100 câu hoá học siêu khó năm 2016

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá

Câu 1. Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (Y nhiều hơn X một nguyên tử C) và Hidro. Cho 0,4 mol
M vào bình kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp N. Đốt cháy
toàn N thu được 12,544 lít khí
CO
10,08 gam nước. Tìm % khối lượng của X trong hỗn hợp M.
2 và
Bài làm
12,544
10,08
nCO2 =
= 0,56 mol;Hn
=
= 0,56 mol
2O
22,4
22,4
Cách 1: Đây là cách hơi dài một chút nhưng là cách đơn giản rất dễ nghĩ ra
Giả sử X và Y là:
=n
c mol
n HC
2n−2 (n ≥ 2) và C
n+1H2n+2 với số mol lần lượt là a, b mol
H2và
Như vậy ta sẽ có 4 ẩn số: n, a, b, c. Trong khi đó ta cóM3, dữ
nCO2kiện:
, nH2O n
Như vậy tuy rằng ta không thể giải ra được cụ thể n, a, b, c nhưng ta có thể tìm được mối liên hệ
số này, vì vậy đây cũng là cách rất đáng thử
Ta có 3 dữ kiện ứng với 3 phương trình sau:
nM = nX + nY + nH2 ⇒ 0,4 = a + b +(1)
c
). nY = n. a +(n + 1). b = 0,56
(2)
nCO2 = n. n
X + (n + 1

Chú ý: Việc đốt cháy hỗn hợp N cũng hoàn toàn giống với việc đốt cháy hỗn hợp M. Vì vậy khi đố
hợp M ta cũng thu được sản phẩm giống như đốt cháy hỗn hợp N.
+O2

Nghĩa là: M
→ 0,56 mol CO
O
2 + 0,56 mol 2H
(3)
nH2O = (n − 1). nX + (n + 1). nY + nH2 = (n − 1). a +(n + 1). b + c = 0,56
a + b + c = 0,4
Ta có(∗) {na + nb + b = 0,56
na + nb − a + b + c = 0,56
Việc cần làm tiếp theo là thế 1 ẩn số theo các ẩn số khác để giảm bớt số ẩn số. Nhận thấy việc th
a − b là đơn giản nhất, khi đó 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 đây ta sẽ có 2 hướng để làm.
Hướng 1: Sử dụng luôn phương pháp chặn hai đầu.
Nhiệm vụ là tìm ra n, vì vậy xét 2 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 = 2
a + b + c = 0,4
a + b + c = 0,4 a = 0,16
⇒ (∗) {
2a + 2b + b = 2a + 3b = 0,56 ⇒{ 2a + 3b = 0,56⇒ {b = 0,08
2a + 2b − a + b + c = a + 3b + c = 0,56
a + 3b + c = 0,56 c = 0,16
0,16 mol 2C
H2
0,16.26
H6 ⇒ %mX = %mC2H2 =
⇒ M{0,08 mol 3C
100% = 53,06%
0,16.26 + 0,08.42 + 0,16.2
0,16 mol 2H
Hướng 2: Biến đổi cho đơn giản hơn và sử dụng phương pháp chặn 2 đầu
na + nb = 0,56 − b (I)
na + nb + b = 0,56 na + nb = 0,56 − b
){
Ta có:(∗∗
⇒{
⇒ (∗∗∗)
{
na + nb − 2a = 0,16 (0,56 − )b− 2a = 0,16
2a + b = 0,4 (II)
TH1: a = 0
0,56 − 0,4
n. 0 + n. b = 0,56 − bn. b = 0,56 − b
(∗∗∗)
⇒{
⇒n=
= 0,4
{
2.0 + b = 0,4
b = 0,4
0,4
TH2: b = 0
0,56
n. a + n. 0 = 0,56 − 0n. a = 0,56
(∗∗∗
){
⇒{
⇒n=
= 2,8
2. a + 0 = 0,4
a = 0,2
0,2
Như vậy: 0,4 < n < 2,8
729

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá

Chú ý: Mục đích của hướng 2 chỉ là biến đổi để tạo thành biểu thức (2a + b = 0,4), như vậy khi ta x
hoặc b=0 thì ta sẽ dễ dàng tìm ra được b hoặc a ngay lập tức từ biểu thức 2a + b = 0,4.
Vì vậy nếu bạn đang vội thì có thể dùng luôn Hướng 1 cũng rất tốt, không cần biến đổi theo Hướng
* Nhận xét: Như vậy bài toán trên đã được giải khá thành công dựa vào MẸO CHẶN HAI ĐẦU. Tuy
cách biến đổi đại số khá là dài nhưng lại là cách rất đơn giản để nghĩ tới và làm, không cần vận dụn
duy phức tạp. Trong phòng thi đại học thường áp lực tâm lí rất lớn, vì vậy thay vì việc loay hoay tìm
hướng giải nhanh chóng nhất, hay nhất (thường mất nhiều thời gian, sức lực, nhầm lẫn) thì bạn có
dụng luôn cách giải đại số này, có khi còn tiết kiệm thời gian hơn việc mày mò tìm cách giải nhanh
Với bài toán trên, đề bài không cho các bạn thử đáp án. Tuy nhiên, nếu đề bài yêu cầu: “Bạn hãy xá
và Y:
𝐀. C
B. C
C. C
D. C
4H6, C
5H10
5H8 và C
6H12
3H4 và C
4H8
2H2 và C
3H6”
Thì bạn hoàn toàn có thể thử đáp án luôn bằng việc thay trực tiếp n (n = 4 (Đáp án A) hoặc n = 3 (Đ
C) hoặc n = 5 (Đáp án B) hoặc n = 2 (Đáp án D)) vào hệ
a + b + c = 0,4
(∗) { na + nb + b = 0,56
để tìm ra đáp số.
na + nb − a + b + c = 0,56
* Chú ý: Bài toán trên có thể giải bằng cách khác, ngắn gọn và đơn giản hơn rất nhiều (mặc dù sẽ p
duy nhiều hơn). Cách giải này sẽ được đề cập đến trong phần MẸO CHỌN QUÁ TRÌNH để giải các
trong đề thi đại học. Tuy nhiên, cách giải đại số trên là cách giải tổng quát nhất, bạn sẽ hiểu hơn k
dụng cách giải đại số kết hợp với MẸO CHẶN HAI ĐẦU trong các bài tập sau:
Câu 2. Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (Y nhiều hơn X một nguyên tử C) và Hidro. Cho 1,52 mol h
M vào bình kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp N. Đốt cháy ho
toàn N thu được 52,64 lít khí
CO
55,8 gam nước. Tìm % khối lượng của X trong hỗn hợp M.
2 và
Bài làm
nCO2 = 2,35 mol;Hn
= 3,1 mol
2O
Giả sử X và Y là:
=n
c mol
n HC
2n−2 (n ≥ 2) và C
n+1H2n+2 với số mol lần lượt là a, b mol
H2và
Như vậy ta sẽ có 4 ẩn số: n, a, b, c. Trong khi đó ta cóM3, dữ
nCO2kiện:
, nH2O n
nM = nX + nY + nH2 ⇒ 1,52 = a + b +(1)
c
). nY = n. a +(n + 1). b = 2,35
(2)
nCO2 = n. n
X + (n + 1
(3)
nH2O = (n − 1). nX + (n + 1). nY + nH2 = (n − 1). a +(n + 1). b + c = 3,1
a + b + c = 1,52
Ta có(∗) {na + nb + b = 2,35
na + nb − a + b + c = 3,1
Việc cần làm tiếp theo là thế 1 ẩn số theo các ẩn số khác để giảm bớt số ẩn số. Nhận thấy việc thế
1,52 − a − b là đơn giản nhất, khi đó 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 = 0 ⇒ b = 0,77 − 2a = 0,77 ⇒ n. 0 + n. 0,77 + 0,77 = 2,35 ⇒ n == 2,05
0,77
⇒⟦
0,77 − b
2,35
TH2: b = 0 ⇒ a =
= 0,385 ⇒ n. 0,385 + n. 0 + 0 = 2,35 ⇒ n == 6,1
2
0,385
⇒ 2,05 < n < 6,1 ⇒ n = 3, 4, 5, 6
Cách 2: Ngoài cách làm tổng quát như trên, ta còn có một cách làm khác cũng khá thú vị, có lẽ ngắ
hơn, đó là cách áp dụng PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH kết hợp với MẸO CHẶN HAI ĐẦU
a mol C
n H2n−2 (X)
t°,+O2
0,4 mol M
0,56 mol CO
O
{ b mol C
n+1H2n+2 (Y)→
2 + 0,56 mol 2H
c mol H
2
nCO

