Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố Câu Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (Y nhiều X nguyên tử C) Hidro Cho 0,4 mol hỗn hợp M vào bình kín có chứa bột Ni, đun nóng Sau thời gian thu hỗn hợp N Đốt cháy hoàn toàn N thu 12,544 lít khí CO2 10,08 gam nước Tìm % khối lượng X hỗn hợp M Bài làm 12,544 10,08 nCO2 = = 0,56 mol; nH2 O = = 0,56 mol 22,4 22,4 Cách 1: Đây cách dài chút cách đơn giản dễ nghĩ Giả sử X Y là: Cn H2n−2 (n ≥ 2) Cn+1 H2n+2 với số mol a, b mol nH2 = c mol Như ta có ẩn số: n, a, b, c Trong ta có kiện: nM , nCO2 , nH2 O Như ta giải cụ thể n, a, b, c ta tìm mối liên hệ ẩn số này, cách đáng thử Ta có kiện ứng với phương trình sau: nM = nX + nY + nH2 ⇒ 0,4 = a + b + c (1) nCO2 = n nX + (n + 1) nY = n a + (n + 1) b = 0,56 (2) Chú ý: Việc đốt cháy hỗn hợp N hoàn toàn giống với việc đốt cháy hỗn hợp M Vì đốt cháy hỗn hợp M ta thu sản phẩm giống đốt cháy hỗn hợp N +O2 Nghĩa là: M → 0,56 mol CO2 + 0,56 mol H2 O nH2 O = (n − 1) nX + (n + 1) nY + nH2 = (n − 1) a + (n + 1) b + c = 0,56 (3) a + b + c = 0,4 Ta có (∗) {na + nb + b = 0,56 na + nb − a + b + c = 0,56 Việc cần làm ẩn số theo ẩn số khác để giảm bớt số ẩn số Nhận thấy việc c = 0,4 − a − b đơn giản nhất, ta có: na + nb + b = 0,56 na + nb + b = 0,56 ⇒ (∗∗) { { na + nb − a + b + (0,4 − a − b) = 0,56 na + nb − 2a = 0,16 Đến ta có hướng để làm Hướng 1: Sử dụng phương pháp chặn hai đầu Nhiệm vụ tìm n, xét TH: TH1: a=0 b = 0,4 bn + b = 0,56 0,16 + b = 0,56 0,16 0,16 (∗∗) ⇒ { ⇒{ ⇒{ ⇒ n = 0,4 nb = 0,16 bn = 0,16 n= = = 0,4 b 0,4 TH2: b=0 0,56 0,56 na = 0,56 na = 0,56 na = 0,56 (∗∗) ⇒ { ⇒{ ⇒{ ⇒n= = = 2,8 na − 2a = 0,16 0,56 − 2a = 0,16 a = 0,2 a 0,2 Vậy 0,4 < n < 2,8 ⇒ n = a = 0,16 a + b + c = 0,4 a + b + c = 0,4 ⇒ (∗) { 2a + 2b + b = 2a + 3b = 0,56 ⇒ { 2a + 3b = 0,56 ⇒ {b = 0,08 c = 0,16 2a + 2b − a + b + c = a + 3b + c = 0,56 a + 3b + c = 0,56 0,16 mol C2 H2 0,16.26 ⇒ M {0,08 mol C3 H6 ⇒ %mX = %mC2 H2 = 100% = 53,06% 0,16.26 + 0,08.42 + 0,16.2 0,16 mol H2 Hướng 2: Biến đổi cho đơn giản sử dụng phương pháp chặn đầu na + nb = 0,56 − b (I) na + nb = 0,56 − b na + nb + b = 0,56 Ta có: (∗∗) { ⇒{ ⇒ (∗∗∗) { (0,56 − b) − 2a = 0,16 na + nb − 2a = 0,16 2a + b = 0,4 (II) TH1: a = 0,56 − 0,4 n + n b = 0,56 − b n b = 0,56 − b (∗∗∗) { ⇒{ ⇒n= = 0,4 2.0 + b = 0,4 b = 0,4 0,4 TH2: b = 0,56 n a + n = 0,56 − n a = 0,56 (∗∗∗) { ⇒{ ⇒n= = 2,8 a + = 0,4 a = 0,2 0,2 Như vậy: 0,4 < n < 2,8 729 Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố Chú ý: Mục đích hướng biến đổi để tạo thành biểu thức (2a + b = 0,4), ta xét a=0 b=0 ta dễ dàng tìm b a từ biểu thức 2a + b = 0,4 Vì bạn vội dùng Hướng tốt, không cần biến đổi theo Hướng * Nhận xét: Như toán giải thành công dựa vào MẸO CHẶN HAI ĐẦU Tuy cách biến đổi đại số dài lại cách đơn giản để nghĩ tới làm, không cần vận dụng tư phức tạp Trong phòng thi đại học thường áp lực tâm lí lớn, thay việc loay hoay tìm hướng giải nhanh chóng nhất, hay (thường nhiều thời gian, sức lực, nhầm lẫn) bạn sử dụng ln cách giải đại số này, có cịn tiết kiệm thời gian việc mày mị tìm cách giải nhanh gọn Với tốn trên, đề khơng cho bạn thử đáp án Tuy nhiên, đề yêu cầu: “Bạn xác định X Y: 𝐀 C4 H6 , C5 H10 B C5 H8 C6 H12 C C3 H4 C4 H8 D C2 H2 C3 H6 ” Thì bạn hồn tồn thử đáp án việc thay trực tiếp n (n = (Đáp án A) n = (Đáp án C) n = (Đáp án B) n = (Đáp án D)) vào hệ a + b + c = 0,4 (∗) { na + nb + b = 0,56 để tìm đáp số na + nb − a + b + c = 0,56 * Chú ý: Bài tốn giải cách khác, ngắn gọn đơn giản nhiều (mặc dù phải tư nhiều hơn) Cách giải đề cập đến phần MẸO CHỌN QUÁ TRÌNH để giải hố đề thi đại học Tuy nhiên, cách giải đại số cách giải tổng quát nhất, bạn hiểu vận dụng cách giải đại số kết hợp với MẸO CHẶN HAI ĐẦU tập sau: Câu Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (Y nhiều X nguyên tử C) Hidro Cho 1,52 mol hỗn hợp M vào bình kín có chứa bột Ni, đun nóng Sau thời gian thu hỗn hợp N Đốt cháy hoàn toàn N thu 52,64 lít khí CO2 55,8 gam nước Tìm % khối lượng X hỗn hợp M Bài làm nCO2 = 2,35 mol; nH2 O = 3,1 mol Giả sử X Y là: Cn H2n−2 (n ≥ 2) Cn+1 H2n+2 với số mol a, b mol nH2 = c mol Như ta có ẩn số: n, a, b, c Trong ta có kiện: nM , nCO2 , nH2 O nM = nX + nY + nH2 ⇒ 1,52 = a + b + c (1) nCO2 = n nX + (n + 1) nY = n a + (n + 1) b = 2,35 (2) nH2 O = (n − 1) nX + (n + 1) nY + nH2 = (n − 1) a + (n + 1) b + c = 3,1 (3) a + b + c = 1,52 Ta có (∗) {na + nb + b = 2,35 na + nb − a + b + c = 3,1 Việc cần làm ẩn số theo ẩn số khác để giảm