn hợp X gồm MO, M(OH)2 và MCO3 (M là kim loại có hóa trị không đổi) trong 100 gam dung dịch H2SO4 39,2% thu được 1,12 lít khí (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa một chất tan duy nhất có nồng độ 39,41%. Kim loại M là

A. Mg. B. Cu. D. Zn. D. Ca.




(MO, M(OH)2, MCO3) + H2SO4 → MSO4 + CO2 ↑ + H2O

Theo giả thiết và áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có :

{ { = + − = =

= = ⇒ ⇒ =

= = =

142432 4 2

4

4

4 2 4

dd spö X dd H SO CO

24 0,05.44100MSO

MSO

M

MSO H SO

m m m m 121,8

M 120m 39,41%.121.8 48 M laø Mg

M 24100.39,2%

n n 0,498

PS : Nếu trường hợp tạo ra muối MSO4 không thỏa mãn thì ta xét thêm trường hợp tạo ra muối M(HSO4)2. Ở bài này, nếu đề cho tạo ra M(HSO4)2 thì hay hơn, nhiều học sinh sẽ không ngờ tới.



12

Câu 47 – Mã đề 374: Hỗn hợp X gồm H2, C2H4 và C3H6 có tỉ khối so với H2 là 9,25. Cho 22,4 lít X (đktc) vào bình kín có sẵn một ít bột Ni. Đun nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 10. Tổng số mol H2 đã phản ứng là

A. 0,070 mol. B. 0,015 mol. C. 0,075 mol. D. 0,050 mol.




{{ {{ {

=

= ⇒ = ⇒ = − =

2

Y

X YX Y X YH phaûn öùng X Y

9,25.2 10.211 0,925

n 0,925 mol

m m n M n M n n n 0,075 mol

Câu 33 – Mã đề 958: Hỗn hợp X gồm hai ancol đơn chức, đồng đẳng kế tiếp. Đun nóng 16,6 gam X với H2SO4 đặc ở 140oC, thu được 13,9 gam hỗn hợp ete (không có sản phẩm hữu cơ nào khác). Biết với phản ứng xảy ra hoàn toàn. Công thức của hai ancol trong X là

A. C3H7OH và C4H9OH. B. CH3OH và C2H5OH.

C. C2H5OH và C3H7OH. D. C3H5OH và C4H7OH.



Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố H trong nhóm OH của ancol, ta có :

2 2

2 2

H O H OROH ROR

ROHH O H OROH ROH

m m m m 2,7 16,6M 55,33

n 2n n 2n 0,3 0,3

= + = ⇒ ⇒ = =

= = =

Vậy hai ancol trong X là = =2 5 3 7C H OH (M 46) vaø C H OH (M 60)

Câu 55 – Mã đề 374: Peptit X bị thủy phân theo phương trình phản ứng X + 2H2O → 2Y + Z (trong đó Y và Z là các amino axit). Thủy phân hoàn toàn 4,06 gam X thu được m gam Z. Đốt cháy hoàn toàn m gam Z cần vừa đủ 1,68 lít khí O2 (đktc), thu được 2,64 gam CO2; 1,26 gam H2O và 224 ml khí N2 (đktc). Biết Z có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Tên gọi của Y là

A. glyxin. B. lysin. C. axit glutamic. D. alanin.



● Cách 1:


{ { { { {

2

2

2

2 2 2 2

CO

ZH O

O trong ZN

Z O CO H O N C H O N

? 0,075.32 2,64 1,26 0,01.28

n 0,06m 1,78

n 0,071,78 0,06.12 0,07.2 0,01.28

n 0,04n 0,0116

m m m m m n : n : n : n 3 : 7 : 2 :1

==

= − − − ⇒ = = =

+ = + + =

Vậy Z là C3H7O2N.

Theo phản ứng đề cho và bảo toàn khối lượng, ta có :



13

{ { { {

= =

= = = = = ⇒ ⇒

= + = +

3 7 2

2 3 7 2

2

C H O N

YY

H O Y C H O N

Y 2 2

X H O Y Z

4,06 ? 1,780,04.18

1,78n 0,02

89 M 75n 0,04n n 2n 0,04

m 3 Y laø H NCH COOHm m m m

● Cách 2:

Khi đốt cháy Z, ta có 2 2C H CO H On : n n : 2n 3 : 7= = . Do Z là một amino axit và Z có công thức

phân tử trùng với công thức đơn giản nhất nên có thể suy ra ngay công thức phân tử của Z là C3H7O2N.

Từ đó làm tương tự như trên.

Câu 20* – Mã đề 374: Hợp chất X có thành phần gồm C, H, O chứa vòng benzen. Cho 6,9 gam X vào 360 ml dung dịch NaOH 0,5 M (dư 20% so với lượng cần phản ứng) đến phản ứng hoàn toàn, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được m gam chất rắn khan. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 6,9 gam X cần vừa đủ 7,84 lít O2 (đktc), thu được 15,4 gam CO2. Biết X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Giá trị của m là

A. 13,2. B. 12,3 . C. 11,1. D. 11,4.




{ { { {

2

22

2

2 2 2

C CO

H OO

H H OX O CO H O

6,9 11,2 15,4 ?O trong X

n n 0,357,84

m 2,7m .32 11,222,4

n 2n 0,3m m m m

6,9 0,35.12 0,3n 0,15

16

= =

== = ⇒ = =

+ = + − − = =

Suy ra C H On : n : n 7 : 6 : 3.= Vậy X là C7H6O3. Độ bất bão hòa của X là 5 nên X có một chức

axit hoặc một chức este. Suy ra X có dạng là HOC6H4COOH hoặc HCOOC6H4OH.

Do X

NaOH phaûn öùng

6 4

XNaOH phaûn öùng

n 0,05n

3 X laø HCOOC H OH0,18nn 0,15

120%

=

⇒ = ⇒= =

Phương trình phản ứng :

HCOOC6H4OH + 3NaOH → C6H4(ONa)2 + HCOONa + 2H2O

Chất rắn sau phản ứng là C6H4(ONa)2, HCOONa và NaOH dư.

Ta có :

{ {+ = + ⇒ =

123 14243 2X NaOH H Ochaát raén chaát raén

6,9 0,18.40 0,05.2.18?

m m m m m 13,2 gam



14

4. Phương pháp bảo toàn điện tích

Câu 16 – Mã đề 537: Hòa tan hoàn toàn x mol Fe vào dung dịch chứa y mol FeCl3 và z mol HCl, thu được dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất. Biểu thức liên hệ giữa x, y và z là

A. x = y – 2z. B. 2x = y + z. C. 2x = y + 2z. D. y = 2x.



Ở bài tập này, ngoài cách áp dụng bảo toàn electron, ta còn có thể áp dụng bảo toàn điện tích.

Dung dịch sau phản ứng có chứa chất tan duy nhất là FeCl2.

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe, Cl và bảo toàn điện tích trong muối FeCl2, ta có :

{ {

{ {

+

−

+ −

= +

= + ⇒ + = + ⇒ = +

=

23

3

2

Fe FeClFe

x y

HCl FeClCl

z y

Fe Cl

n n n

n n 3n 2(x y) 3y z 2x y z

2n n

Câu 34 – Mã đề 537: Dung dịch X chứa 0,12 mol Na+; x mol 24SO − ; 0,12 mol Cl− và 0,05 mol

+4NH . Cho 300 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào X đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc bỏ

kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là

A. 7,190. B. 7,020. C. 7,875. D. 7,705.



Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch X, ta có :

{ { { {2

4 4Na NH Cl SO

0,12 0,120,05 x

n n n 2 n x 0,025+ + − −+ = + ⇒ = .