0,56

(∗)
Giả sử hai hidrocacbon có số C trung bình là C, tan sẽ2 có
= a+b
C=
X+Y

Như vậy, nhiệm vụ của chúng ta là xác định khoảng giá trị của a và b
730

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá
(1)
Ta có M
n = a + b + c = 0,4
Ta sẽ sử dụng công thức
n nH2O = (k − 1)nX với k = π + v để thiết lập mối quan hệ thứ 2 giữa a, b,
CO2 −
Ta có: CnO2 − nH2O = (nCO2 − nH2O) + (nCO2 − nH2O) + (nCO2 − nH2O)
X

Y

H2

= (2 − 1)nX + (1 − 1)nY + (0 − 1). nH2 = a + 0. b − 1. c = a − c = 0,56 − 0,56 = 0 mol ⇒ a(2)
−c=0
a
+
b
+
c
=
0,4
(∗∗
){
Từ (1) và (2) ta có:
a−c=0
0,56
Nhiệm vụ của ta là xác định khoảng của (a + b) để tính C dựa vào
(∗)C =
a+b
Để tìm được khoảng của (a+b) ta cần tìm được hệ thức chỉ chứa a, b (không chứa c). Vì vậy ta tìm
thế c theo a và b.
Xét (2): a − c = 0 ⇒ c = a ⇒ a + b + c = a + b + a = 2a + b = 0,4
2a + b = 0,4 (3)
0,56
Như vậy 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 + 0,4
TH2: b=0
0,4 − 0
0,56
0,56
(3) ⇒ a =
= 0,2 ⇒ C =
=
= 2,8
2
a + b 0,2 + 0
Vậy 1,4 < C < 2,8
Nếu n=2 ⇒XC= n = 2 và YC= n + 1 = 3 ⇒ thoả mãn 1,4 < C < 2,8
Nếu n=3 ⇒XC= n = 3 và YC= n + 1 = 4 ⇒ C > 3 ⇒ không thoả mãn 1,4 < C < 2,8 ⇒ loại
nM = a + b + c = 0,4
a mol C
a = 0,16
2H2
n
=
2a
+
3b
+
0c
=
0,56
mol C
Tóm lại n=2 thoả mãn ⇒{b
M:
⇒ {b = 0,08
3H6 ⇒ { CO2
nH2O = a + 3b + c = 0,56 c = 0,16
c mol H
2
* Bình luận: Tại sao ta lại nghĩ đến việc xác định 𝐂 mà không cố gắng xác định cụ thể ngay n?
Lí do rất đơn giản: đề bài có 4 ẩn số a, b, c và n trong khi chỉ có
3COdữ
, nkiện
M, n
H2O vìnvậy chắc chắn ta
2

không thể tìm được cụ thể n. Lí do thứ 2 là X và Y hơn kém nhau 1 C, vì vậy nếu xác định được C
biện luận để tìm được n
* Ta sẽ dùng phương pháp trung bình để giải bài toán số 2 như sau
nM = a + b + c = 1,52
Ta có:{
(nCO2 − nH2O) = (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
) = 2a + b + 0,75 = 1,52 ⇒ 2a + b = 0,77
⇒ a + b + c = a + b(a++ 0,75
2a + b = 0,77
nCO2
2,35
Ta có:{
C=
=
nX + nY a + b
2,35
TH1: a = 0 ⇒ b = 0,77 − 2a = 0,77 − 2.0 = 0,77 ⇒ C == 3,05
0 + 0,77
Ta có:⟦
⇒ 3,05 < C < 6,1
0,77 − b 0,77 − 0
2,35
TH2: b = 0 ⇒ a =
=
= 0,385 ⇒ C =
= 6,1
2
2
0,385 + 0
Nếu n = 2 ⇒XC= 2 và C
Y = 3 ⇒ C < 3 ⇒ không thoả mãn 3,05 < C < 6,1 ⇒ loại
Nếu n = 3 ⇒XC= 3 và C
Y = 4 ⇒ 3 < C < 4 ⇒ có thoả mãn 3,05 < C < 6,1
Nếu n = 4,5,6 thì đều thoả mãn
Nếu n = 7 ⇒XC= 7 và C
Y = 8 ⇒ C > 7 ⇒ không thoả mãn 3,05 < C < 6,1
Như vậy n = 3,4,5,6
731

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá

* Từ PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH, chúng ta có thể rút ra được kết quả khá thú vị đó là: Nếu muố
được cụ thể X và Y thì X phải
là
. Điều
𝐂
này có nghĩa là với đề bài tổng quát có dạng sau:
𝟐𝐇𝟐
“Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (Y nhiều hơn X x nguyên tử 𝑦
C)mol
và Hidro.
hỗn hợp
Cho
M vào bình

kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp N. Đốt cháy hoàn toà
𝑀. x, y, z, t
được𝑧 𝑚𝑜𝑙 khí 𝐶𝑂2 và t mol nước. Tìm % khối𝑙ượ𝑛𝑔 𝑐ủ𝑎 𝑋 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎỗ𝑛 ℎợ𝑝(biết
𝑙à 𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑐ℎ𝑜 𝑡𝑟ướ𝑐)
“
Bài làm tổng quát

Nếu đề bài có dạng như trên, để tìm được chính xác X và Y (hay nói cách khác là ta chỉ tìm được m
(X,Y) duy nhất) thì X phải2H
là2 C
Ta sẽ chứng minh như sau:
nM = a + b + c = y
a+b+c=y
Ta có:{
⇒{
nCO2 − nH2O = (2 − 1)a +(1 − 1)b +(0 − 1)c =(z − t)
a − c =(z − t)
Cộng vế với vế ta(a
có+ 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 là các hằng
z . Đặt (y + z − t) = A {⇒
) số
Ta có:{
C=
C=
=
a+b
nX + nY a + b
z
z
TH1: a = 0 ⇒ b = A ⇒ C = = = T
0+A A
A
z
z
⇒ T < C < 2T
⟦
TH2: b = 0 ⇒ a =⇒ C =
= 2. ( ) = 2T
A
2
A
2+ 0
Nếu 0 < T ≤ 1thì không tồn tại (X, Y) thoả mãn. Thật vậy vì khi đó C < 2T ≤ 2.1 = 2 ⇒ C < 2, trong