bớt số ẩn số Nhận thấy việc c = 1,52 − a − b đơn giản nhất, ta có: na + nb + b = 2,35 na + nb + b = 2,35 ⇒ (∗∗) { { na + nb − a + b + (1,52 − a − b) = 3,1 na + nb − 2a = 1,58 na + nb + b = 2,35 na + nb + b = 2,35 ⇒{ ⇒{ (2,35 − b) − 2a = 1,58 2a + b = 0,77 2,35 − 0,77 TH1: a = ⇒ b = 0,77 − 2a = 0,77 ⇒ n + n 0,77 + 0,77 = 2,35 ⇒ n = = 2,05 0,77 ⇒⟦ 0,77 − b 2,35 TH2: b = ⇒ a = = 0,385 ⇒ n 0,385 + n + = 2,35 ⇒ n = = 6,1 0,385 ⇒ 2,05 < n < 6,1 ⇒ n = 3, 4, 5, Cách 2: Ngồi cách làm tổng qt trên, ta cịn có cách làm khác thú vị, có lẽ ngắn gọn hơn, cách áp dụng PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH kết hợp với MẸO CHẶN HAI ĐẦU a mol Cn H2n−2 (X) t°,+O 0,4 mol M {b mol Cn+1 H2n+2 (Y) → 0,56 mol CO2 + 0,56 mol H2 O c mol H2 nCO2 Giả sử hai hidrocacbon có số C trung bình C, ta có C = n X+Y 0,56 = a+b (∗) Như vậy, nhiệm vụ xác định khoảng giá trị a b 730 Công phá đề thi quốc gia mơn Hố Ta có nM = a + b + c = 0,4 (1) Ta sử dụng công thức nCO2 − nH2 O = (k − 1)nX với k = π + v để thiết lập mối quan hệ thứ a, b, c Ta có: nCO2 − nH2 O = (nCO2 − nH2 O ) + (nCO2 − nH2 O ) + (nCO2 − nH2 O ) X Y H2 = (2 − 1)nX + (1 − 1)nY + (0 − 1) nH2 = a + b − c = a − c = 0,56 − 0,56 = mol ⇒ a − c = (2) a + b + c = 0,4 Từ (1) (2) ta có: (∗∗) { a−c = 0,56 Nhiệm vụ ta xác định khoảng (a + b) để tính C dựa vào C = (∗) a+b Để tìm khoảng (a+b) ta cần tìm hệ thức chứa a, b (khơng chứa c) Vì ta tìm cách c theo a b Xét (2): a − c = ⇒ c = a ⇒ a + b + c = a + b + a = 2a + b = 0,4 2a + b = 0,4 (3) 0,56 Như ta có: { C= a+b Đến đây, ta dùng mẹo MẸO CHĂN HAI ĐẦU để tìm C TH1: a=0 0,56 0,56 (3) ⇒ b = 0,4 ⇒ C = = = 1,4 a + b + 0,4 TH2: b=0 0,4 − 0,56 0,56 (3) ⇒ a = = 0,2 ⇒ C = = = 2,8 a + b 0,2 + Vậy 1,4 < C < 2,8 Nếu n=2 ⇒ CX = n = CY = n + = ⇒ thoả mãn 1,4 < C < 2,8 Nếu n=3 ⇒ CX = n = CY = n + = ⇒ C > ⇒ không thoả mãn 1,4 < C < 2,8 ⇒ loại nM = a + b + c = 0,4 a mol C2 H2 a = 0,16 nCO2 = 2a + 3b + 0c = 0,56 ⇒ {b = 0,08 Tóm lại n=2 thoả mãn ⇒ M: {b mol C3 H6 ⇒ { c = 0,16 nH2 O = a + 3b + c = 0,56 c mol H2 * Bình luận: Tại ta lại nghĩ đến việc xác định 𝐂 mà không cố gắng xác định cụ thể n? Lí đơn giản: đề có ẩn số a, b, c n có kiện nM , nCO2 , nH2 O chắn ta khơng thể tìm cụ thể n Lí thứ X Y C, xác định C ta biện luận để tìm n * Ta dùng phương pháp trung bình để giải toán số sau nM = a + b + c = 1,52 Ta có: { (nCO2 − nH2 O ) = (2 − 1)a + (1 − 1)b + (0 − 1)c = a − c = 2,35 − 3,1 = −0,75 a + b + c = 1,52 ⇒{ a − c = −0,75 ⇒ c = a + 0,75 ⇒ a + b + c = a + b + (a + 0,75) = 2a + b + 0,75 = 1,52 ⇒ 2a + b = 0,77 2a + b = 0,77 nCO2 2,35 Ta có: { C= = nX + nY a + b 2,35 TH1: a = ⇒ b = 0,77 − 2a = 0,77 − 2.0 = 0,77 ⇒ C = = 3,05 + 0,77 Ta có: ⟦ ⇒ 3,05 < C < 6,1 0,77 − b 0,77 − 2,35 TH2: b = ⇒ a = = = 0,385 ⇒ C = = 6,1 2 0,385 + Nếu n = ⇒ CX = CY = ⇒ C < ⇒ không thoả mãn 3,05 < C < 6,1 ⇒ loại Nếu n = ⇒ CX = CY = ⇒ < C < ⇒ có thoả mãn 3,05 < C < 6,1 Nếu n = 4,5,6 thoả mãn Nếu n = ⇒ CX = CY = ⇒ C > ⇒ không thoả mãn 3,05 < C < 6,1 Như n = 3,4,5,6 731 Công phá đề thi quốc gia mơn Hố * Từ PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH, rút kết thú vị là: Nếu muốn xác định cụ thể X Y X phải 𝐂 𝟐 𝐇 𝟐 Điều có nghĩa với đề tổng quát có dạng sau: “Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (Y nhiều X x nguyên tử C) Hidro Cho 𝑦 mol hỗn hợp M vào bình kín có chứa bột Ni, đun nóng Sau thời gian thu hỗn hợp N Đốt cháy hồn tồn N thu 𝑧 𝑚𝑜𝑙 khí 𝐶𝑂2 t mol nước Tìm % khối 𝑙ượ𝑛𝑔 𝑐ủ𝑎 𝑋 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎỗ𝑛 ℎợ𝑝 𝑀 (biết x, y, z, t 𝑙à 𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑐ℎ𝑜 𝑡𝑟ướ𝑐) “ Bài làm tổng quát Nếu đề có dạng trên, để tìm xác X Y (hay nói cách khác ta tìm cặp (X,Y) nhất) X phải C2 H2 Ta chứng minh sau: nM = a + b + c = y a+b+c=y Ta có: { ⇒{ nCO2 − nH2 O = (2 − 1)a + (1 − 1)b + (0 − 1)c = (z − t) a − c = (z − t) Cộng vế với vế ta có (a + b + c) + (a − c) = y + (z − t) ⇒ 2a + b = y + z − t 2a + b = y + z − t 2a + b = A nCO2 z (với A, z số) z Đặt (y + z − t) = A ⇒ { Ta có: { C= C= = a+b nX + nY a + b z z TH1: a = ⇒ b = A ⇒ C = = =T 0+A A A z z ⇒ T < C < 2T ⟦ TH2: b = ⇒ a = ⇒ C = = ( ) = 2T A A +0 Nếu < T ≤ 1thì khơng tồn (X, Y) thoả mãn Thật C < 2T ≤ 2.1 = ⇒ C < 2, X ankin, Y anken nên C > ⇒ không tồn X Y thoả mãn Nếu < T ≤ 1,5 ⇒ có n=2 thoả mãn (bạn thử với T = 1,1; T = 1,5 để xác định cụ thể n) Nếu T > 1,5 ⇒ tồn nhiều cặp (X, Y) thoả mãn Như để toán tổng quát có kết X phải C2 H2 Điều có có nghĩa thi, bạn biết (X,Y) = (C2 