Phản ứng của dung dịch X với 0,03 mol Ba(OH)2, ta có :

{ {

{ {

2 24

4

34

Ba SO

0,03 BaSO0,025

NHOH NH

0,06 0,05

n nn 0,025

n 0,05n n

+ −

− +

↓

↑

> =

⇒ =>

Dung dịch Y gồm các ion Na+, Cl− , Ba2+ dư, OH− dư. Khi cô cạn dung dịch Y thu được chất

rắn có khối lượng là :{ {

+ − + −= + + + =14243 14243

2chaát raén Na Cl Ba dö OH dö

0,12.23 0,12.35,5 0,005.137 0,01.17

m m m m m 7,875 gam

Câu 31 – Mã đề 537: Cho 200 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 300 ml dung dịch NaHCO3 0,1M, thu được dung dịch X và kết tủa Y. Cho từ từ dung dịch HCl 0,25M vào X đến khi bắt đầu có khí sinh ra thì hết V ml. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là

A. 80. B.160. C. 60. D. 40.



Theo giả thiết :

22 2 33

Ba(OH) Ba(OH) NaHCOBa OH HCOn n 0,02 mol; n 2n 0,04 mol; n n 0,03 mol.+ − −= = = = = =

Ta có :



15

{ {3 3

23 3

2

OH HCO BaCO

0,04 0,03

CO sinhra HCO 23

Ba

n n n 0,02

OH : 0,01n n 0,03

dd X: CO : 0,01n 0,02

Na

− −

− −

+

↓

−

−

+

> =

= = ⇒

=

Khi cho từ từ HCl vào dung dịch X đến khi bắt đầu thoát khí, xảy ra các phản ứng :

H+ + OH− → H2O

H+ + 23CO − → 3HCO −

Suy ra : + − −= + = ⇒ = = =23

dd HCl 0,25MH OH dö CO

0,02n n n 0,02 V 0,08lít 80 ml

0,25

Câu 36 – Mã đề 374: Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al2O3. Giá trị của m là

A. 25,6. B. 23,5 C. 51,1. D. 50,4.



Thứ tự khử trên catot : Cu2+ > H2O.

Thứ tự oxi hóa trên anot : Cl− > H2O.

Dung dịch X sau phản ứng điện phân hòa tan được Al2O3, chứng tỏ trong X chứa axit (H+) hoặc

bazơ ( OH− ).

Nếu dung dịch X chứa OH− thì khí sinh ra ở anot là Cl2 (0,3 mol). Trong dung dịch X chứa các

ion âm là 24SO − và OH− và ion dương là Na+. Vậy ion Cl− trong NaCl đã được thay thế bằng ion

24SO − và OH− .

Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau điện phân và trong phản ứng của Al2O3 với

OH− , ta có :

{

{

224

24 4

22 3 44

ClOH SO Cl

CuSO0,3 OH SO

Al O SO NaClOH [Al(OH) ] Cl

0,2

n 2n n 2 n 0,6n 0,4 n n 0,1

n 0,1n n 2 n 0,4 n n 0,6

− − −

− −

−− − −

+ = = == = =

⇒ ⇒ == = = = =

Suy ra {

= + =1234CuSO NaCl

0,6.58,50,1.160

m m m 51,1 gam

Nếu dung dịch sau điện phân chứa H+ thì khí sinh ra là Cl2 và O2.

Theo giả thiết và áp dụng bảo toàn điện tích ta có :

3

2 3

2 22

22

Al OH Al

O ClOH O trong H O

n 3n 3.2n 1,2n 0,3 n 0 (loaïi).

n 2n 2.2n

+ +

+ −

= = =⇒ = ⇒ =

= =



16

5. Phương pháp tăng giảm khối lượng

Câu 3 – Mã đề 958: Hòa tan hoàn toàn 20,6 gam hỗn hợp gồm Na2CO3 và CaCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu được V lít khí CO2 (đktc) và dung dịch chứa 22,8 gam hỗn hợp muối. Giá trị của V là

A. 1,79. B. 4,48. C. 2,24. D. 5,60.

(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2013)


● Cách 1 : Tính toán theo phương trình phản ứng

Phương trình phản ứng :

Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 (1)

mol: x → 2x → x

CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2 (2)

mol: y → y → y

Theo (1), (2) và giả thiết, ta có :

2CO

106x 100y 20,6 x 0,1n x y 0,2 mol

58,5.2y 111y 22,8 y 0,1

+ = = ⇒ ⇒ = + =

+ = =

2CO (ñktc)V 0,2.22,4 4,48 lít⇒ = =

● Cách 2 : Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng

Bản chất phản ứng là sự thay thế ion 23CO − trong các muối cacbonat bằng ion Cl .− Khối lượng

muối clorua thu được lớn hơn 22,8 – 20,6 = 2,2 gam so với khối lượng muối cacbonat ban đầu là do

khối lượng của ion Cl− thay thế lớn hơn khối lượng của ion 23CO − .

Theo bảo toàn điện tích và sự tăng giảm khối lượng, ta có :

22 2 33

2233 2

CO COCl CO Cl

COCl CO CO (ñktc)

n n 0,2 moln 2n n 0,4

n 0,235,5n 60n 2,2 V 0,2.22,4 0,448 lít

−− − −

−− −

= == = ⇒ ⇒

=− = = =

6. Phương pháp quy đổi

Câu 6 – Mã đề 537: Cho m gam một oxit sắt phản ứng vừa đủ với 0,75 mol H2SO4, thu được dung dịch chỉ chứa một muối duy nhất và 1,68 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6). Giá trị của m là

A. 24,0. B. 34,8. C. 10,8. D. 46,4.



Ở bài tập này, ngoài cách sử dụng bảo toàn khối lượng, ta còn có thể sử dụng phương pháp quy đổi.

Quy đổi oxit sắt thành Fe và O.

Trong phản ứng, chất khử là Fe; chất oxi hóa là O và H2SO4.

Áp dụng bảo toàn nguyên tố S, bảo toàn điện tích, bảo toàn electron, ta có :



17

{ {

{

{

{ {

−

+ −

= − = =

= = ⇒ ⇒ = + = =

= +

14243

22 4 24

3 24

Fe

2

H SO SOSO taïo muoái

0,75 0,075

Fe

Fe OFe SO taïo muoáiO 0,45.56 0,6.16n 0,675

Fe O SO

0,075

n n n 0,675

n 0,453n 2 n 1,35 m m m 34,8 gam

n 0,6

3n 2n 2 n

Câu 3 – Mã đề 537: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho khí CO qua m gam X nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Cho toàn bộ Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, đến phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam kết tủa. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư), thu được 1,008 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa 18 gam muối. Giá trị của m là

A. 7,12. B. 6,80. C. 5,68. D. 13,52.



Quy đổi hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 thành Fe và O.