đó do X là ankin, Y là anken nên C > 2 ⇒ không tồn tại X và Y thoả mãn
Nếu 1 < T ≤ 1,5 ⇒ chỉ có n=2 là thoả mãn (bạn có thể thử với T = 1,1; T = 1,5 để xác định cụ thể n
Nếu T > 1,5 ⇒ sẽ tồn tại nhiều cặp (X, Y) thoả mãn.
Như vậy để bài toán tổng quát trên có một kết quả duy nhất thì2X
H2phải
. Điều
làcó
C có nghĩa là đi thi,
(C2H
bạn có thể biết ngay là (X,Y)
=2, Y) ngay lập tức mà không cần phải giải.
* Bình luận, chúng ta còn có thể tổng quát hoá theo cách khác:
“Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (X nhiều hơn Y x nguyên tử 𝑦
C)mol
và Hidro.
hỗn hợp
Cho
M vào bình

kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp N. Đốt cháy hoàn toà
𝑀. x, y, z, t
được𝑧 𝑚𝑜𝑙 khí 𝐶𝑂2 và t mol nước. Tìm % khối𝑙ượ𝑛𝑔 𝑐ủ𝑎 𝑋 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎỗ𝑛 ℎợ𝑝(biết
𝑙à 𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑐ℎ𝑜 𝑡𝑟ướ𝑐)
“
Để bài toán trên tồn tại một cặp (X,Y) duy nhất thì Ybắt
= 2buộc
(Y: 2C
C
H4)

𝜋) , kết
𝜋)1 và
“ Hỗn hợp M gồm X (X có k liên
Y (X nhiều hơn Y x nguyên tử C và Y có
liên
Hidro.
kết Cho
𝑦 mol hỗn hợp M vào bình kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng. Sau một thời gian thu được hỗ
𝑚𝑜𝑙khí𝐶𝑂2 và t mol nước. Tìm %𝑙ượ𝑛𝑔
𝑀.
cháy hoàn toàn N thu𝑧được
khối 𝑐ủ𝑎 𝑋 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎỗ𝑛 ℎợ𝑝
(biết
𝑙à t𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑐ℎ𝑜 𝑡𝑟ướ𝑐 𝑣à 𝑘 “≥ 2)
k, x, y, z,
Để bài toán trên tồn tại một cặp (X, Y) duy nhất thì Ybắt
= 2buộc C

* Ta có bài toán khá thú vị sau:
Bài 3: Xét 19,2 gam hỗn hợp M gồm anken X và ankan Y (Y nhiều hơn X một C) và hidro. Nếu nung
một thời gian với bột Ni thì thu được hỗn hợp N. Đốt cháy hoàn toàn N thu được 1,3 mol cacbonic v
mol nước. Hãy xác định % khối lượng của X trong M.
Bài làm

Vì đốt cháy N cũng giống đốt cháy M nên đề bài sửa thành: Đốt cháy 19,2 gam M thu đ
cacbonic và 1,3 mol nước.
Ta có: CnO2 − nH2O = (2 − 1)nX + (1 − 1)nY + (0 − 1)nH2 = nX − nH2
Vì nCO2 = nH2O ⇒ nX − nH2 = 0 ⇒ nX = nH2
732

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá

a mol C
nH2n
⇒ M{ a mol H
→ 1,3 mol CO
O
2
2 + 1,3 mol 2H
b mol C
H
n+1 2n+4
Ta có thể giả sử các phản ứng diễn ra như sau:
Đầu tiên: a mol
C2n + a mol H
H2n+2
nH
2 → a mol nC
a mol C
H
n 2n+2
Khi đó: M →
→ 1,3 mol CO
O
{
2 + 1,3 mol 2H
b mol C
n+1H2n+4
Như vậy đề bài chuyển thành đơn giản hơn: “Đốt cháy hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp M gồm 2 ank
đẳng liên tiếp thu được 1,3 mol cacbonic.”
Như vậy ta có thể sử dụng PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH để giải quyết bài toán trên một cách k
gọn như sau.
Do đề bài có 2 dữ kiện:
nCO2 ⇒ Nếu ta đặt CTTB của M
là2mCvà nM = a mol thì ta sẽ có 2 ẩn số là
M, m
mH
m và a ⇒ ta tìm được cụ thể m và a (tư duy theo PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM)
Ta giải như sau:
Giả sử M có CTTB mlàH2m+2
C
và nM = a mol
). a = 19,2 14ma + 2a = 19,2 ma = 1,3
m = (14m + 2
Ta có:{ M
⇒{
⇒{
nCO2 = m. a = 1,3
ma + 0. a = 1,3
a = 0,5
1,3
X: C
2H4
⇒ m = = 2,6 ⇒ X
C< m = 2,6 < YC= CX + 1 ⇒ C
X= 2 ⇒ C
Y = 3 ⇒{Y: CH
0,5
3 8
* Chú ý: Như vậy bài toán trên đã được giải khá sáng tạo dựa trên MẸO CHỌN QUÁ TRÌNH. Nội
mẹo này như sau: “ Chúng ta sẽ đưa vào các quá trình ảo sao cho bài toán ban đầu được đưa về d
giản hơn”. Ví dụ như bài toán trên, ta đã dựa vào phản ứng
+H
C2 → Cn H2n+2 để đưa bài toán
n H2nảo:
phức tạp thành bài toán đơn giản hơn. Chúng ta sẽ tiếp tục vận dụng tư tưởng trên vào một số bà
khác.
Bài 4: Cho 25,8 gam hỗn hợp X gồm MOH,
M2CO3 (M là kim loại kiềm,
n = nMHCO3 ) tác dụng
3, MHCO
MOH
với lượng dư dung dịch
H4 loãng, sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và20,3
. Hãy
mol CO
2SO
xác định % khối lượng của MOH trong X.
Bài làm
Ta có sơ đồ phản ứng như sau:
MOH MOH+MHCO=M CO +H O (∗)
M CO +H+
3
2
3
2
MHCO
25,8 gam {X
25,8 gam
{ 2 3 → 0,3 mol CO
3→
2
H2O
M2CO3
0,3 mol M
2CO
3
(2M + 60
) + 18x (∗∗)
Bảo toàn C:M2nCO3 = nCO2 = 0,3 mol ⇒ 25,8 gam
⇒ 25,8 = 0,3
{
x mol H
2O
Chú ý: Hn2O = x = nM2CO3(∗) < ∑nM2CO3 = 0,3 ⇒ x < 0,3
(∗∗
)
0,6M + 18x = 7,8
Ta có:{
0 < x < 0,3
7,8
TH1: x = 0 ⇒ M = = 13
0,6
Sử dụng MẸO CHẶN HAI ĐẦU:
⇒ 4 < M < 13 ⇒ M =(Li)
9
7,8 − 18.0,3
TH2: x = 0,3 ⇒ M =
=4
{
0,6
Đặt nLiOH = a, n
, a =m
b,CO
n2 ⇒
LiHCO3 = b, n
Li2CO3 = c ta sẽ có 3 ẩn số là a, b, c. Ta cũng có 3 dữ Xkiện:
theo SỐ ĐẾM, ta sẽ dễ dàng tìm ra cụ thể a, b, c.
2
a=
15
2
mX = 26a + 70b + 78c = 25,8
. 26
2
15
Ta có:{ a = b
⇒ b = ⇒ %mLiOH =
100% = 13,44%
25,8
15
nCO2 = b + c = 0,3
1
{ c =6
* Bình luận: Bạn cũng có thể giải theo cách đơn giản hơn như sau:

733

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá

Nếu ta coi số mol của 3 chất lần lượt là a, b, c mol thì ta sẽ có 4 ẩn số: a, b, c, M. T
mX, nMOH = nMHCO3 , nCO2 ⇒ ta sẽ không thể tìm cụ thể được M, chứng tỏ là ta phải biện luận giá trị của
bằng MẸO CHẶN HAI ĐẦU.
) + b(M + 61
) + c(2M + 60
) = 25,8
mX = a(M + 17
Ta có:{ a = b
nCO2 = b + c = 0,3
) + a(M + 61
) + c(2M + 60
) = 25,8 2Ma + 2Mc + 78a + 60c = 25,8
a(M + 17
⇒{
⇒{
a + c = 0,3
a + c = 0,3
Đến đây, bạn có thể sử dụng MẸO CHẶN HAI ĐẦU luôn bằng cách xét 2 TH: a=0 hoặc c=0. Tuy nh
cũng có thể làm cho hệ đơn giản hơn trước khi sử dụng MẸO CHẶN HAI ĐẦU.
25,8 − 78a − 60c
2M(a + c) + 78a + 60c = 25,8 2M. 0,3 + 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 = 0 ⇒ c = 0,3 − a = 0,3 ⇒ M =
= 13
0,6
25,8 − 78.0,3 − 60.0
TH2: c = 0 ⇒ a = 0,3 − c = 0,3 ⇒ M =
=4
0,6
⇒ 4 < M < 13 ⇒ M = 9 (Li)
* Nhận xét: Cách 1 đơn giản hơn về tính toán nhưng khó nghĩ ra hơn. Cách 2 tuy hơi dài nhưng lại r
dàng và đơn giản để nghĩ ra, vì vậy khuyến khích dùng cách 2 khi thi vì cách 2 có định hướng rất rõ
Bài 5: Nung nóng hỗn hợp X (gồm hidrocacbon Y và hidro) với bột Ni, ta thu được hỗn hợp Z chỉ có
hidrocacbon. Tỉ khối của Z so với hidro là 27,75. Đốt cháy hoàn toàn X cần dùng vừa đủ V lít không
thu được 0,5625 mol nước. Tìm V biết Y là hidrocacbon có ít nguyên tử H nhất trong các h
mạch hở có 4 C.
Bài làm
Nhận xét: Hidrocacbon có 4C, mạch hở và có ít H nhất
≡C
C − C ≡ CH
4Hchính
2: CH là
C4H2, C4H4 +O
C H t°,Ni
2
X{ 4 2 → Z{C4H6, C4H8 → 0,5625 mol2H
O (vì đốt Z cũng giống như ),
đốt
MZX= 27,75.2 = 55,5
H2
C4H10
Bài toán trên được giải khá đơn giản bằng PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM như sau:
MZ = 55,5
Xét hỗn hợp Z có 5 chất ⇒ có 5 ẩn số. Ta có 2{ dữ kiện:
⇒ theo SỐ ĐẾM, ta có quyền bỏ đi 3
nH2O = 0,5625
ẩn số bất kì. Ở đây, ta sẽ chọn bỏ đi 3 chất đầu tiên, như vậy Z 4chỉ
H8 và
cònC
lại
với số mol tương
4H
10 C
ứng là a và b mol (bạn có thể bỏ đi 3 chất khác).
56a + 58b
MZ =
= 55,5
a = 0,1875
Ta có:{
⇒{
a+b
b = −0,0375
nH2O = 4a + 5b = 0,5625
8
10
⇒ nO2 = (4 + ) nC4H8 + (4 + ) nC4H10 = 6a + 6,5b = 0,88125 mol
4
4
⇒ nkk = 5nO2 = 4,40625 mol ⇒kkV= 98,7 lít
Bài 6: Trong các nhận định sau, có bao nhiêu nhận định đúng?
a. Natri etylat không phản ứng với nước
b. Toluen không làm mất màu dung dịch brom kể cả khi đun nóng
c. Cumen không phản ứng với dung dịch thuốc tím kể cả khi đun nóng
d. Axit benzoic có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom khi đun nóng.
e. Este luôn có tính khử
f. Este có tính lưỡng tính theo thuyết A-rê-ni-ut
g. Al, Zn là các chất lưỡng tính vì Al, Zn tan được trong cả dung dịch NaOH và cả dung dịch HCl
h. Trong phân tử axit benzoic, gốc phenyl hút electron của nhóm cacboxyl nên axit benzoi
mạnh hơn axit fomic
k. Tất cả các este đều được điều chế từ phản ứng của axit và ancol
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
734