H2 , Y) mà không cần phải giải * Bình luận, cịn tổng quát hoá theo cách khác: “Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (X nhiều Y x nguyên tử C) Hidro Cho 𝑦 mol hỗn hợp M vào bình kín có chứa bột Ni, đun nóng Sau thời gian thu hỗn hợp N Đốt cháy hồn tồn N thu 𝑧 𝑚𝑜𝑙 khí 𝐶𝑂2 t mol nước Tìm % khối 𝑙ượ𝑛𝑔 𝑐ủ𝑎 𝑋 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎỗ𝑛 ℎợ𝑝 𝑀 (biết x, y, z, t 𝑙à 𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑐ℎ𝑜 𝑡𝑟ướ𝑐) “ Để toán tồn cặp (X,Y) bắt buộc CY = (Y: C2 H4 ) “ Hỗn hợp M gồm X (X có k liên kết 𝜋) , Y (X nhiều Y x nguyên tử C Y có liên kết 𝜋) Hidro Cho 𝑦 mol hỗn hợp M vào bình kín có chứa bột Ni, đun nóng Sau thời gian thu hỗn hợp N Đốt cháy hoàn toàn N thu 𝑧 𝑚𝑜𝑙 khí 𝐶𝑂2 t mol nước Tìm % khối 𝑙ượ𝑛𝑔 𝑐ủ𝑎 𝑋 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎỗ𝑛 ℎợ𝑝 𝑀 (biết k, x, y, z, t 𝑙à 𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑐ℎ𝑜 𝑡𝑟ướ𝑐 𝑣à 𝑘 ≥ 2) “ Để toán tồn cặp (X, Y) bắt buộc CY = * Ta có tốn thú vị sau: Bài 3: Xét 19,2 gam hỗn hợp M gồm anken X ankan Y (Y nhiều X C) hidro Nếu nung nóng M thời gian với bột Ni thu hỗn hợp N Đốt cháy hoàn toàn N thu 1,3 mol cacbonic 1,3 mol nước Hãy xác định % khối lượng X M Bài làm Vì đốt cháy N giống đốt cháy M nên đề sửa thành: Đốt cháy 19,2 gam M thu 1,3 mol cacbonic 1,3 mol nước Ta có: nCO2 − nH2 O = (2 − 1)nX + (1 − 1)nY + (0 − 1)nH2 = nX − nH2 Vì nCO2 = nH2 O ⇒ nX − nH2 = ⇒ nX = nH2 732 Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố a mol Cn H2n ⇒ M { a mol H2 → 1,3 mol CO2 + 1,3 mol H2 O b mol Cn+1 H2n+4 Ta giả sử phản ứng diễn sau: Đầu tiên: a mol Cn H2n + a mol H2 → a mol Cn H2n+2 a mol Cn H2n+2 Khi đó: M → { → 1,3 mol CO2 + 1,3 mol H2 O b mol Cn+1 H2n+4 Như đề chuyển thành đơn giản hơn: “Đốt cháy hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp M gồm ankan đồng đẳng liên tiếp thu 1,3 mol cacbonic.” Như ta sử dụng PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH để giải tốn cách nhanh gọn sau Do đề có kiện: mM , nCO2 ⇒ Nếu ta đặt CTTB M Cm H2m nM = a mol ta có ẩn số m a ⇒ ta tìm cụ thể m a (tư theo PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM) Ta giải sau: Giả sử M có CTTB Cm H2m+2 nM = a mol m = (14m + 2) a = 19,2 14ma + 2a = 19,2 ma = 1,3 Ta có: { M ⇒{ ⇒{ nCO2 = m a = 1,3 ma + a = 1,3 a = 0,5 1,3 X: C2 H4 ⇒m= = 2,6 ⇒ CX < m = 2,6 < CY = CX + ⇒ CX = ⇒ CY = ⇒ { Y: C3 H8 0,5 * Chú ý: Như toán giải sáng tạo dựa MẸO CHỌN QUÁ TRÌNH Nội dung mẹo sau: “ Chúng ta đưa vào trình ảo cho toán ban đầu đưa dạng đơn giản hơn” Ví dụ tốn trên, ta dựa vào phản ứng ảo: Cn H2n + H2 → Cn H2n+2 để đưa toán phức tạp thành toán đơn giản Chúng ta tiếp tục vận dụng tư tưởng vào số toán khác Bài 4: Cho 25,8 gam hỗn hợp X gồm MOH, MHCO3 , M2 CO3 (M kim loại kiềm, nMOH = nMHCO3 ) tác dụng với lượng dư dung dịch H2 SO4 loãng, sau kết thúc phản ứng thu dung dịch Y 0,3 mol CO2 Hãy xác định % khối lượng MOH X Bài làm Ta có sơ đồ phản ứng sau: MOH MOH+MHCO =M CO +H O (∗) M CO +H+ 3 25,8 gam X { MHCO3 → 25,8 gam { → 0,3 mol CO2 H2 O M2 CO3 0,3 mol M2 CO3 Bảo toàn C: nM2 CO3 = nCO2 = 0,3 mol ⇒ 25,8 gam { ⇒ 25,8 = 0,3(2M + 60) + 18x (∗∗) x mol H2 O Chú ý: nH2 O = x = nM2 CO3 (∗) < ∑ nM2 CO3 = 0,3 ⇒ x < 0,3 0,6M + 18x = 7,8 (∗∗) Ta có: { < x < 0,3 7,8 TH1: x = ⇒ M = = 13 0,6 Sử dụng MẸO CHẶN HAI ĐẦU: ⇒ < M < 13 ⇒ M = (Li) 7,8 − 18.0,3 TH2: x = 0,3 ⇒ M = =4 { 0,6 Đặt nLiOH = a, nLiHCO3 = b, nLi2 CO3 = c ta có ẩn số a, b, c Ta có kiện: mX , a = b, nCO2 ⇒ theo SỐ ĐẾM, ta dễ dàng tìm cụ thể a, b, c a= 15 mX = 26a + 70b + 78c = 25,8 26 15 Ta có: { a = b ⇒ b= ⇒ %mLiOH = 100% = 13,44% 25,8 15 nCO2 = b + c = 0,3 {c=6 * Bình luận: Bạn giải theo cách đơn giản sau: 733 Công phá đề thi quốc gia mơn Hố Nếu ta coi số mol chất a, b, c mol ta có ẩn số: a, b, c, M Ta có kiện: mX , nMOH = nMHCO3 , nCO2 ⇒ ta khơng thể tìm cụ thể M, chứng tỏ ta phải biện luận giá trị M MẸO CHẶN HAI ĐẦU mX = a(M + 17) + b(M + 61) + c(2M + 60) = 25,8 Ta có: { a = b nCO2 = b + c = 0,3 2Ma + 2Mc + 78a + 60c = 25,8 a(M + 17) + a(M + 61) + c(2M + 60) = 25,8 ⇒{ ⇒{ a + c = 0,3 a + c = 0,3 Đến đây, bạn sử dụng MẸO CHẶN HAI ĐẦU cách xét TH: a=0 c=0 Tuy nhiên bạn làm cho hệ đơn giản trước sử dụng MẸO CHẶN HAI ĐẦU 25,8 − 78a − 60c 2M 0,3 + 78a + 60c = 25,8 2M(a + c) + 78a + 60c = 25,8 M= ⇒{ ⇒{ ⇒{ 0,6 a + c = 0,3 a + c = 0,3 a + c = 0,3 25,8 − 78.0 − 60.0,3 TH1: a = ⇒ c = 0,3 − a = 0,3 ⇒ M = = 13 0,6 25,8 − 78.0,3 − 60.0 TH2: c = ⇒ a = 0,3 − c = 0,3 ⇒ M = =4 0,6 ⇒ < M < 13 ⇒ M = (Li) * Nhận xét: Cách đơn giản tính tốn khó nghĩ Cách dài lại dễ dàng đơn giản để nghĩ ra, khuyến khích dùng cách thi cách có định hướng rõ ràng Bài 5: Nung nóng hỗn hợp X (gồm hidrocacbon Y hidro) với bột Ni, ta thu hỗn hợp Z có hidrocacbon Tỉ khối Z so với hidro 27,75 Đốt cháy hoàn toàn X cần dùng vừa đủ V lít khơng khí thu 0,5625 mol nước Tìm V biết Y hidrocacbon có ngun tử H hidrocacbon mạch hở có C Bài làm Nhận xét: Hidrocacbon có 4C, mạch hở có H C4 H2 : CH ≡ C − C ≡ CH C4 H2 , C4 H4 +O C H t°,Ni X { → Z {C4 H6 , C4 H8 → 0,5625 mol H2 O (vì đốt Z giống đốt X), MZ = 27,75.2 = 55,5 H2 C4 H10 Bài toán giải đơn giản PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM sau: MZ = 55,5 Xét hỗn hợp Z có chất ⇒ có ẩn số Ta có kiện: {n ⇒ theo SỐ ĐẾM, ta có quyền bỏ H2 O = 0,5625 ẩn số Ở đây, ta chọn bỏ chất đầu tiên, Z lại C4 H8 C4 H10 với số mol tương ứng a b mol (bạn bỏ chất khác) 56a + 58b MZ = = 55,5 a = 0,1875 Ta có: { ⇒{ a+b b = −0,0375 nH2 O = 4a + 5b = 0,5625 10 ⇒ nO2 = (4 + ) nC4 H8 + (4 + ) nC4 H10 = 6a + 6,5b = 0,88125 mol 4 ⇒ nkk = 5nO2 = 4,40625 mol ⇒ Vkk = 98,7 lít Bài 6: Trong nhận định sau, có nhận định đúng? a Natri etylat không phản ứng với nước b Toluen không làm màu dung dịch brom kể đun nóng c Cumen khơng phản ứng với dung dịch thuốc tím kể đun nóng d Axit benzoic có khả làm màu dung dịch nước brom đun nóng e Este ln có tính khử f Este có tính lưỡng tính theo thuyết A-rê-ni-ut g Al, Zn chất lưỡng tính Al, Zn tan dung dịch NaOH dung dịch HCl h Trong phân tử axit benzoic, gốc phenyl hút electron nhóm cacboxyl nên axit benzoic có lực axit mạnh axit fomic k Tất este điều chế từ phản ứng axit ancol A B C D 734 Công phá đề thi quốc gia mơn Hố Bài làm a Sai Natri etylat có tính bazo mạnh NaOH natri etylat hoà tan vào nước bị thuỷ phân hoàn toàn (phản ứng hoàn toàn, chiều) tạo thành NaOH C2 H5 ONa + HOH → C2 H5 OH + NaOH * Nhận xét: So sánh tính bazo chất sau: 𝐂 𝟐 𝐇 𝟓 𝐎𝐍𝐚, 𝐂𝐇 𝟑 𝐎𝐍𝐚, 𝐇𝐂𝐎𝐎𝐍𝐚, 𝐂𝐇 𝟑 𝐂𝐎𝐎𝐍𝐚, 𝐍𝐚𝐂𝐥, 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐎𝐍𝐚, 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐂𝐇 𝟐 𝐎𝐍𝐚, 𝐍𝐚𝐎𝐇, 𝐍𝐚 𝟐 𝐂𝐎 𝟑 Tất chất tạo dựa phản ứng NaOH axit giả tưởng HX Axit HX mạnh muối giả tưởng NaX có tính bazo yếu Vì để so sánh tính bazo chất trên, ta so sánh tính axit chất sau: C2 H5 OH, CH3 OH, HCOOH, CH3 COOH, HCl, C6 H5 OH, C6 H5 CH2 OH, H2 O, H2 CO3 Do C2 H5 OH, CH3 OH, C6 H5 OH, C6 H5 CH2 OH, H2 O khơng có khả làm hồng q tím Trong dung dịch HCl, H2 CO3 có khả làm hồng q tím nên tính axit: C2 H5 OH, CH3 OH, C6 H5 OH, C6 H5 CH2 OH, H2 O < HCl, H2 CO3 + Xét nhóm 𝐂 𝟐 𝐇 𝟓 𝐎𝐇, 𝐂𝐇 𝟑 𝐎𝐇, 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐎𝐇, 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐂𝐇 𝟐 𝐎𝐇, 𝐇 𝟐 𝐎: - Vì C2 H5 OH, CH3 OH, C6 H5 CH2 OH ancol, không tác dụng với NaOH, nước không tác dụng với NaOH Trong C6 H5 OH lại phenol, khơng có khả làm hồng q tím có phản ứng với NaOH (Nếu cho C6 H5 OH vào nước ta thấy C6 H5 OH không tan, lắng xuống đáy ống nghiệm Nhưng ta cho vào ống nghiệm dung dịch NaOH dư, khuấy thấy phenol tan dần phản ứng (C6 H5 OH(vẩn đục) + NaOH → C6 H5 ONa(tan) + H2 O) tạo thành dung dịch suốt chứa natri phenolat) Vì tính axit: C2 H5 OH, CH3 OH, C6 H5 CH2 OH, H2 O < C6 H5 OH - Xét nhóm 𝐂 𝟐 𝐇 𝟓 𝐎𝐇, 𝐂𝐇 𝟑 𝐎𝐇, 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐂𝐇 𝟐 𝐎𝐇, 𝐇 𝟐 𝐎: Vì chất có dạng R-OH, R gốc hidrocacbon R đẩy e mạnh H ⇒ R đẩy O vào sát H nhóm –OH ⇒ R khiến cho liên kết O-H ngắn hơn, khiến cho H khó tách tạo thành H + ⇒ R khiến cho R-OH có tính axit yếu H-OH ⇒ C2 H5 OH, CH3 OH, C6 H5 CH2 OH < H2 O (Đây lí khiến cho ancol khơng phản ứng với NaOH natri ancolat bị thuỷ phân hoàn toàn hoà tan nước: RO − Na(bazo mạnh hơn) + H − OH(axit mạnh hơn) → RO − H(axit yếu hơn) + NaOH(bazo yếu hơn)) - Xét nhóm 𝐂 𝟐 𝐇 𝟓 𝐎𝐇, 𝐂𝐇 𝟑 𝐎𝐇, 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐂𝐇 𝟐 𝐎𝐇: Vì chất có dạng R-C-OH với R CH3 , H, C6 H5 (CH3 − C − OH, H − C − OH, C6 H5 − C − OH) ⇒ Nếu R hút e làm tăng tính axit, R đẩy e làm giảm tính axit Vì C6 H5 − có chứa vịng benzen ⇒ C6 H5 − hút e (vì vịng benzen có chứa liên kết đơi) Mặt khác: CH3 −, H − có dạng Cn H2n+1 −(gốc hidrocacbon no) ⇒ CH3 −, H − đẩy e ⇒ Tính axit: CH3 − C − OH, H − C − OH < C6 H5 − C − OH Nếu xét gốc có dạng Cn H2n+1 − (gốc đẩy e) n lớn, gốc Cn H2n+1 − đẩy e mạnh ⇒ CH3 − đẩy e mạnh H−⇒ tính axit: CH3 − C − OH < H − C − OH ⇒Tính axit: C2 H5 OH < CH3 OH < C6 H5 CH2 OH Tóm lại, tính axit: 𝐂 