Chất khử trong toàn bộ quá trình phản ứng là Fe, CO; chất oxi hóa là O và H2SO4. 18 gam muối là muối Fe2(SO4)3.

Theo bảo toàn nguyên tố C, Fe và bảo toàn electron, ta có :

{

{ { { {

{ {

= = =

= = ⇒ ⇒ = + = =

+ = +

14243

2 3

2 4 3

2

CO CO CaCO

0,04

Fe

Fe Fe (SO ) Fe O

O 0,09.56 0,13.160,045

Fe CO O SO

0,09 0,04 ? 0,045

n n n

n 0,09n 2 n 0,09 m m m 7,12 gam

n 0,13

3n 2 n 2 n 2 n

Câu 19* – Mã đề 374: Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 23,64. B. 15,76. C. 21,92. D. 39,40.



Quy đổi hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO thành Na, Ba, O.

{ {

{

2

2

2

Na Ba O H

H 0,12 0,05 Na

Ba Ba(OH) ONa Ba O

0,12

n 2 n 2n 2 nn 0,05 n 0,14

n n 0,12 n 0,1423n 137n 16n 21,9

+ = += =

⇒ ⇒ = = =+ + =

Suy ra dung dịch kiềm sau phản ứng có 0,14 mol NaOH và 0,12 mol Ba(OH)2.

Do 2

OH

CO

n1 2

n

−

< < ⇒∑

phản ứng tạo ra cả 23 3CO vaø HCO .− −

Ta có :



18

{ {

+

+

− −−

= == ⇒ ⇒ = + = = =

∑14243

2

2 3

22 3 2

3 3

BaBaCOBa

COOH COCO BaCO

0,30,38 ?

n 0,12 n 0,08 moln 0,12n n n n 0,08 m 0,08.197 15,76 gam

Câu 24 – Mã đề 958: Hỗn hợp khí X gồm C2H6, C3H6 và C4H6. Tỉ khối của X so với H2 bằng 24. Đốt cháy hoàn toàn 0,96 gam X trong oxi dư rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào 1 lít dung dịch Ba(OH)2 0,05M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 9,85. B. 7,88. C. 13,79. D. 5,91.



Quy đổi hỗn hợp X thành 1 chất có công thức là CxH6.

Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố C, ta có :

x 6

2

2 x 6

C HCO

CO C H

12x 6 24.2 48

x 3,50,96n 0,02

n 3,5.0,02 0,0748

n x.n

+ = = =

= = ⇒ = =

=

Khi cho 0,07 mol CO2 vào dung dịch chứa 0,05 mol Ba(OH)2 sẽ tạo ra cả muối BaCO3 và Ba(HCO3)2. Ta có :

{

= + ⇒ = ⇒ = =142432 2 3 3 3Ba(OH) CO BaCO BaCO BaCO

0,070,05

2 n n n n 0,03 m 0,03.197 5,91 gam

Câu 45 – Mã đề 537: Amino axit X có công thức H2NCxHy(COOH)2. Cho 0,1 mol X vào 0,2 lít dung dịch H2SO4 0,5M, thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch gồm NaOH 1M và KOH 3M, thu được dung dịch chứa 36,7 gam muối. Phần trăm khối lượng của nitơ trong X là

A. 9,524%. B. 10,687%. C. 10,526%. D. 11,966%.



Sau các phản ứng, nhóm –NH2 không bị biến đổi hóa học, nhóm –COOH bị chuyển thành nhóm

–COOK, –COONa. Vậy quy đổi toàn bộ phản ứng trong bài thành phản ứng của −OH với H+ và nhóm –COOH.

Ta có :

{(KOH, NaOH) COOHOH HNaOH

0,20,2

KOHNaOH KOH

n n n n 0,4n 0,1

n 0,3n : n 1: 3

− + −= = + = =⇒

= =

123

{ {

-2 2

- 22 22 2 4

-2 2

H NR(COO )

H NR(COOH)H NR(COO ) K Na SO

H NR(COO )0,3.39 0,1.23? 0,1.96

m 13,1m m m m 36,7 M 133

M 131+ + −

=+ + + = ⇒ ⇒ =

=14243 123

Vậy = =N trong X

14%m .100% 10,526%

133



19

Câu 19 – Mã đề 958: Cho 100 ml dung dịch amino axit X nồng độ 0,2M phản ứng vừa đủ với 80 ml dung dịch NaOH 0,25M, thu được dung dịch Y. Biết Y phản ứng tối đa với 120 ml dung dịch HCl 0,5M, thu được dung dịch chứa 4,71 gam hỗn hợp muối. Công thức của X là

A. (H2N)2C2H3COOH. B. (H2N)2C3H5COOH.

C. H2NC3H5(COOH)2. D. H2NC3H6COOH.



Theo giả thiết : NaOH

X

n 0,02 1

n 0,01 1= = ⇒ X có 1 nhóm – COOH.

Phản ứng của amino axit X với NaOH, thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng tối đa với dung

dịch HCl thì bản chất của toàn bộ quá trình này là nhóm OH− của NaOH và nhóm –NH2 của X phản ứng với H+ của HCl. Ta có :

{ { {2

2 2

NH

NH NHOH HX0,060,02 ?

nn n n n 0,04 2

n− +

−

− −+ = ⇒ = ⇒ = ⇒ X có hai nhóm –NH2.

Đặt công thức của X là (H2N)2RCOOH.

Theo bảo toàn nhóm OH và bảo toàn khối lượng, ta có :

{ { { {

− = = == ⇒ ⇒ + + = + =

123

HOHOH 2 3X

X NaOH HCl HOHmuoáiX 2 2 2 3

0,06.36,5 0,02.184,710,02.40

n n 0,02 R 27 (C H )m 2,08m m m m m M 104 X laø (H N) C H COOH

7. Phương pháp trung bình

Câu 57 – Mã đề 958: Hỗn hợp X gồn hai anđehit no, đơn chức, mạch hở (tỉ lệ mol 3 : 1). Đốt cháy hoàn toàn một lượng X cần vừa đủ 1,75 mol khí O2, thu được 33,6 lít khí CO2 ( đktc). Công thức của hai anđehit trong X là:

A. HCHO và CH3CHO. B. HCHO và C2H5CHO.

C. CH3CHO và C3H7CHO. D. CH3CHO và C2H5CHO.



Đặt công thức của hai anđehit no, đơn chức là 2n 2nC H O .

Khi đốt cháy anđehit no, đơn chức (k =1) thì số mol CO2 thu được bằng số mol H2O.

Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố O, ta có :

== = =

⇒ ⇒ = = + = +

n 2 n

2 2

2

2 2 2n 2 nn 2 n

C H O

H O CO 2

COX n 2n

C H O O CO H O C H O

n 133,6n n 1,5 CH O

22,4 n X goàmC H OC 1,5

n 2n 2n n n

Nếu 2 n 2 n

XCH O C H O

1.1 3nn : n 1: 3 C 1,5 n 1,66 (loaïi).

4

+= ⇒ = = ⇒ =

Nếu 2 n 2 n

XCH O C H O

3.1 1.nn : n 3 :1 C 1,5 n 3 (thoûa maõn).