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá

Bài làm
a. Sai
Natri etylat có tính bazo mạnh hơn cả NaOH vì vậy natri etylat khi được hoà tan vào nước sẽ bị t
hoàn toàn (phản ứng hoàn toàn, một chiều) tạo thành NaOH.
C2H5ONa + HOH →
C
2H
5OH + NaOH
* Nhận xét: So sánh tính bazo của các chất sau:
𝐂𝟐𝐇𝟓𝐎𝐍𝐚, 𝐂𝐇
𝐂𝐇
𝐍𝐚𝐂𝐥,
𝐂
𝐇𝟓𝐂𝐇
𝐍𝐚
𝟑𝐎𝐍𝐚, 𝐇𝐂𝐎𝐎𝐍𝐚,
𝟑𝐂𝐎𝐎𝐍𝐚,
𝟔𝐇𝟓𝐎𝐍𝐚,
𝟔𝐂
𝟐𝐎𝐍𝐚, 𝐍𝐚𝐎𝐇,
𝟐𝐂𝐎
𝟑
Tất cả các chất trên đều được tạo ra dựa trên phản ứng của NaOH và axit giả tưởng HX. Axit HX
thì muối giả tưởng NaX có tính bazo càng yếu. Vì vậy để so sánh tính bazo của các chất trên, ta s
tính axit của các chất sau:
C CH
CH
HCl,
CH5CH2OH, H
2H5OH,
3OH, HCOOH,3COOH,
6HC
5OH, 6
2O, H
2CO3
Do C2H5OH, CH
CH5OH, 6CH5CH2OH, H
3OH, 6
2O không có khả năng làm hồng quì tím. Trong khi đó dung
dịch HCl,2H
CO3 có khả năng làm hồng quì tím nên tính axit:
C2H5OH, CH
CH5OH, 6CH5CH2OH, H
CO3
3OH, 6
2O < HCl,2H
+ Xét nhóm𝟐𝐇
𝐂𝟓𝐎𝐇, 𝐂𝐇
𝐇𝟓𝐎𝐇, 𝟔𝐂
𝐇𝟓𝐂𝐇
𝐇
𝐎:
𝟑𝐎𝐇, 𝟔𝐂
𝟐𝐎𝐇, 𝟐
- Vì 2CH5OH, CH
CH5CH2OH là ancol, không tác dụng được với NaOH, nước cũng không
3OH, 6
được với NaOH. Trong khi 6đó
H5OH
C lại là phenol, tuy không có khả năng làm hồng quì tím nhưng đã
phản ứng với NaOH (Nếu cho
C vào nước ta thấy
6H5OH
6HC
5OH không tan, lắng xuống đáy ống nghiệm.
Nhưng nếu ta cho vào ống nghiệm đó dung dịch NaOH dư, khuấy đều thì sẽ thấy phenol tan dần
) + NaOH →6H
ứng (C
C5ONa(tan) + H2O) tạo thành dung dịch trong suốt chứa natr
6H5OH(vẩn đục
phenolat)
Vì vậy tính axit:
C5OH, CH
CH5CH2OH, H
2H
3OH, 6
2O < C
6H5OH
- Xét nhóm𝟐𝐂
𝐇𝟓𝐎𝐇, 𝐂𝐇
𝐇𝟓𝐂𝐇
𝐇
𝐎:
𝟑𝐎𝐇, 𝟔𝐂
𝟐𝐎𝐇, 𝟐
Vì 4 chất đều có dạng R-OH, R là gốc hidrocacbon thì R sẽ đẩy e mạnh hơn H ⇒ R sẽ đẩy O vào s
nhóm –OH hơn ⇒ R sẽ khiến cho liên kết O-H ngắn hơn, khiến cho H khó tách+ra
hơn
tạo⇒thành
R sẽ H
khiến cho R-OH có tính axit yếu hơn H-OH
⇒ CCH
CH5CH2OH < H
2H5OH,
3OH, 6
2O
(Đây là lí do khiến cho ancol không phản ứng được với NaOH nhưng natri ancolat bị thuỷ phân h
khi được hoà tan trong nước:
(bazo mạnh hơn
) + H − OH
(axit mạnh hơn
) → RO − H(axit yếu hơn) + NaOH(bazo yếu hơn))
RO − Na
- Xét nhóm𝟐𝐂
𝐇𝟓𝐎𝐇, 𝐂𝐇
𝐇𝟓𝐂𝐇
𝟑𝐎𝐇, 𝟔𝐂
𝟐𝐎𝐇:
Vì 3 chất trên đều có dạng R-C-OH với R lần lượt
là 6CH
CH5 (CH3 − C − OH, H − C − OH,
CC −
3, H,
6H5 −
OH) ⇒ Nếu R hút e thì sẽ làm tăng tính axit, nếu R đẩy e thì sẽ làm giảm tính axit.
Vì C6H5 − có chứa vòng benzen6⇒
H5C
− hút e (vì vòng benzen có chứa 3 liên kết đôi).
Mặt khác: CH
−,
H
−
có
dạng
H
C
−(gốc
hidrocacbon no) ⇒3−,
CH
H − đẩy e
3
n 2n+1
⇒ Tính axit: CH
<5 −
C C − OH
3 − C − OH, H − C − OH
6H
Nếu xét các gốc có dạng
C − (gốc đẩy)ethì n càng lớn, gốc
C − đẩy e càng mạnh
n H2n+1
n H2n+1
⇒ CH
C − OH < H − C − OH
3 − đẩy e mạnh hơn H−⇒ tính axit:
3 − CH
⇒Tính axit:2C
H5OH < CH
OH
<
C
H
CH
OH
3
6 5
2
Tóm lại, tính axit:
𝐇
𝐂
𝐎𝐇
<
𝐂𝐇
𝐎𝐇
<
𝐂𝐇𝟓𝐂𝐇
𝟐 𝟓
𝟑
𝟔
𝟐𝐎𝐇 < 𝐇
𝟐𝐎 < 𝐂
𝟔𝐇𝟓𝐎𝐇
+ Xét nhóm: 𝐇𝐂𝐥,
𝐇
𝟐𝐂𝐎
𝟑:
Axit H
CO
là
axit
yếu,
axit HCl là axit mạnh hơn ⇒Tính
axit:
H
2
3
2CO
3 < HCl
Kết hợp các kết quả trên, ta có:
Tính axit:2C
H5OH < CH
3OH < C
6H5CH
2OH < H
2O < C
6H5OH < H
2CO
3 < HCl
⇒ Tính bazo:2H
C5ONa > CH
ONa
>
C
H
CH
ONa
>
NaOH
>
H
C
ONa
> Na
3
6 5
2
6 5
2CO
3 > NaCl
Chú ý: Cụm từ “tính bazo” không phải để ám chỉ rằng cả 7 dung dịch chứa 7 chất trên đều có pH
dung dịch NaCl có pH=7 vì NaCl là chất trung tính, 6 dung dịch còn lại đều có khả năng làm xan
Nếu muốn chính xác ta cần thay đổi câu hỏi lại như sau: Xét 7 dung dịch chứa 7 chất rắn
C2H5ONa, CH
H5CH2ONa, NaOH,
3ONa, 6C
6HC
5ONa, Na
2CO3, NaCl có cùng nồng độ. Hãy so sánh giá trị pH
của 7 dung dịch trên. Lí do dùng cụm từ “tính bazo” là để cho các phân tích trở nên đơn giản hơn
b. Dung dịch toluen không làm mất màu dung dịch brom kể cả khi đun nóng.
Đúng
735

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá

Chú ý: Benzen không thể phản ứng được với dung dịch brom (không thể làm mất màu dung dịch br
Benzen có vòng thơm. Benzen chỉ có khả năng tham gia phản ứng thế với brom khan (brom tan tro
CCl4) với xúc tác Fe.
Xét các chất có chứa vòng benzen có dạng
𝟔𝐇𝟓.𝐑 − 𝐂
TH1: Nếu R chỉ chứa liên kết đơn (ví dụ:
C − C−) thì R −
3−, CH
6HC
5 sẽ tham gia phản ứng với brom dễ
dàng hơn so với benzen và ưu tiên thế ở vị trí ortho và para
Nếu R lànC
H2n+1 − (n ≥ 1) thì nC
H2n+1 − C6H5 sẽ không có khả năng làm mất màu dung dịch brom kể cả
khi đun nóng. Tuy nhiên
C − C6H5 có khả năng tham gia phản ứng với dung dịch thuốc tím (dung
n H2n+1
dịch KMnO
)
khi
đun
nóng
vì gốc
C − bị oxi hoá thành KOOC −.
4
n H2n+1
t°

) + H2O → KOOC −6H
Ví dụ: CH
C5
3 − C6H5 + KMnO
4(màu tím
Nếu R là −OH, −NH
H5 − NH
2 thì C
6H5 − OH, 6C
2 có khả năng làm mất màu dung dịch brom ngay ở nhiệt
độ thường tạo ra kết tủa màu trắng là sản phẩm thế tribrom vào vòng benzen (2 vị trí ortho và 1 vị
para)
OH

OH
H

C
C

C

C

C

Br

H

+

C

3Br-Br (dd)

C
C

C

C

C

Br

+

3HBr

+

3HBr

C

H

Br

NH2

NH2

Hoặc:

H

C
C

C

C

C

Br

H

+

C

3Br-Br (dd)

C
C

C

C

C

Br

C

Br

H

Chú ý: 2,4,6-tribrom phenol và 2,4,6-tribrom anilin là các chất rắn màu trắng. Hai phản ứng trên d
ngay ở nhiệt độ thường, tạo ra kết tủa màu trắng và làm nhạt màu nước brom (không cần brom kha
benzen, cũng không cần xúc tác Fe như benzen). Dung dịch nước brom có màng vàng nâu (của bro
dung dịch HBr trong suốt không màu.
TH2: Nếu R có chứa liên kết đôi (ví dụ: COOH,
NO
C) thì R sẽ hút e và sẽ khiến cho6R
H5−khó
C
2, C =
tham gia phản ứng với brom hơn benzen,
H
R
ưu
−
C
tiên
thế
Br
vào
H
ở
vị
trí
meta
trên
vòng
benzen.
6 5

* Tóm lại:
- Tất cả các ankyl benzen đều không có khả năng làm mất màu dung dịch brom, kể cả khi đun
- Tất cả các ankyl benzen chỉ có khả năng phản ứng với dung dịch thuốc tím khi đun nóng
- Anilin, phenol có khả năng làm mất màu dung dịch brom (nước brom) ngay ở nhiệt độ thườn
diễn ra không cần xúc tác, tạo ra kết tủa màu trắng.
c. Cumen không phản ứng với dung dịch thuốc tím kể cả khi đun nóng
Sai
C

C
C

C
C

C

C
C

Cumen có dạng C
⇒ cumen có khả năng phản ứng với dung dịch thuốc tím khi đun nóng, tạo ra
C6H5COOK và CO
2
d. Axit benzoic có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom khi đun nóng.
Sai (xem thêm câu b)
736

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá

e. Este luôn có tính khử.
Đúng.
Vì tất cả các este đều là chất hữu cơ ⇒ este dễ cháy trong 2oxi
, H2tạo
O. Phản
ra COứng cháy chính là phản
ứng oxi hoá este bằng oxi tạo 2ra
nên
COeste luôn luôn thể hiện tính khử (minh chứng bằng phản ứng
cháy trong oxi)
f. Este có tính lưỡng tính theo thuyết a-rê-ni-út
Sai
Thuyết A-rê-ni-út phát biểu rằng:
- Axit là chất khi tan trong nước thì phân li ra+cation H
−
- Bazo là chất khi tan trong nước phân li ra anion
OH
- Chất lưỡng tính là chất vừa có khả năng phân li như bazo, vừa có khả năng phân li như axit
Như vậy, đầu tiên ta có nhận xét: Este không tan trong nước, vì vậy nó không thoả mãn điều kiện
trong nước phân li ra”.
Tuy nhiên, nhiều em cũng có thể lấy lí do: “Este có tính lưỡng tính vì có thể phản ứng với cả NaO
HCl”. Điều này là sai. Vì Este không phản ứng trực tiếp được với HCl mà khi ta đun nóng este tro
dịch HCl thì thực chất đây là phản ứng giữa este và nước (phản ứng thuỷ phân este trong nước) c
axit HCl, đun nóng mà thôi (HCl không hề phản ứng với este). Vì vậy este thực tế không thể phản
tiếp được với HCl, như vậy ta không thể nói là este có tính lưỡng tính:
H+,t°

′
R − COOR
+ H2O ⇔ RCOOH+R′ OH
g. Al, Zn là chất lưỡng tính vì Al, Zn vừa có khả năng tan trong HCl, vừa có khả năng tan trong d
NaOH.
Sai
Tương tự este, Al và Zn không hề có phản ứng trực tiếp với cả HCl và NaOH.
(OH
)3, tạo r
Trong phản ứng của Al với dung dịch NaOH, thực chất chỉ xảy ra phản ứng của Al với
HOH
(OH)3 bị NaOH hoà tan (do
(OH
sau đó Al
Al)3 là hidroxit lưỡng tính), sau đó các quá trình này lặp đi lặp
đến khi Al tan hết:
3
(OH
)3 ↓ (keo trắng) +H2 ↑ (1)
Ban đầu: Al + 3HOH →
Al
2
Al(OH)3 không tan trong nước, bao phủ lên Al khiến cho Al không tan trong nước ở nhiệt độ thườn
Al(OH)3 không tan trong nước phủ lên Al đã ngăn cản phần Al phía trong tiếp tục phản ứng với H
)3 tan
Al có thể tan trong dung dịch NaOH vì sau khi diễn ra (1) thì NaOH sẽ(OH
hoà
phủlớp
ngoài
Al phần
Al, để Al phía bên trong tiếp tục phản ứng và tan trong nước:
+
Al(OH)3 + NaOH → (OH
Al )−
4 Na (tan) (2)
Phản ứng (1) và (2) diễn ra liên tiếp và nối tiếp nhau.
Vì vậy Al, Zn không phản ứng trực tiếp được với NaOH. Vì vậy nếu ta xét phản ứng hoà tan Al, Zn
dung dịch NaOH thì phản ứng của Al, Zn với HOH là phản ứng oxi hoá khử trong đó Al, Zn là chấ
HOH là chất oxi hoá
h. Axit benzoic có lực axit mạnh hơn axit fomic do có nhóm phenyl hút e khá mạnh
Sai.
Mặc dù gốc phenyl là gốc hút e trong khi H được coi là trung gian (không hút cũng không đẩy e)
thuyết thì axit benzoic sẽ mạnh hơn axit fomic. Tuy nhiên axit fomic là chất lỏng ở nhiệt độ thườn
vô hạn trong nước trong khi axit benzoic lại là chất rắn kết tinh ở nhiệt độ thường, tan ít trong nư
phân tử quá cồng kềnh. Chính do phân tử quá cồng kềnh hạn chế khả năng tan của axit benzoic
cho thấy axit fomic vẫn có tính axit mạnh hơn axit benzoic.
k. Sai
Đầu tiên ta cần xác định xem liệu rằng
CH= C có phải là este hay không???
3COOC
+ Phản ứng este hoá là phản ứng giữa ancol và axit hữu cơ.
+ Khi thay nhóm OH ở nhóm COOH của axit cacboxylic bằng nhóm OR thì ta thu được este. Như
ứng este hoá thì tạo ra este nhưng este có thể được điều chế không bằng phản ứng este hoá, hay
khác sử dụng phản ứng este hoá chỉ là một trong số nhiều cách điều chế este mà thôi.