𝟐 𝐇 𝟓 𝐎𝐇 < 𝐂𝐇 𝟑 𝐎𝐇 < 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐂𝐇 𝟐 𝐎𝐇 < 𝐇 𝟐 𝐎 < 𝐂 𝟔 𝐇 𝟓 𝐎𝐇 + Xét nhóm: 𝐇𝐂𝐥, 𝐇 𝟐 𝐂𝐎 𝟑 : Axit H2 CO3 axit yếu, axit HCl axit mạnh ⇒Tính axit: H2 CO3 < HCl Kết hợp kết trên, ta có: Tính axit: C2 H5 OH < CH3 OH < C6 H5 CH2 OH < H2 O < C6 H5 OH < H2 CO3 < HCl ⇒ Tính bazo: C2 H5 ONa > CH3 ONa > C6 H5 CH2 ONa > NaOH > C6 H5 ONa > Na2 CO3 > NaCl Chú ý: Cụm từ “tính bazo” khơng phải để ám dung dịch chứa chất có pH Cl2 > Br2 > I2 Vì xét halogen: Cl2 , Br2 , I2 halogen mạnh có khả đẩy helogen yếu khỏi dung dịch muối Cl2 (vàng lục) + 2NaBr(không màu) → 2NaCl(không màu) + Br2 (vàng nâu) Br2 (vàng nâu) + 2NaI(không màu) → 2NaBr(không màu) + I2 ↓ (tím đen) Lí khí flo khơng có khả đẩy halogen yếu khỏi dung dịch muối flo phản ứng mãnh t° liệt với nước nóng, khiến nước bốc cháy: F2 + H2 O → 2HF + O2 ↑ Vì tính tan nước halogen giảm dần Cl2 > Br2 > I2 flo không coi tan nước flo phản ứng mãnh liệt với nước không tan nước Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 (1) 1,5 mol ← mol → 1,5 mol Cl2 dư: 2,5 − 1,5 = mol Sau phản ứng: { Br2 : 1,5 mol + Chú ý: Dung dịch Cl2 khơng có tính khử, có tính oxi hố Tuy nhiên, dung dịch Br2 , I2 tính khử tác dụng với chất oxi hố mạnh (ví dụ khí clo) 5Cl2 + Br2 + 6H2 O → 2HBrO3 + 10HCl nCl2 (dư) Ta có: = = < ⇒ Cl2 pư hết nBr2 1,5 1 ⇒ nBr2 (pư) = nCl2 = = 0,2 mol ⇒ nBr2 (dư) = 1,5 − 0,2 = 1,3 mol 5 ⇒ mBr2 = 1,3.160 = 208 gam Câu 8: Cho m gam hỗn hợp X gồm Na, K, Ba phản ứng hết với dung dịch chứa 0,2 mol Fe(NO3 )2 , 0,2 mol CuCl2 Kết thúc phản ứng thu kết tủa, dung dịch Y 0,45 mol H2 Cô cạn Y thu 109,9 gam chất rắn khan Tìm m (Biết phản ứng diễn khơng khí) Bài làm Ta dùng bảo tồn khối lượng để tính m Na + HOH → NaOH + H2 nOH− = 0,9 mol Ta có: ⇒ nOH− = nH2 O = 2nH2 ⇒ { n K + HOH → KOH + H2 H2 O = 0,9 mol {Ba + 2HOH → Ba(OH)2 + H2 738 Công phá đề thi quốc gia mơn Hố 2a + 2b = 0,162 a = 0,045 Từ (*) (**): { ⇒{ a − b = 0,009 b = 0,036 nOH = naxit + 2nancol = a + 2b = 0,117 mol ∑ ⇒ nNa = nOH = 0,117 mol ⇒ nH2 = nOH = 0,0585 mol Vì OH + Na → ONa + H2 ↑ Bảo toàn khối lượng: mrắn = m = mX + mNa − mH2 = 6,354 + 0,117.23 − 0,0585.2 = 8,928 gam Câu 97: Đốt cháy 5,6 gam hỗn hợp X chứa propin; vinyl axetilen; etylen thu 0,42 mol CO2 Mặt khác đun nóng 5,6 gam X với H2 có mặt Ni làm xúc tác thu hỗn hợp hidrocacbon Y có phân tử khối 41,5 Dẫn tồn Y qua bình đựng dung dịch AgNO3 /NH3 dư tạo m gam kết tủa, thu 0,091 mol hỗn hợp khí Z Đốt cháy toàn Z thu 0,252 mol CO2 0,28 mol nước Giá trị m Bài làm +O2 C3 H4 → 0,42 mol CO2 +O2 5,6 gam X {C4 H4 ⟦H2 ,t°,Ni +AgNO3 /NH3 Y(MY = 41,5) → {0,091 mol Z → 0,252 mol CO2 + 0,28 mol H2 O C2 H4 → m gam kết tủa Giả sử Y có chất có phản ứng với AgNO3 /NH3 : C ≡ C − C, C ≡ C − C = C, C ≡ C − C − C với số mol a, b, c (mol) (coi hỗn hợp Y1 ) Ta tìm phương trình tốn học để giải a, b, c 1) PT số 1: Bảo toàn khối lượng: mY = mZ + mY1 * Tìm mY : + Xét X: Bảo toàn khối lượng: mH(X) = mX − mC(X) = 5,6 − 0,42.12 = 0,56 gam ⇒ nH(X) = 0,56 mol ⇒ nX = nH(X) = 0,14 mol nY = nX = 0,14 mol ⇒ mY = 0,14.41,5 = 5,81 gam * Tìm mZ : Bảo toàn khối lượng: mZ = mC + mH = 0,252.12 + 0,28.2 = 3,584 gam Ta có: mY = mZ + mY1 ⇒ mY1 = 5,81 − 3,584 = 2,226 gam ⇒ mC3 H4 + mC4 H4 + mC4 H6 = 2,226 gam ⇒ 40a + 52b + 54c = 2,226 (∗) 2) PT số 2: Bảo toàn liên kết π Ta có: nπY = nπY + nπZ * Tìm nπY : mH2 (pư) = mY − mX = 5,81 − 5,6 = 0,21 gam ⇒ nH2 (pư) = 0,105 mol 0,56 Đốt X: 0,42 mol CO2 , = 0,28 mol H2 O Ta có: nCO2 − nH2 O = (πX − 1)nX ⇒ 0,42 − 0,28 = (πX − 1) 0,14 ⇒ πX = ⇒ nπX = πX nX = 2.0,14 = 0,28 mol Ta có: nπY = nπX − nH2 = 0,28 − 0,105 = 0,175 mol * Tìm nπZ : Đốt cháy Z: 0,252 mol CO2 + 0,28 mol H2 O Ta có: nCO2 − nH2 O = (πZ − 1)nZ ⇒ 0,252 − 0,28 = (πZ − 1) 0,091 ⇒ πZ = Ta có: nπY = nπY1 + nπZ ⇒ nπY1 13 ⇒ nπZ = πZ nZ = 0,063 mol = nπY − nπZ = 0,175 − 0,063 = 0,112 ⇒ 2nC3 H4 + 3nC4 H4 + 2nC4 H6 = 0,112 ⇒ 2a + 3b + 2c = 0,112(∗∗) 3) PT số 3: Bảo tồn số mol Ta có: nY = nY1 + nZ ⇒ nY1 = nY − nZ = 0,14 − 0,091 = 0,049 mol ⇒ a + b + c = 0,049 (∗∗∗) 40a + 52b + 54c = 2,226 a = 0,028 Từ (*), (**), (***): { 2a + 3b + 2c = 0,112 ⇒ { b = 0,014 a + b + c = 0,049 c = 7.10−3 795 Công phá đề thi quốc gia mơn Hố Câu 98: Cho gam bột Cu vào 200ml dung dịch AgNO3 , sau thời gian phản ứng lọc dung dịch A 9,52 gam chất rắn Cho tiếp gam bột Pb vào dung dịch A, phản ứng xong lọc tách dung dịch B chứa muối 6,705 gam chất rắn Nồng độ dung dịch AgNO3 ban đầu Bài làm Dung dịch B chứa muố ⇒ Đó phải