4

+= ⇒ = = ⇒ =

Vậy hai anđehit là 2 5HCHO vaø C H CHO



20

Câu 2 – Mã đề 537: Cho 0,76 gam hỗn hợp X gồm hai amin đơn chức, có số mol bằng nhau, phản ứng hoàn toàn với dung dịch HCl dư, thu được 1,49 gam muối. Khối lượng của amin có phân tử khối nhỏ hơn trong 0,76 gam X là




Gọi hai amin đơn chức trong hỗn hợp X lần lượt là AM1 và AM2.

Theo giả thiết, suy ra :

== =− = = = ⇒ ⇒

= = = =

1

11 2

X AM

X HCl

AMAM AM

0,76 M 31M 381,49 0,760,02n n 0,02

36,5 m 31.0,01 0,31 gamn n 0,01

Câu 22 – Mã đề 537: Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 4,02 gam X, thu được 2,34 gam H2O. Mặt khác 10,05 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được 12,8 gam muối. Công thức của hai axit là

A. C3H5COOH và C4H7COOH. B. C2H3COOH và C3H5COOH.

C. C2H5COOH và C3H7COOH. D. CH3COOH và C2H5COOH.



Theo giả thiết, ta thấy :

Trong 4,02 gam X có {2H H O

0,13

n 2 n 0,26 mol.= =

Trong 10,05 gam X có X COOH

12,8 10,05n n 0,125 mol.

22−

−= = =

Suy ra : Trong 4,02 gam X có :

= = =

= = ⇒ ⇒ = = =

X

2 3

X

3 5X

0,26H 5,2

C H COOH (M 72, coù 4H)0,050,125.4,02n 0,05 X goàm

4,02 C H COOH (M 86, coù 6H)10,05M 80,4

0,05

Câu 38* – Mã đề 537: Axit cacboxylic X hai chức (có phần trăm khối lượng của oxi nhỏ hơn 70%), Y và Z là hai ancol đồng đẳng kế tiếp (MY < MZ). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp gồm X, Y, Z cần vừa đủ 8,96 lít khí O2 (đktc), thu được 7,84 lít khí CO2 (đktc) và 8,1 gam H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp trên là

A. 15,9%. B. 12,6%. C. 29,9%. D. 29,6%.



Theo giả thiết : X 2

X

4.160,7 M 91,4 X : R(COOH)

M< ⇒ > ⇒ (số C trong X ≥ 3).

2CO 3

2 5(X, Y, Z)

n CH OH0,35C 1,75 Y, Z laø

C H OHn 0,2

= = = ⇒

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có :

{ { {2 2 2O (trong X,Y,Z) O CO H O O (trong X,Y,Z)

0,4 0,35 0,45

0,2.n 2 n 2 n n n 0,35 mol.+ = + ⇒ =



21

Suy ra : X (Y, Z)

Xbaûo toaøn nguyeân toá O

(Y, Z)X (Y, Z)

4n 1.n 0,35n 0,05

n 0,15n n 0,2

+ ==

⇒ = + =

1442443

Mặt khác, ta có :

(Y, Z) (Y, Z) X X X 2 2

X(Y, Z)

(Y, Z)

C .n C .n C 3; X : CH (COOH)C 1,75

1 C 40,2 4C

31 C 2

+ == =

⇒ < < ⇒ = < <

Suy ra :

3 2 5

3

3 2 5

2 5

CH OH C H OHCH OH

CH OH C H OH(Y, Z) C H OH

n n 0,15n 0,1

1.n 2.n 4 n 0,05C0,15 3

+ ==

⇒+ == =

⇒ = =+ +3CH OH

0,1.32%m 29,9%

0,1.32 0,05.46 0,05.104

Có thể nói, đây là bài tập hữu cơ khó nhất trong đề thi khối B năm 2013, phải rất thành thạo phương pháp trung bình thì học sinh mới có thể làm được.

8. Phương pháp tìm khoảng giới hạn

Câu 4*– Mã đề 537: Hòa tan hoàn toàn 1,28 gam Cu vào 12,6 gam dung dịch HNO3 60% thu được

dung dịch X (không có ion +4NH ). Cho X tác dụng hoàn toàn với 105 ml dung dịch KOH 1M, sau

đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch Y. Cô cạn Y được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu được 8,78 gam chất rắn. Nồng độ phần trăm của Cu(NO3)2 trong X là

A. 28,66%. B. 30,08%. C. 27,09%. D. 29,89%.



chaát raén8,78

M 83,620,105

= = ⇒ Chất rắn gồm KNO2 (85) và KOH (56). Vậy chất rắn Z gồm KOH

dư và KNO3.

{ {

3 2

3 3

KNO KNO

sp khöû HNO KNO

0,12 0,1

8,78 0,105.56n n 0,1

46 17

n n n 0,02

−= = = −

= − =

Cu là kim loại hoạt động yếu, khi phản ứng với dung dịch HNO3 chỉ có thể tạo ra khí NO, NO2 hoặc cả hai nên ta có :

< = + −

⇒ = > = + −

14243

14243

3 2

NO2

3 2

3 2

NO

Cu(NO )

m

Cu(NO )

Cu(NO )

m

0,02.188C% .100% 29,01%

1,28 12,6 0,02.46

C% 28,66%0,02.188

C% .100% 28,31%1,28 12,6 0,02.30

Nếu đề cho các đáp án nhiễu tốt hơn thì ta phải làm theo cách thông thường, tất nhiên là mất thời gian hơn.



22

Câu 41 – Mã đề 374: Cho X và Y là hai axit cacboxylic mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon, trong đó X đơn chức, Y hai chức. Chia hỗn hợp X và Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng hết với Na, thu được 4,48 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai, thu được 13,44 lít khí CO2 (đktc). Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp là

A. 28,57%. B. 57,14%. C. 85,71%. D. 42,86%.



Đặt X là RCOOH, Y là R’(COOH)2 trong phân tử của X, Y đều có nguyên tử n cacbon, và có số mol lần lượt là x, y.

Bản chất phản ứng của X, Y với Na :

–COOH + Na → –COOH + 1

2H2

mol: (x+2y) → 0,5(x+2y) = 0,2

Ta có :

2

COOH

CO

n x 2y 0,4 0,2 x y 0,4 x 0,21,5 n 3 n 2

n nx ny 0,6 n(x y) 0,6 y 0,1

− = + = < + < = ⇒ ⇒ < < ⇒ = ⇒

= + = + = =

Hai axit là CH3COOH (X) và HOOC–COOH (Y).

Phần trăm khối lượng của Y là : = =+

Y

0,1.90%m .100% 42,86%

0,1.90 0,2.60

9. Phương pháp tự chọn lượng chất

10. Phương pháp đường chéo

11. Kỹ năng sử dụng phối hợp các phương pháp

Câu 18 – Mã đề 958: Hòa tan hết 0,2 mol FeO bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư), thu được khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất). Hấp thụ hoàn toàn khí SO2 sinh ra ở trên vào dung dịch chứa 0,07 mol KOH và 0,06 mol NaOH, thu được dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là

A. 22,34. B. 12,18. C. 15,32. D. 19,71.



Theo bảo toàn electron 2 2FeO SO SOn 2n n 0,1 mol.= ⇒ =

Suy ra 2

(KOH, NaOH)

SO

n1 2

n< < ⇒ phản ứng tạo ra cả muối 2

3SO − và 3HSO − .