737

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá
Dựa vào định nghĩa este trên, ta có thể thấy rằng
CH= C chính là một este, và este này chỉ có thể
3COOC
được điều chế từ phản ứng giữa
COOH
CH
và
CH
≡
CH:
3
t°,xt

CH3COOH + CH ≡ →
CHCH3COOC = C
Tóm lại có 2 câu đúng ⇒ Đáp án: B
Câu 7: Cho 1 mol kali clorat tác dụng với dung dịch HCl đặc, nóng thu được x mol khí clo được tạo
do quá trình oxi hoá−1Cl
. Lấy lượng khí clo này cho tác dụng hoàn toàn với dung dịch chứa 3 mol NaB
thu được m gam brom. Tìm m?
Bài làm
0
Chú ý: Trong phản ứng: KClO
+ H2O thì Cl+5(KClO
3 + HCl → KCl +2 Cl
3) bị khử thành Cl (Cl2) và
0
+5
Cl−1(HCl) bị oxi hoá thành
(Cl
Cl
Cl 3) bị khử xuống−1
Cl, điều này là sai).
2) (nhiều bạn nghĩ rằng (KClO
Ta có:
Quá trình khử:+5
Cl+ 5e → 0Cl
1 mol → 5 mol → 1 mol
Quá trình oxi hoá:−(HCl
Cl ) − 1e →

5
−1
mol (Cl
2 được tạo từ phản ứng khử )Cl
2
5 mol → 5 mol

0(Cl )
Cl 2

⇒ nCl2 =

⇒ x = 2,5 mol
+ Phản ứng của khí clo khi sục vào dung dịch NaBr:
Do trong các halogen:
, Br2, I2 thì tính oxi hoá giảm dần:
F> Br2 > I2. Vì vậy khi xét 3
2, Cl
2F
2 > Cl2
halogen: Cl
2, Br
2, I2 thì halogen mạnh hơn có khả năng đẩy helogen yếu hơn ra khỏi dung dịch muối.
(vàng
)
(không màu
) → 2NaCl
(không màu
) + Br2(vàng nâu)
Cl2
lục+ 2NaBr
) + 2NaI
(không màu
) → 2NaBr
(không màu
) + I2 ↓ (tím đen
)
Br2(vàng nâu
Lí do khí flo không có khả năng đẩy các halogen yếu hơn ra khỏi dung dịch muối là do flo phản ứng
t°

1

liệt với nước nóng, khiến nước bốc cháy:
O → 2HF +
O ↑. Vì vậy mặc dù tính tan trong nước của
2 + H2F
2 2

các halogen giảm dần
Br2 > I2 nhưng flo không được coi là tan trong nước vì flo phản ứng mãnh liệ
2 >Cl
với nước chứ không hề tan trong nước.
Cl2
+
2NaBr → 2NaCl2 +
(1)
Br
1,5 mol ← 3 mol →
1,5 mol
Cl2 dư: 2,5 − 1,5 = 1 mol
Sau phản ứng:
{
Br2: 1,5 mol
+ Chú ý: Dung dịch
Cl
có tính khử, chỉ có tính oxi hoá. Tuy nhiên, dung
có thể
Brhiện tính
2 không
2, I2 dịch
khử khi tác dụng với chất oxi hoá mạnh (ví dụ như khí clo).
5Cl2 + Br2 + 6H2O → 2HBrO
3 + 10HCl
nCl (dư)
1
2 5
Ta có: 2
=
= < ⇒ Cl2 pư hết
nBr2
1,5 3 2
1
1
⇒ nBr2(pư) = nCl2 = . 1 = 0,2 mol ⇒Brn
= 1,5 − 0,2 = 1,3 mol
2(dư)
5
5
⇒ mBr2 = 1,3.160 = 208 gam.
(NO
Câu 8: Cho m gam hỗn hợp X gồm Na, K, Ba phản ứng hết với dung dịch chứa
0,2
0,2 mol
Fe
3)2, mol
CuCl
.
Kết
thúc
phản
ứng
thu
được
kết
tủa,
dung
dịch
Y
và
0,45
.
Cô
mol
cạn
H
Y
thu
được
109,9
gam
chất
2
2
rắn khan. Tìm m (Biết các phản ứng diễn ra trong không khí)
Bài làm
Ta sẽ dùng bảo toàn khối lượng để tính m.
1
Na + HOH → NaOHH+2
2
nOH− = 0,9 mol
1
Ta có:
⇒ nOH− = nH2O = 2nH2 ⇒ {n
K + HOH → KOH +
H
H2O = 0,9 mol
2 2
{ Ba + 2HOH → (OH
Ba )2 + H2
738

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá

1
−
+ 1H ( H2))
( Bản chất: 1HOH → 1OH
2
Na, K, Ba
Kết tủa
→ { H2
{H2O
Fe(NO3)2, CuCl
Rắn khan
2
Ta có: m + Hm
+ mmuối(Fe(NO3)2,CuCl2) = mkết tủa+ mH2 + mrắn khan(∗)
2O
m: ?
mH2O = 0,9.18 = 16,2
m
63
Ta có: muối = 0,2.180 + 0,2.135 =⇒Muốn
tìm được m thì phải tìm được
m
kết tủa
mH2 = 0,45.2 = 0,9
{ mrắn khan = 109,9
n+
−
Các phản ứng tạo kết tủa:
+MnOH
→ M(OH)n
∑n
= 2nFe2+ + 2nCu2+ = 2.0,2 + 2.0,2 = 0,8 mol
Ta có:{ điện tích của cation
⇒ nOH− > nđiện tích cation
nOH− = 0,9 mol
2+
(OH)2.
Như vậy ta có: −
OH
dư và toàn bộ 2+
Fe
, Cu
đã được chuyển hết thành kết (OH
tủa)Fe
2, Cu
⇒ mkết tủa= mFe(OH)2 + mCu(OH)2 = 0,2.90 + 0,2.98 = 37,6 gam
) − (63 + 16,2
) = 69,2 gam
⇒ (∗): m =(37,6 + 0,9 + 109,9
* Chú ý: nhiều bạn có thể ngộ nhận khi đọc cụm từ “thực hiện trong không khí” và cho răng sản
(OH)3. Thực tế đúng là sẽ tạo (OH
)3, nhưng khi đó trong biểu thức (*) bạn phải bổ sung thêm
ra là Fe
ra Fe
O2, H2O tham gia phản ứng:
1
1
(OH)3(nâu đỏ)
Fe(OH)2(trắng xanh) +O2 + H2O → Fe
4
2
Cách 2:
Chúng ta thấy rằng:
−
−
−
(NO−
0,9 mol OH
+ 0,8 mol
3 + Cl ) → dư 0,1 mol OH
−
+
−
−
⇒Trong dung dịch sau phản ứng sẽ+,có
K+,Na
Ba
, NO
3 , Cl , OHdư
Bảo toàn khối lượng:
mkhan = mNa+K+Ba+ (mNO−3 + mCl− + mOH−dư)
rắn
(62.0,4 + 35,5.0,4 + 17.0,1
) ⇒ m = 69,2 gam
⇒ 109,9 = m +
Câu 9: Thuỷ phân hoàn toàn một lượng pentapeptit mạch hở X thu được 101,5 gam Ala-Gly-Gly; x
Val; 37,6 gam Val-Ala; y mol Ala; 52,5 gam Gly và 175,5 gam Val. Công thức của X và biểu thức
giữa x và y có thể là?
A. G − V − A − G − G, 2y − x = 0,3
B. V − A − G − G − V, 2y − x = 0,3
C. A − G − G − V − A, 2y − x = −0,3
D. Cả A, B, C đều sai
Bài làm
+ Ta nhận thấy X phải có A-G-G
(G − V
)− A − G − G
Vì xuất hiện G-V nên có 3 khả năng ⟦xảy
ra:
)
A − G − G (−G − V
A−G−G−V
G − V − A − G − G: chọn
G−V−A−G−G
A − G − G − G − V: loại
Vì xuất hiện V-A:
⇒ ⟦V − A − G − G − V
{
V−A−G−G−V
A − G − G − ⟦V:
A−G−G−V−A
A−G−G−V−A
Như vậy X có thể có 3 khả năng xảy ra.
101,5
37,6
Ta có: A−G−G
n
=
= 0,5 mol;V−A
n =
= 0,2 mol;
2.75 + 89 − 2.18
117 + 89 − 18
52,5
175,5
nG =
= 0,7 mol;Vn=
= 1,5 mol, x mol G − V và y mol A
75
117
Ta coi X → G + A + V
∑nG = 2nA−G−G+ nG + nG−V = 2.0,5 + 0,7 + x = 1,7 + x
Ta có:{ ∑nA = nA−G−G+ nV−A + nA = 0,5 + 0,2 + y = 0,7 + y
∑nV = nV−A + nV + nG−V = 0,2 + 1,5 + x = 1,7 + x
∑nG = ∑nV = 1,7 + x ⇒Số mắt xích của G và V trong X phải bằng nhau
Dễ nhận thấy
739