muối Pb(NO3 )2 1 x Giả sử có x mol AgNO3 ⇒ nPb(NO3)2 = nNO3 = nAgNO3 = mol 2 + Ban đầu: ∑ mkim loại = mCu + mAg + +mPb = + 108x + = 16 + 108x (∗) x + Sau cùng: ∑ mkim loại = mrắn(A) + mrắn(B) + mPb(dung dịch B) = 9,52 + 6,705 + 207 = 16,225 + 103,5x(∗∗) Từ (∗) (∗∗): 16 + 108x = 16,225 + 103,5x ⇒ x = 0,05 Câu 99: Cho hỗn hợp X chứa C3 H6 , C4 H10 , C2 H2 , H2 Cho m gam X vào bình kín chứa Ni nung nóng đến hồn tồn thu Y Đốt cháy Y cần vừa đủ a mol oxi, cho sản phẩm cháy qua bình đựng nước vơi dư thấy khối lượng dung dịch giảm 21,45 gam Nếu cho Y tác dụng với brom dư thấy có 0,15 mol brom phản ứng Mặt khác 0,5 mol X có khả phản ứng với tối đa 0,4 mol brom Hãy xác định a? Bài làm Cách 1: Cách chuẩn mCO2 + mH2 O − mCaCO3 = −21,45 (1) nBr2 = 0,15 mol (2) nBr2 = 0,8 (3) nX Giả sử X có chất với số mol a, b, c, d mol Ta có: (1) : − 114a − 134b − 94c + 18d = −21,45 (2): a + 0b + 2c − d = 0,15 (vì nBr2 (Y) = nBr2 (X) − nH2 (X) ) (3): { a+0b+2c+0d a+b+c+d = 0,8 ⇒ 0,2a − 0,8b + 1,2c − 0,8d = Cần tìm nO2 = 4,5a + 6,5b + 2,5c + 0,5d (∗) Sử dụng hệ số bất định, ta có: 4,5a+6,5b+2,5c+0,5d=36 (-114a-134b-94c+18d)+ ⇒ nO2 = 92 115 (a+0b+2c-d)- (0,2a-0,8b+1,2c-0,8d) 92 115 (−21,45) + (0,15) − = 0,9375 mol 36 9 Cách 2: Sử dụng số đếm Đề cho ta chất ứng với ẩn số, nhiên cho ta kiện: (1), (2), (3) Ta có quyền bỏ chất Ta khơng bỏ hidro làm chất toán Ở ta định bỏ axetilen (bạn bỏ butan propen, tuỳ bạn) 18(3a + b + 5c) − 56 (3a + 4c) = −21,45 C3 H6 : a mol a {C4 H10 : c mol ⇒ { a+b+c = 0,8 H2 : b mol a − b = 0,15 ⇒ a = 0,3; b = 0,15; c = −0,075 ⇒ nO2 = 0,9375 Câu 100: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm metanol, etanol, sobitol, glixerol, etilen glicol cần vừa đủ 0,1428 mol oxi thu 0,1568 mol nước Mặt khác cho 0,1 mol X tác dụng với Na dư có 0,10625 mol hidro Tìm % khối lượng etanol có X 796 Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố Bài làm Cách 1: Nhận thấy X chứa { Cn H2n+2 On (là chất trung bình CH4 O, C2 H6 O2 , C3 H8 O3 , C6 H14 O6 ): a mol C2 H6 O ∶ b mol Ta thấy có ẩn số n, a b nO2 n H2 O Ta có kiện: {n 0,10625 H2 = = 1,0625 nX 0,1 ⇒ Ta chắn tìm a, b, n * Giải tiếp: Ta có: 2n + n − ) + b (2 + − ) = 0,1428 4 2n + nH2 O = a + b = 0,1568 2 na + b nH2 = = 1,0625 { nX a+b nO2 = a (n + na = 0,0784 na + 0,5a + b = 0,1428 na 0,0784 ⇒ { na + a + 3b = 0,1568 ⇒ { a = 0,028 ⇒ n = = = 2,8 a 0,028 b = 0,0168 na − 2,125a − 1,125b = 46b ⇒ %mC2 H6 O = 100% = 24,3% (30n + 2)a + 46b Cách 2: 𝐒Ử 𝐃Ụ𝐍𝐆 𝐒Ố ĐẾ𝐌 Đề cho ta chất: CH3 OH, C2 H5 OH, C2 H4 (OH)2 , C3 H5 (OH)3 , C6 H8 (OH)6 ⇒ Có ẩn số nH Đề cho ta kiện: nO2 , nH2 O , ⇒ Theo số đếm, ta bỏ (5 − 3) = chất nX Do u cầu tính %metanol nên ta khơng bỏ etanol ⇒ Ta có quyền bỏ chất lại Giả sử ta bỏ sobitol, glixerol (bạn bỏ số chất (trừ etanol)) CH4 O: a mol ⇒ X { C2 H6 O: b mol C2 H6 O2 : c mol 6 nO2 = a (1 + − ) + b (2 + − ) + c (2 + − ) = 0,1428 4 a = −0,0224 nH2 O = 2a + 3b + 3c = 0,1568 Ta có: ⇒ { b = 0,0168 a + b + 2c c = 0,0504 a + b + 2c nH2 nOH = a + b + 2c ⇒ nH2 = ⇒ = = 1,0625 { nX a+b+c 46b ⇒ %metanol = 100% = 24,3% 32a + 46b + 62c * Chú ý: Dễ dàng nhận thấy, SỐ ĐẾM giúp bạn giải tốn nhanh gọn xác! Hơn nữa, cách dùng số đếm đơn giản, giúp bạn tiết kiệm thời gian thi đại học! Câu 101: Thực thí nghiệm sau, số thí nghiệm xảy phản ứng oxi hoá khử là: (1) Cho sắt (III) oxit tác dụng với dung dịch HI dư (2) Cho dung dịch HCl vào dung dịch sắt (II) nitrat (3) Sục khí sunfuro vào dung dịch thuốc tím (4) Sục khí cacbonic vào nước Gia-ven (5) Cho Be vào nước sôi (6) Sục khí clo vào nước brom 797 Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố (7) Cho nhơm vào axit nitric đặc nguội (8) Cho khí nito đioxit vào nước khơng có oxi tham gia phản ứng (9) Cho khí clo tác dụng với vơi sữa 30 ℃ (10) Lấy Fe ngâm vào axit sunfuric đậm đặc, sau cho tiếp vào dung dịch HCl lỗng Bài làm (1): Fe2 O3 + HI → FeI3 + H2 O (phản ứng trao đổi) Nhưng Fe3+ có tính oxi hố, I − có tính khử mạnh nên không xảy phản ứng: Fe3+ + I − → Fe2+ + I2 ↓ +3 −1 +2 ⏞ ⏞ ⏞ Vì khơng tồn FeI3 phản ứng xảy xác sau: Fe2 O3 + H ⏞ → Fe I2 + H2 O + I2 ↓ I (tím đen) Đây phản ứng oxi hố khử (2) HCl(H + + Cl− ) + Fe(NO3 )2 (Fe2+ , NO− ) ⇒ Fe2+ (tính khử) + (H + + NO− )(tính oxi hố mạnh) 3 +5 +2 ⏞ ⏞ Fe + H + N O− → Fe3+ + H2 O + N O ↑ Đây phản ứng oxi hố khử (3) SO2 (tính khử S +4 ) + KMnO4 (tính oxi hố Mn+7 ): 2+ +4 + +7 +2 ⏞ ⏞ ⏞ O2 + 2K Mn O4 + 2H2 O → 1K SO4 + Mn SO4 + 2H2 SO4 S Đây phản ứng oxi hoá khử (4) Nước Gia-ven chứa: NaClO, NaCl, H2 O Tính axit giảm dần: HCl > H2 CO3 > HClO ⇒ H2 CO3 đẩy HClO khỏi NaClO (nhưng phản ứng thông thường) NaClO + H2 O + CO2 (dư) → NaHCO3 + HClO Đây phản ứng oxi hoá khử (5) Be kim loại kiềm thổ Be không phản ứng với nước dù nhiệt độ cao Không xảy phản ứng (6) Nước clo có chứa Cl2 + H2 O (chứa HClO có tính oxi hố mạnh Cl+1 ) Br2 bắt đầu có 0 −1 +5 ⏞ ⏞ ⏞ ⏞ tính khử yếu: Cl2 + Br2 + H2 O → H Br O3 + H Cl Đây phản ứng oxi hoá khử (7) Al, Cr, Fe bị thụ động hố (khơng tan HNO3 đặc nguội, H2 SO4 đặc nguội) Vì coi khơng xảy phản ứng hoá học +4 +3 +5 ⏞ ⏞ ⏞ (8) N O2 + H2 O → H N O2 + H N O3 Đây phản ứng oxi hố khử (9) Vơi sữa chứa Ca(OH)2 tan: 30℃ ⏞ Cl2 + Ca(OH)2 → −1 +1 ⏞ ⏞ CaOCl2 (clorua vôi: Cl − Ca − Cl O) + H2 O Đây phản ứng oxi hoá khử (10) Khi cho Fe vào H2 SO4 đặc nguội (Cr, Al có tính chất tương tự) Fe khơng tan bên bị phủ lớp oxit bền Lấy Fe ra, cho vào dd HCl loang, sắt không tan Như coi không xảy phản ứng hố học Khơng xảy phản ứng hố học Câu 102: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch chứa x mol NaOH y mol natri aluminat ta thu đồ thị sau Tìm tỉ lệ x: 798 Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố 𝑛 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 0,2 0,4 0,6 𝑛 𝐻𝐶𝑙 1,0 Bài làm * Chú ý: Khi cho HCl vào dung dịch chứa NaOH, NaAlO2 Do NaOH có tính bazo mạnh NaAlO2 nên NaOH phản ứng trước với HCl Sau HCl dư có phản ứng với NaAlO2 Các phản ứng diễn sau: (1) NaOH + HCl → NaCl (2) Al(OH)− + 1H + → Al(OH)3 ↓ +H2 O (3) Al(OH)3 + 3H + → Al3+ + 3H2 O Thí nghiệm 1: Như ta nhỏ HCl từ từ đến dư vào hỗn hợp chứa a mol OH − b mol AlO− (Al(OH)− ) ta thu kết sau: 𝑛 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 b a (a+b) (a+4b) 𝑛 𝐻𝐶𝑙 Thí nghiệm 2: Nếu ta nhỏ từ từ đến dư HCl vào dung dịch chứa b mol NaAlO2 ta thu kết sau: 𝑛 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 b b 𝑛 𝐻𝐶𝑙 4b Dễ thấy từ đồ thị TN1, ta tịnh tiến đồ thị sang bên tay trái đoạn a (bằng nHCl ) ta thu đồ thị TN2: 799 Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố Áp dụng: nAl(OH)3 nAl(OH)3 b 0,2 nHCl 0,4 0,6 a 1,0 (a+b) (a+4b) nHCl Ta có: a = 0,4 Tịnh tiến đồ thị sang bên trái 0,4 đơn vị để hình vẽ quen thuộc nAl(OH)3 b 0,2 b (0,6 − 0,4) (1 − 0,4) 4b nHCl 0,6 − 0,4 0,2 = a 0,4 b b Ta có: { ⇒ b = 0,3 ⇒ = = 4b − (1 − 0,4) 0,2 b 0,3 = 4b − b b Câu 103: Hoà tan hết a gam Fe 0,12 mol HCl thu dung dịch X 0,04 mol hidro Cho X tác dụng với dung dịch bạc nitrat dư, sau phản ứng xảy hoàn toàn thu V lít khí NO (sản phẩm khử nhất) b gam chất rắn Tìm V+b Bài làm Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑ 0,04 ← 0,08 ← 0,04 ← 0,04 Như vậy: nHCl(dư) = 0,12 − 0,08 = 0,04 mol 0,04 mol FeCl2 +AgNO3 X: { → 0,04 mol HCl Do có 0,04 mol HCl ⇒ có 0,04 mol H + ⇒ có (H + + NO− ) −) + + 2+ Do (H + NO3 có tính oxi hố mạnh Ag ⇒ Fe phản ứng với (H + + NO− ) trước, sau Fe2+ cịn dư có phản ứng với Ag + + Xét Fe2+ + (H + + NO− ): 3Fe2+ + 4H + + 1NO− → 3Fe3+ + 2H2 O + 1NO ↑ 0,03 ← 0,04 → 0,01 ⇒ Sau phản ứng dư (0,04 − 0,03) = 0,01 mol Fe2+ Các phản ứng xảy ra: Fe2+ + Ag + → Fe3+ + Ag ↓ 0,01 mol → 0,01 mol + − Ngồi cịn có phản ứng trao đổi: Ag + Cl → AgCl ↓ nCl− = nHCl = 0,12 mol ⇒ nAgCl = nCl− = 0,12 mol VNO = 0,01.22,4 = 0,224 lít Vậy { b = m + m ⇒ V + b = 18,524 Ag AgCl = 0,01.108 + 0,12.143,5 = 18,3 gam 800 Công phá đề thi quốc gia mơn Hố Câu 104: Cho p gam hỗn hợp A gồm Cu Pb vào 0,24 mol HNO3 thu dung dịch B 0,03 mol NO Hoà tan hoàn toàn 2,24 gam Fe vào B thấy có V lít NO bay thu dung dịch C Cho tiếp 2,6 gam Zn vào C, phản ứng kết thúc thu dung dịch D 2,955 gam kim loại (biết No sản phẩm khử N +5 ) Tìm p+V Bài làm +) 4H + + NO− + 3e → NO ↑ +2H2 O 0,12 ← 0,03 ← 0,09 ← 0,03 nH+ dư = 0,24 − 0,12 = 0,12 Sau cho A vào axit ta có {n − = 0,24 − 0,03 = 0,21 NO3 dư 0,12 mol H + 2,24 +) Cho = 0,04 mol Fe + {0,21 mol NO− 56 Cu+ , Pb+ 4H + + NO− + 3e → NO ↑ +2H2 O nH+ 0,12 3 = 0,6 < = ⇒ H + hết ⇒ ne nhận tối đa = nH+ = 0,12 = 0,09 mol e nNO− 0,21 4 Fe − 3e → Fe3+ ⇒ ne nhường tối đa = 3nFe = 3.0,04 = 0,12 mol e > 0,09 mol e = ne nhận tối đa ⇒ Fe dư ⇒ tính theo H + : 4H + + NO− + 3e → NO ↑ +2H2 O 0,12 → 0,03 → 0,09 → 0,03 (⇒ VNO = 0,03.22,4 = 0,672 lít nNO−dư = 0,21 − 0,03 = 0,18 mol) ⇒ ne trao đổi = 0,09 mol Fe − 3e → Fe3+ 0,03 ← 0,09 → 0,03 ⇒ nFe dư = 0,04 − 0,03 = 0,01 mol 0,03 mol Fe3+ Cu2+ (Sắp xếp theo tính oxi hố tăng dần) Fe+ { Pb2+ 0,18 mol NO− ⇒ Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+ 0,01 → 0,02 → 0,03 0,01 mol