Theo bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố S, ta có :

22

33 3

22 33 3

SOSO HSO OH

SO HSOSO HSO

n 0,032n n n 0,13

n 0,07n n n 0,1

−− − −

−− −

= + = = ⇒

=+ = =

∑


{ { {

+ + − −= + + + =123

23 3

muoái K Na SO HSO

0,07.39 0,06.23 0,03.80 0,07.81

m m m m m 12,18 gam



23

Câu 32 – Mã đề 537: Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ. Hòa tan hoàn toàn 1,788 gam X vào nước, thu được dung dịch Y và 537,6 ml khí H2 (đktc). Dung dịch Z gồm H2SO4 và HCl, trong đó số mol của HCl gấp hai lần số mol của H2SO4. Trung hòa dung dịch Y bằng dung dịch Z tạo ra m gam hỗn hợp muối. Giá trị của m là

A. 4,656. B. 4,460. C. 2,790. D. 3,792.




2HOH X+→ 2 OH− + H2 (1)

H+ + OH− → H2O (2)

Theo (1), (2) và giả thiết, ta có :

{ { { {

+ −

− −+

== = =

⇒ = + + = = + =

123

2

22 4 4

HH OH

klmuoáiHCl H SO Cl SOH1,7882x 0,024.35,5x 0,012.96

x 0,012 moln n 2n 0,048

m m m m 3,792 gamn n 2 n 0,048

Câu 14* – Mã đề 958: Hỗn hợp X gồm Ba, Na và Al, trong đó số mol của Al bằng 6 lần số mol của Ba. Cho m gam X vào nước dư đến phản ứng hoàn toàn, thu được 1,792 lít khí H2 (đktc) và 0,54 gam chất rắn. Giá trị của m là

A. 5,27. B. 3,81. C. 3,45. D. 3,90.




{4

2

4 2 0,08 mol

Na[Al(OH) ]H

Ba[Al(OH) ]

Ba

Na

Al

Al

+ ↑

↓

Phản ứng của Ba, Na, Al là phản ứng oxi hóa – khử. Chất khử là Ba, Na, Al; chất oxi hóa là H2O. 0,54 gam chất rắn là Al dư, số mol Al dư là 0,02 mol.

Theo giả thiết, bảo toàn electron và bảo toàn điện tích, ta có :

{

{2

24

Al pö Al dö Ba

Ba Al pö0,02 Na

Na Ba Al pö H Na Ba Al pö Ba

0,08Al pöNa Ba Al pö

Na Ba [Al(OH) ]

n n 6n6n n 0,02 n 0,02

n 2n 3n 2 n n 2n 3n 0,16 n 0,01

n 0,04n 2n n 0n 2n n+ + −

+ = − = =

+ + = ⇒ + + = ⇒ = =+ − =

+ =

Suy ra { { {

= + + =Na Ba Al

0,06.270,02.23 0,01.137

m m m m 3,45 gam

Đây là một bài tập khó trong đề thi Cao đẳng, phải vận dụng đồng thời 3 phương pháp : Bảo toàn electron, bảo toàn điện tích, bảo toàn khối lượng để giải quyết.

2H O+



24

Câu 36 – Mã đề 374: Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al2O3. Giá trị của m là

A. 25,6. B. 23,5 C. 51,1. D. 50,4.



● Cách 1: Tính toán theo phương trình phản ứng :

Số mol khí thoát ra tại anot = 0,3 mol, số mol Al2O3 = 0,2 mol.

- Khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực, chứng tỏ trong dung dịch ion Cu2+ và ion Cl− bị điện phân hết.

- Dung dịch X sau phản ứng hòa tan được Al2O3 chứng tỏ sau điện phân dung dịch có H+ tạo thành (Cu2+ dư) hoặc có OH− tạo thành (hoặc Cl− dư).

Các phương trình phản ứng xảy ra:

Cu2+ + 2Cl− → Cu + Cl2

(mol) x → 2x → x → x

+ Nếu hết ion Cl−, dung dịch còn dư ion Cu2+:

2Cu2+ + 2H2O → 2Cu + O2 + 4H+

(mol) 2y → 2y → y → 4y

Al2O3 + 6H+ → 2Al3+ + 3H2O

(mol) 0,2 → 1,2

Ta có: x + y = 0,3 x 0

(loaïi)4y = 1,2 y 0,3

= ⇒

=

+ Nếu hết ion Cu2+, dung dịch còn dư ion Cl−:

2Cl− + 2H2O → 2OH− + H2 + Cl2

(mol) 2y → 2y → y

Al2O3 + 2OH− → 2AlO2− + H2O

(mol) 0,2 → 0,4

Ta có: x + y = 0,3 x 0,1

2y = 0,4 y 0,2

= ⇒

=

CuSO4 : 0,1 mol, NaCl : 0,2 + 0,4 = 0,6 mol.

m = 160.0,1 + 58,5.0,6 = 5,11 gam

● Cách 2 : Sử dụng phối hợp các phương pháp bảo toàn điện tích, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố

Thứ tự khử trên catot : Cu2+ > H2O; Thứ tự oxi hóa trên anot : Cl− > H2O.

Dung dịch sau phản ứng điện phân hòa (X) tan được Al2O3, chứng tỏ trong X chứa axit (H+)

hoặc bazơ ( OH− ).

Nếu X chứa OH− thì khí thoát ra trên anot chỉ là Cl2 (0,3 mol), ta có :

{ {

{ { {

{ {

{

− −

− −

− =

= =

= = = ⇒ = + =

=

123

2 32

2 2 4

2

Al OOH AlO

0,4 0,2

H Cl CuSO NaClCl OH

0,6.58,50,4 0,4 0,2 0,1.160

Cu Cl

0,1 0,3 0,2 0,1

n n 2 n

n n 2n 2 n m m m 51,1 gam

n n

Nếu X chứa H+ thì khí thoát ra có cả Cl2 và O2 (2 2(Cl , O )n 0,3 mol= ), ta có :

←

←

→

←



25

{ {

{ {

32 3

22

22

Al OH Al

1,2 0,2

Cl

OH O (H O)

1,2 0,3

n 3n 6 n

n 0 (loaïi).n 2n 4 n

+ +

+ −

= =

⇒ == =

Câu 4*– Mã đề 537: Hòa tan hoàn toàn 1,28 gam Cu vào 12,6 gam dung dịch HNO3 60% thu được

dung dịch X (không có ion +4NH ). Cho X tác dụng hoàn toàn với 105 ml dung dịch KOH 1M, sau

đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch Y. Cô cạn Y được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu được 8,78 gam chất rắn. Nồng độ phần trăm của Cu(NO3)2 trong X là

A. 28,66%. B. 30,08%. C. 27,09%. D. 29,89%.



chaát raén8,78

M 83,620,105

= = ⇒ Chất rắn gồm KNO2 (85) và KOH (56). Vậy chất rắn Z gồm KOH

dư và KNO3.

Theo bảo toàn nguyên tố K, gốc 3NO − và giả thiết, ta có :

2

22

KOH dö KNO KOH KOH dö

KNOKOH dö KNO

n n n 0,105 n 0,005

n 0,156n 85n 8,78

+ = = = ⇒

=+ =

{

3 2

3 33 3 3 2

KNO KNO

HNO trong X HNO phaûn öùng vôùi CuKNO HNO trong X Cu(NO )

0,1 ? 0,02

n n 0,1

n 0,06 n 0,06n n 2 n

= =

⇒ = ⇒ = = +

14243 14243

Theo bảo toàn gốc 3NO − , nguyên tố H và bảo toàn khối lượng, ta có :

{

3 23

2 3

3 23

Cu(NO )NO taïo muoái

0,02

H O HNO sp khöû

HNO sp khöû H ONO taïo muoái

0,03.18?0,06.63 0,04.62

m 2 n 0,04

n 0,5n 0,03 m 0,76 gam.

m m m m

−

−

= =

= = ⇒ =

= + +

14243

123123 14243

= =+ −3 2Cu(NO )

0,02.188C% .100% 28,66%

1,28 12,6 0,76

Có thể nhận định, đây là bài tập vô cơ khó nhất trong đề thi khối B. Với cách làm bài bản như thế này thì cần nhiều thời gian hơn so với cách tìm khoảng giới hạn (đã xét ở trên).

←

→



26

Câu 15* – Mã đề 374: Hỗn hợp X chứa ba axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở, gồm một axit no và hai axit không no đều có một liên kết đôi (C=C). Cho m gam X tác dụng vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 2M, thu được 25,56 gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy bằng dung dịch NaOH dư, khối lượng dung dịch tăng thêm 40,08 gam. Tổng khối lượng của hai axit cacboxylic không no trong m gam X là




Trong phản ứng của nhóm –COOH với NaOH, nguyên tử H linh động trong nhóm –COOH được thay bằng nguyên tử Na, làm cho khối lượng muối tăng so với khối lượng axit ban đầu một lượng là COOH COOH(23 1)n 22n− −− = hoặc NaOH NaOH(23 1)n 22n− = .

Theo giả thiết và sự tăng khối lượng của muối Na so với axit ban đầu, ta có :

{ {

X NaOH XX taêngmuoái

taêng NaOH X25,56 0,3.22

n n 0,3 mm m m 18,96 M 63,2

m 22n n

= =⇒ = − = ⇒ = =

=

Theo giả thiết và đặc điểm cấu tạo của axit đơn chức (phân tử có 2O), ta có :

{ {

2 2 2 2

2

2H OCO 22

(CO , H O) CO H OCO

(C, H) trong X C HH O

2nn

m 44n 18n 40,08n 0,69

m 12 n n 18,96 0,3.32 9,36n 0,54

= + = = ⇒ = + = − =

=

Đốt cháy axit cacboxylic no, đơn chức (k =1) thì hiệu số mol H2O và CO2 bằng 0. Đốt cháy axit cacboxylic không no (có 1 liên kết đôi C=C), đơn chức (k = 2) thì hiệu số mol CO2 và H2O bằng số mol axit. Suy ra :

{ {2 2 2n 2 n 2

2

n 2 n 2

C H O CO H O

0,69 0,54CO

C H O

n n n 0,15n 1

n 0,15n 0,15n 0,69 (*)n 3,6n 0,3 0,15 0,15

−= − =

= ⇒ = + = ⇒

= = − =

Khối lượng của các axit không no là :

−= + =

2n 2n 2C H Om 0,15.(14.3,6 30) 12,06 gam

PS : Ở (*) chỉ có một cặp nghiệm duy nhất vì nếu n 3≥ thì n 3< : không thỏa mãn, vì axit không no, đơn chức trong phân tử có 1 liên kết C=C thì ít nhất phải có 3C.

Câu 21* – Mã đề 374: Biết X là axit cacboxylic đơn chức, Y là ancol no, cả hai chất đều mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp gồm X và Y (trong đó số mol của X lớn hơn số mol của Y) cần vừa đủ 30,24 lít khí O2, thu được 26,88 lít khí CO2 và 19,8 gam H2O. Biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Khối lượng Y trong 0,4 mol hỗn hợp trên là




Đốt cháy ancol no và axit cacboxylic thu được { {2 2CO H O

1,2 1,1

n n> nên axit X là axit không no.

Số nguyên tử O trong hai chất = 2 2 2CO H O O phaûn öùng2n n 2n2

0,4

+ −= ⇒ Ancol Y là ancol hai chức.



27

Số C trong ancol và axit = 2CO

X, Y

n 1,23

n 0,4= = ⇒ Ancol no, đơn chứa Y là C3H6(OH)2 còn axit

không no là CH2=CHCOOH hoặc CH ≡ CCOOH.

Số nguyên tử H trung bình của X, Y là : 2H OY Y X X

X, Y X, Y

2nn H n HH 5,5

n n

+= = = .

Với YH 8= và số mol của X lớn hơn của Y nên XH 4= , X là CH2=CHCOOH (nếu là

CH ≡ CCOOH ( XH 2= ) thì số H trung bình phải nhỏ hơn 5).


=

= =

+ = = ⇒ ⇒ = =

+ = =

3 6 2 2 3 6 2

3 6 2

3 7 2 2

C H (OH) CH CHCOOH C H (OH)

C H (OH)

C H OH CH CHCOOH CH CHCOOH

n n 0,4 n 0,15m 0,15.76 11,4 gam

8n 4n 2,2 n 0,25

Câu 8 – Mã đề 537: Thủy phân hoàn toàn m1 gam este X mạch hở bằng dung dịch NaOH dư, thu được m2 gam ancol Y (không có khả năng phản ứng với Cu(OH)2) và 15 gam hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn m2 gam Y bằng oxi dư, thu được 0,3 mol CO2 và 0,4 mol H2O. Giá trị của m1 là

A. 11,6. B. 16,2. C. 10,6. D. 14,6.



Theo giả thiết : X + NaOH → Y + hỗn hợp hai muối của hai axit cacboxylic nên X là este đa chức.

Khi đốt cháy ancol Y, thu được mol H2O lớn mol CO2, chứng tỏ Y là ancol no.

Ta có : 2

2 2

CO

ancol

H O CO

nC 3

n n= =

−. Mặt khác Y không phản ứng được với Cu(OH)2 nên Y có công

thức là CH2OHCH2CH2OH và 2 2Y H O COn n n 0,1.= − = Vậy X là este hai chức.

Ta có :

{ { {

= = = =

⇒ = + = +

123

NaOH este ancol

esteeste NaOH ancolmuoái

? 0,1.76150,2.40

n 2n 2n 2.0,1 0,2

m 14,6 gamm m m m

12. Kỹ năng phân tích, đánh giá

Câu 1 – Mã đề 374: Hỗn hợp X gồm 3,92 gam Fe, 16 gam Fe2O3 và m gam Al. Nung X ở nhiệt độ cao trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được 4a mol khí H2. Phần hai phản ứng với dung dịch NaOH dư, thu được a mol khí H2. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A. 5,40. B. 3,51. C. 7,02. D. 4,05.



Bài tập này đã được xét ở phương pháp bảo toàn electron. Tuy nhiên nếu sử dụng tốt kỹ năng phân tích, đánh giá và dựa vào đáp án thì có thể giải quyết nó một cách hiệu quả hơn.

Ta có : 2 3Al phaûn öùng Fe O Al phaûn öùng

baûo toaøn electron

3n 6n n 0,2 mol.= ⇒ =144424443



28

Vì sau phản ứng nhiệt nhôm, hỗn hợp thu được có khả năng phản ứng với NaOH tạo khí, chứng tỏ Al dư.