Fe3+ Cu2+ +2,6 gam Zn~0,04 mol Zn ⇒ nFe3+dư = 0,03 − 0,02 = 0,01 mol ⇒ C → D + 2,955 gam kim loại Pb2+ 0,03 mol Fe2+ { 0,18 mol NO− Các phản ứng: (1): Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+ 0,005 ← 0,01 → 0,005 → 0,01 ⇒ Còn lại 0,035 mol Zn Bảo toàn NO− ⇒ 2nCu+Pb = (n(NO−)(C) − 3nFe3+ − 2nFe2+ ) ⇒ nCu+Pb = 0,045 mol 3 (2) 0,035 mol Zn+ 0,045 mol (Cu2+ , Pb2+ ) ⇒ Zn pư hết Do 2,955 gam>2,6 gam⇒ Zn phản ứng với Pb2+ (Vì phản ứng Zn với Fe3+ , Cu2+ làm giảm khối lượng rắn MZn > MCu ) ⇒ Pb2+ dư nZn2+ = 0,04 Như vậy, dd D: {nPb2+dư = nCu+Pb − nZn = 0,045 − 0,035 = 0,01 nFe2+ = 0,03 + 0,01 = 0,04 2,955 gam chứa Cu, Pb với số mol tương ứng a b mol a + b = 0,035 Ta có: { ⇒ a = 0,03; b = 0,005 ⇒ p = 2,955 + mPb2+ dư = 2,955 + 0,01.207 = 5,025 64a + 207b = 2,955 Câu 105: Trong dung dịch X tích V lít CH3 COOH 0,1M, tồn cân sau: CH3 COOH ↔ CH3 COO− + H + Tiến hành thí nghiệm sau: 801 Công phá đề thi quốc gia môn Hoá 1) Thêm chút muối natri axetat vào X 2) Thêm vài giọt dung dịch HCl đặc vào X 3) Thêm vào chút muối natri phenolat 4) Thêm vào vài giọt NaOH 5) Pha loãng X nước 6) Thêm V lít NaCl 0,1 M vào dung dịch X 7) Thêm V lít dung dịch axit axetic 0,05M vào dung dịch X Nếu gọi độ điện li axit α số thí nghiệm làm tăng độ điện li là? Bài làm * Chú ý: Viết phản ứng dạng đầy đủ: CH3 COOH+H2 O↔CH3 COO- +H3 O+ (pư thuận nghịch, chiều) Độ điện li chất điện li α = số phân tử điện li số phân tử hoà tan ⇒ Để tăng độ điện li cần làm phản ứng chuyển dịch sang phía bên phải (tức chiều điện li thành ion) ⇒ Ta tăng nồng độ chất tham gia giảm nồng độ chất tạo thành 1) Thêm CH3 COONa vào X: điện li CH3 COONa → CH3 COO− + Na+ ⇒ Tăng CH3 COO− ⇒ Cân chuyển dịch sang trái ⇒ Loại 2) Thêm HCl đặc: điện li HCl → H + + Cl− ⇒ Tăng H + ⇒ Cân chuyển dịch sang trái ⇒ Loại 3) Thêm vào C6 H5 ONa: điện li C6 H5 ONa → C6 H5 O− + Na+ C6 H5 O− + H2 O ↔ C6 H5 OH + OH − OH − (C6 H5 ONa tạo ra) + H + (CH3 COOH bị điện li) → H2 O ⇒ Giảm H + ⇒ Cân chuyển dịch sang phải ⇒ Chọn 4) Thêm NaOH điện li NaOH → Na+ + OH − OH − + H3 O+ → 2H2 O ⇒ Giảm H3 O+ ⇒ Cân chuyển dịch sang phải ⇒ Chọn 5) Pha loãng X nước: Tăng H2 O (CH3 COOH + H2 O ↔ CH3 COO− + H3 O+ ) ⇒ Cân chuyển dịch sang phải ⇒ Chọn 6) Thêm vào V lít dung dịch NaCl giống hệt việc thêm vào V lít nước ⇒ Tương tự 5) ⇒ Chọn 7) Thêm V lít dd axit axetic 0,05 M vào V lít dd X chứa axit axetic 0,1M ⇒ Pha lỗng nồng độ axit dung dịch ⇒ Giống với việc bổ sung thêm nước vào dung dịch X ⇒ Chọn Bài 106: Cho chất hữu có CTPT C2 H10 N2 O3 Cho 11 gam X tác dụng với 0,3 mol NaOH, đun nóng để phản ứng xảy hoàn toàn, ta thu hỗn hợp Y gồm khí có khả làm đổi màu q tím ẩm dung dịch Z Cơ cạn dung dịch Z thu m gam chất rắn khan Tìm m Bài làm X H4 N − O − CO − O − H3 N − CH3 ( Muối axit cacbonic NH3 + CH3 NH2 ) Do NaOH bazo mạnh NH3 , CH3 NH2 ⇒ NaOH đẩy NH3 , CH3 NH2 khỏi muối COONH4 , COOH3 N-CH3 11 nX = = 0,1 mol 110 NaOH + H4 N − O − CO − O − H3 N − CH3 + NaOH → Na2 CO3 + NH3 ↑ +CH3 NH2 ↑ 0,1 mol ← 0,1 mol → 0,1 mol → 0,1 mol 0,1 mol Na2 CO3 Sau phản ứng có: Z { 0,3 − 0,1 − 0,1 = 0,1 mol NaOH dư Câu 107: Cho dd: dd A chứa NaOH 1M Ba(OH)2 0,5M; dd B chứa AlCl3 1M Al2 (SO4 )3 0,5M - Cho V1 lít A vào V2 lít B thu 56,916 gam kết tủa - Cho BaCl2 dư phản ứng hồn tồn với V2 lít B thu 41,94 gam kết tủa V1 Tìm : V2 802 Cơng phá đề thi quốc gia mơn Hố Bài làm +) Xét thí nghiệm 2: +BaCl2 dư 41,94 y mol AlCl3 B{ → BaSO4 ↓⇒ nBaSO4 = 3nAl2 (SO4 )3 = 1,5y mol ⇒ 1,5y = ⇒ y = 0,12 (SO4 )3 0,5y mol Al2 233 0,12 mol AlCl3 0,24 mol Al3+ ⇒ B{ ⇒{ 0,06 mol Al2 (SO4 )3 0,18 mol SO2− +) Xét thí nghiệm 1: 0,24 mol Al3+ x mol NaOH 2x mol OH − A{ ⇒{ +B{ → 56,916 gam kết tủa 0,5x mol Ba(OH)2 0,5x mol Ba2+ 0,18 mol SO2− * 0,5x mol Ba2+ + 0,18 mol SO2− TH1: 0,5x≥ 0,18 ⇒ x ≥ 0,36 (∗) ⇒ nBaSO4 = nSO2− = 0,18 mol ⇒ mAl(OH)3 = 56,916 − 0,18.233 = 14,976 ⇒ nAl(OH)3 = 0,192 mol nOH−(Al(OH)3 ) = 3nAl(OH)3 = 3.0,192 = 0,576 Vì x ≥ 0,36 ⇒ nOH− = 2x ≥ 0,72 > 3nAl(OH)3 = 0,576 ⇒ Có Al(OH)− nOH− − 3nAl(OH)3 2x − 0,576 nAl(OH)− = = ⇒ nAl3+ = nAl(OH)3 + nAl(OH)− 4 4 2x − 0,576 ⇒ 0,24 = 0,192 + ⇒ x = 0,384 (Thoả mãn điều kiện x ≥ 0,36) V1 x ⇒ = = 3,2 V2 y TH2: 0,5x < 0,18 ⇒ x < 0,36 ⇒ nBaSO4 = nBa2+ = 0,5x mol ⇒ mBaSO4 = 116,5x gam ⇒ mAl(OH)3 = 56,916 − 116,5x (gam) 56,916 − 116,5x ⇒ nAl(OH)3 = mol 78 56,916 − 116,5x 2x mol OH − + 0,24 mol Al3+ → mol Al(OH)3 78 nOH− 2x 2.0,36 56,916 − 116,5x = < = ⇒ Al3+ dư ⇒ 3nAl(OH)3 = nOH− ⇒ = 2x ⇒ x = 0,3378 nAl3+ 0,24 0,24 78 (Thoả mãn x