Suy ra Al phaûn öùngAl ban ñaàu Al ban ñaàun n 0,2 m 0,2.27 5,4 gam.> = ⇒ > = Vậy đáp án là C.

Nếu đề cho các đáp án nhiễu tốt hơn thì ta phải làm theo bảo toàn electron và sẽ mất thời gian hơn.

Câu 29 – Mã đề 537: Hai chất hữu cơ X và Y, thành phần nguyên tố đều gồm C, H, O, có cùng số nguyên tử cacbon (MX < MY). Khi đốt cháy hoàn toàn mỗi chất trong oxi dư đều thu được số mol H2O bằng số mol CO2. Cho 0,1 mol hỗn hợp gồm X và Y phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 28,08 gam Ag. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là

A. 60,34%. B. 78,16%. C. 39,66%. D. 21,84%.



Theo giả thiết, X và Y có khả năng tham gia phản ứng tráng gương nên phân tử phải có ít nhất 1 nhóm –CHO, tức là phân tử phải có ít nhất 1 liên kết π trở lên (1).

Đốt cháy X, Y đều thu được số mol CO2 bằng số mol H2O, chứng tỏ thành phần hiđrocacbon trong X, Y đều có dạng là CnH2n, suy ra trong phân tử X, Y có 1 liên kết π hoặc 1 vòng (2).

Từ (1) và (2) suy ra X, Y có 1 liên kết π nằm trong nhóm –CHO. Vậy X, Y đều chỉ có 1 nhóm –CHO.

Vì Ag

X

n 2,62

n 0,1= > nên X là HCHO, Y có cùng số C và cũng có khả năng tham gia phản ứng tráng

gương nên Y là HCOOH.

Ta có :

HCHO HCOOHHCHO

HCOOHHCHO HCOOH Ag

n n 0,1n 0,03

28,08n 0,074n 2n n 0,26

108

+ ==

⇒ =+ = = =

Suy ra : = =+

HCHO

0,03.30%m .100% 21,84%

0,03.30 0,07.46

13. Kỹ năng tìm quy luật chung của các chất trong hỗn hợp

Câu 1 – Mã đề 537: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylen glicol. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với Na dư, thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được a gam CO2. Giá trị của a là

A. 8,8. B. 6,6. C. 2,2. D. 4,4.



Hỗn hợp X gồm CH3OH, C2H4(OH)2.

Nhận thấy cả hai ancol đều có đặc điểm chung là số nguyên tử C bằng số nhóm –OH.

Phản ứng của hỗn hợp ancol với Na :

–OH + Na → –ONa + 1

2H2

Suy ra : 2 2 2CO C OH H COn n n 2n 0,2 mol m 8,8 gam.−= = = = ⇒ =



29

Câu 7 – Mã đề 537: Hỗn hợp X gồm hiđro, propen, axit acrylic, ancol anlylic (C3H5OH). Đốt cháy hoàn toàn 0,75 mol X, thu được 30,24 lít khí CO2 (đktc). Đun nóng X với bột Ni một thời gian, thu được hỗn hợp Y. Tỉ khối hơi của Y so với X bằng 1,25. Cho 0,1 mol Y phản ứng vừa đủ với V lít dung dịch Br2 0,1M. Giá trị của V là

A. 0,6. B. 0,5. C. 0,3. D. 0,4.



Nhận thấy các chất propen (CH2=CH – CH3), axit acrylic (CH2=CH – COOH), ancol anlylic (CH2=CH – CH2OH) đều có 3 nguyên tử C và có 1 liên kết pi tham gia phản ứng cộng H2, Br2.

Đặt công thức của 3 chất propen, axit acrylic, ancol anlylic là C3HyOz.

Trong 0,75 mol X, ta có :

2

3 y z 2

CO

C H O H

nn 0,45 mol n 0,75 0,45 0,3 mol.

3= = ⇒ = − =

Theo bảo toàn khối lượng, ta có :

YX

X YX Y X YXY

n Mm m n M n M 1,25

n M= ⇒ = ⇒ = =

Với

{ {

3 y z

2

C H O

Y X

H phaûn öùng X Y

0,125 0,1

0,125.0,45n 0,075

0,75n 0,1 mol n 0,1.1,25 0,125 moln n n 0,025

= =

= ⇒ = = ⇒ = − =

Vì C3HyOz có 1 liên kết π phản ứng nên :

=

= + ⇒ = =

14243 14243123

2

3 x y 2 2

2

Br phaûn öùng

C H O H phaûn öùng Br phaûn öùng

dd Br 0,1M0,025 ?0,075

n 0,05 mol

n n n 0,05V 0,5 lít

0,1

14. Kỹ năng khai thác mối liên hệ giữa số mol CO2 và H2O

Xét phản ứng đốt cháy các hợp chất hữu cơ

CnH2n+2-2k + o

2O , t→ nCO2 + (n+1– k)H2O

CnH2n+2-2kOx + o

2O , t→ nCO2 + (n+1– k)H2O

CnH2n+2-2k+tOxNt + o

2O , t→ nCO2 + (n+1– k+0,5t)H2O +0,5tN2

Ta thấy : 2 2 2 2 2 2

n 2 n 2 2k n 2 n 2 2k x n 2n 2 2 k t x t

CO H O CO H O CO H O

C H C H O C H O N

n n n n n nn ;n ;n

k 1 k 1 k 1 0,5t+ − + − + − +

− − −= = =

− − − −

Như vậy khi đốt cháy hợp chất hữu cơ chứa C, H hoặc chứa C, H, O thì :

2 2hchc CO H O(k 1)n n n− = − (k là số liên kết và số vòng).

Còn khi đốt cháy hợp chất chứa nitơ thì :

2 2hchc CO H O(k 1 0,5t)n n n− − = −



30

Câu 42 – Mã đề 374: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,07 mol một ancol đa chức và 0,03 mol một ancol không no, có một liên kết đôi, mạch hở, thu được 0,23 mol khí CO2 và m gam H2O. Giá trị của m là

A. 5,40 . B. 2,34 . C. 8,40 . D. 2,70.



Bài tập này ta đã xét ở phương pháp bảo toàn nguyên tố. Tuy nhiên có một cách khác tỏ ra hiệu quả hơn đó là tìm mối liên hệ giữa mol H2O và CO2 trong phản ứng đốt cháy.

Số nguyên tử C trung bình của hai ancol là : 0,23

2,30,07 0,03

=+

. Suy ra ancol hai chức là

C2H4(OH)2.

Như vậy, hỗn hợp X gồm một ancol no và một ancol không no, có 1 liên kết π .

Khi đốt cháy hỗn hợp X, hiệu mol H2O và mol CO2 của ancol không no (k = 1) bằng 0, hiệu mol H2O và mol CO2 của ancol no (k = 0) bằng mol ancol.

Suy ra :

{ {= − =

⇒ ⇒ = = = =

142432 4 2 2 2

2

2

2

C H (OH) H O COH O

? 0,230,07

H OH O

n n mn 0,3

m 5,4 gammm n 0,3

n 1818

Câu 53 – Mã đề 537: Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở và một ancol đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 21,7 gam X, thu được 20,16 lít khí CO2 (đktc) và 18,9 gam H2O. Thực hiện phản ứng este hóa X với hiệu suất 60%, thu được m gam este. Giá trị của m là

A. 15,30. B. 12,24. C. 10,80. D. 9,18.



Đốt cháy axit cacboxylic no, đơn chức (k = 1), hiệu số mol H2O và CO2 bằng 0. Đốt cháy ancol no, đơn chức (k = 0), hiệu mol H2O và mol CO2 bằng mol ancol. Suy ra hiệu số mol H2O và mol CO2 khi đốt cháy X bằng mol ancol.

Từ mối liên hệ giữa mol H2O và mol CO2 kết hợp với bảo toàn nguyên tố O và C, ta có :

{ {n 2n 1 2 2

m 2 m 2

n 2n 1 m 2m 2

C H OH H O CO

1,05 0,9

X C H O trong ancol

C H O

C H OH C H O

n n n 0,15

0,15n 0,2m 0,9m m m m

n 0,2 m 332

n 2n.n m.n 0,9

+

+

= − =

+ = − − −

= = ⇒ = =+ =

{ {

{{ { { {

>

⇒ = + − == =

2

axit ancol

0,2 0,15

este axit ancol H O este

este ancol 74 46 0,09180,15

n n

m (M M M )n 9,18 gamn n .60% 0,09



31

Câu 55 – Mã đề 958: Cho X là axit cacboxylic, Y là amino axit (phân tử có một nhóm –NH2 ). Đốt cháy hoàn toàn 0,5 mol hỗn hợp gồm X và Y, thu được khí N2; 15,68 lít khí CO2 (đktc) và 14,4 gam H2O. Mặt khác, 0,35 mol hỗn hợp trên phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa m gam HCl. Giá trị của m là:

A. 6,39. B. 4,38. D. 10,22. D. 5,11.



Theo giả thiết 2CO(X, Y)

(X, Y)

n 0,7C 1,4

n 0,5= = = ⇒ X là HCOOH.

Đốt cháy HCOOH (k = 1), thu được số mol CO2 bằng số mol H2O.

Theo giả thiết, khi đốt cháy X, Y thu được số mol CO2 là 0,7 mol, số mol H2O là 0,8 mol.

Vì tổng số mol H2O lớn hơn số mol CO2 nên Y phải là amino axit no, có 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2 (đề cho). Công thức của Y là CnH2n+1O2N (k = 1).

Ta có : 2 2

n 2 n 1 2

CO H O

C H O N

n n 0,7 0,8n 0,2 mol.

1 k 0,5 1 1 0,5+

− −= = =

− − − −

Suy ra +

= = ⇒ = ⇒ =n 2 n 1 2 HCl HClC H O N trong 0,35 mol hoãn hôïp

0,35n .0,2 0,14 n 0,14 m 5,11 gam

0,5

Câu 24 – Mã đề 537: Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm X và Y chỉ tạo ra một amino axit duy nhất có công thức H2NCnH2nCOOH. Đốt cháy 0,05 mol Y trong oxi dư, thu được N2 và 36,3 gam hỗn hợp gồm CO2, H2O. Đốt cháy 0,01 mol X trong oxi dư, cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A. 29,55. B. 17,73. C. 23,64. D. 11,82.



Amino axit no mạch hở, có một nhóm –COOH và một nhóm –NH2 có công thức chung là CnH2n+1O2N.

X là tripeptit tạo ra từ amino axit trên nên phân tử có 2 nhóm peptit và còn 1 nhóm –COOH (k = 3) và có 3 nguyên tử N (t = 3).

Y là tetrapeptit tạo ra từ amino axit nên phân tử có 3 nhóm peptit còn 1 nhóm –COOH (k = 4) và có 4 nguyên tử N (t = 4).

Khi đốt cháy Y, ta có :

{ { {

2 22 2

2 22

CO H OCO CO

CO H O YH O Y4 4 0,05

44n 18n 36,3 n 0,6 nn 3n n (k 1 0,5 t)n n 0,55 4n

+ = = ⇒ ⇒ = = − = − − =

Suy ra :

= = = = ⇒ = =3 2 3BaCO CO C trong X X BaCOn n n 9n 0,09 m 0,09.197 17,73 gam



32

15. Kỹ năng giải bài tập chia hỗn hợp làm các phần không bằng nhau

Câu 60 – Mã đề 374: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic và glixerol. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được 15,68 lít khí CO2 (đktc) và 18 gam H2O. Mặt khác, 80 gam X hòa tan được tối đa 29,4 gam Cu(OH)2. Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong X là

A. 46%. B. 16%. C. 23%. D. 8%.



Trong 3 ancol thì chỉ có glixerol phản ứng được với Cu(OH)2 tạo ra dung dịch phức màu xanh

thẫm. Tỉ lệ mol phản ứng là 3 5 3 2C H (OH) Cu(OH)n : n 2 :1.=

Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố C, H, ta có :

3 2 5 3 5 3

3 2 5 3 5 3

3 2 5 3 5 3

2

3 5 3 2

CH OH C H OH C H (OH)

baûo toaøn nguyeân toá C


baûo toaøn nguyeân toá H


Cu(OH)

C H (OH) Cu(OH)

n 2n 3n 0,7

2n 3n 4n 1

32n 46n 92n 80

98n 29,4

n : n 2 :1

+ + =

+ + =

+ +

=

=

1444442444443

1444442444443 3 2 5 3 5 3

3 2 5 3 5 3

3 2 5 3 5 3




n 2n 3n 0,7

2n 3n 4n 1

32n 46n 41,33n 0

+ + =

⇒ + + =

+ − =

Suy ra :

=

= ⇒ = =+ +

=

3

2 5 3

3 5 3

CH OH

C H OH CH OH

C H (OH)

n 0,050,1.46

n 0,1 %m .100% 23%0,05.32 0,1.46 0,15.92

n 0,15

16. Kỹ năng giải bài tập ở dạng tổng quát

II. Nhận xét, đánh giá chung Thông qua việc phân tích và giải các bài tập hóa học hay và khó trong đề thi Đại học, Cao đẳng năm 2013, ta có thể rút ra một số nhận xét chung như sau :

+ Về mức độ khó của các bài tập tính toán so với đề thi 2 năm gần đây là năm 2011, 2012 thì đề 2103 có thể nói là dễ hơn. Tuy nhiên, đề vẫn có những bài khó để phân loại học sinh (những câu đánh dấu *).

+ Đối với các bài toán vô cơ thì nhóm phương pháp và kỹ năng được sử dụng nhiều nhất là: Phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng, bảo toàn điện tích và phương pháp quy đổi; kỹ năng sử dụng phối hợp các phương pháp, kỹ năng phân tích đánh giá.

+ Đối với các bài toán hữu cơ thì nhóm phương pháp và kỹ năng được sử dụng nhiều nhất là: Phương pháp trung bình, phương pháp bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng, phương pháp quy đổi; kỹ năng sử dụng phối hợp các phương pháp, kỹ năng khai thác mối liên hệ giữa số mol H2O và CO2 trong các phản ứng đốt cháy, kỹ năng tìm quy luật chung của các chất trong hỗn hợp.

Documents

PHẦN 3 - BT HAY VÀ KHÓ