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá

⇒ X phải là V-A-G-G-V (có 2 Val và 2 Gly).
V-A-G-G-V→ 2V + 2G + 1A
∑nG 1,7 + x 2
Ta có:
=
= ⇒ 1,7 + x = 1,4 + 2y ⇒ 2y − x = 0,3 ⇒ Đáp án: B
∑nA 0,7 + y 1
Câu 10. Cho 1 mol hỗn hợp X chứa 2 ancol đồng đẳng liên tiếp (mạch hở) tác dụng với CuO nung n
thời gian thu được 0,15 mol nước, hỗn hợp Y gồm 2 anđehit tương ứng và hai ancol dư. Đốt cháy ho
toàn Y thu được 3,75 mol2 CO
và 1,6 mol nước. Mặt khác nếu cho toàn bộ Y tác dụng với lượng dư dung
dịch bạc nitrat trong amoniac thì ta thấy có 1,3 mol bạc nitrat tham gia phản ứng. Hãy xác định kh
của sản phẩm hữu cơ thu được sau cùng.
Bài làm
Ta có:
+O2

X → CO2 + H2O
+O2
+CuO { X dư → CO + H O
2
2
X → { anđehit
H2O
Bảo toàn C và H ta thấy nếu đốt cháy hoàn toàn 1 mol X ta sẽ thu được 3,75 mol cacbo
0,15) = 1,75 mol nước.
+O2 3,75 mol CO
2
1 mol X
→ {
1,75 mol 2H
O
nCO2
C=
= 3,75
nX
Ta sẽ dễ dàng xác định được cụ thể C và H:
⇒ X: C
3,75H3,5Ox
2nH2O 2.1,75
H=
=
= 3,5
{
nX
1
2.3,75 + 2 − 3,5
Ta có: π =
= 3 ⇒ X1 và X2 đều có 3 liên kết π (vì 2 chất này là đồng đẳng kế tiếp).
2
X1: C3H2Ox1
Ngoài ra C = 3,75 ⇒
1 =C3 và C
2 = 4 ⇒{X : C H O
2 4 4 x2
Xét X
:
C
H
O
1 3 2 x1
Do X1 có 2 liên kết đôi ⇒
X thể là C = C = C hoặc C ≡ C − 1C.làDo
ancol
X nên1 X
phải là C ≡ C − C −
1 có
X1: C ≡ C − C − OH
C − C ≡ C − C − OH
OH ⇒ X
có
1
chức
⇒
X
cũng
có
1
chức
⇒
{
1
2
X2 : ⟦
C ≡ C − (CH
C 3) − OH
+ Các phản ứng có thể diễn ra khi cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch bạc nitrat trong amoniac d
(1) R − CHO + AgNO
3 + NH
3 → R − COONH
4 + 2Ag ↓
(2) − C ≡ CH + AgNO
3 + NH
3 → −C ≡ CAg ↓
Ta có: CHO
n = nH2O(tạo sau pư với CuO
n = 2nCHO = 0,3 mol
) = 0,15 mol ⇒Ag(1)
⇒ nAg(2) = ∑nAg − nAg(1) = 1,3 − 0,3 = 1 mol =
n nY ⇒ X2 phải có – C ≡ CH ⇒
X ≡ C −(CH
C 3) −
X=
2: C
OH
Các phản ứng diễn ra:
−CHO → −COONH
H3N1 = −COONH
4 ⇒ −CHO +1O
4
{
(Ag +
) = −C ≡ CAg
−C ≡ CH → −C ≡ CAg ⇒ −C ≡ CH
−H
Bảo toàn khối lượng:
mphẩm hữu cơ= mY + mOH3N + mAg−H
sản
mY = mX − mH(pư với CuO) = nX. MC3,75H3,5O − nH2O. 2 = 1.(12.3,75 + 3,5 +)16
− 0,15.2 = 64,2 gam

) = 4,95 gam
nOH3N = nCHO = nH2O(CuO) = 0,15 mol ⇒ OH
m3N = 0,15.(16 + 3 + 14
) = 107 gam
nAg−H = nC≡CH= nX = 1 mol ⇒ m
Ag−H = 1.(108 − 1
Tóm lại: m
sản phẩm hữu cơ= 64,2 + 4,95 + 107 = 176,15 gam
Câu 11: Hỗn hợp X gồm hidrocacbon Y và hai
đồng đẳng
X
kế tiếp
MX2 ). Đốt cháy
1, X
2anđehit
X1 <(M
hoàn toàn một lượng M cần dùng vừa đủ 0,3 mol oxi, thu được 0,25 mol cacbonic và 0,225
1 mol nướ
(CHO
)2, C = C − CHO, HCHO
có thể là bao nhiêu chất trong số các chất sau
đây:
CH)2, CH
3CHO,
2(CHO
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
740

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá
Bài làm

Bảo toàn O:O(X)
n = 2nCO2 + nH2O − 2nO2(pư) = 2.0,25 + 0,225 − 2.0,3 = 0,125 mol
Nhận xét: Các chất đề bài cho chỉ có thể là 1 chức hoặc 2 chức, vì vậy ta xét 2 TH:
TH1: Anđehit đơn chức
nanđehit = nO(X) = 0,125 mol
∑nCO2
nCO2(đốt cháy anđehit
0,25
)
Ta có: aCnđehit =
<
=
=2
nanđehit
nanđehit 0,125
⇒ Phải có 1 anđehit có ít hơn 2C ⇒ Phải là HCHO ⇒ Anđehit3còn
CHOlại là CH
TH2: Anđehit 2 chức
1
1
nanđehit = nO(X) = . 0,125 = 0,0625 mol
2
2
∑nCO2
nCO2(đốt cháy anđehit
0,25
)
Ta có: aCnđehit =
<
=
=4
nanđehit
nanđehit 0,0625
)2
C = 2 ⇒ X1:(CHO
C = 2,5 ⇒{ 1
)2
C2 = 3 ⇒ X2: CH
2(CHO
Vì anđehit 2 chức nên C > 2 ⇒ 2 < C ⟦< 4 ⇒
(CHO
)
C1 = 3 ⇒ X1: CH
2
2
C = 3,5 ⇒{
)2
C2 = 4 ⇒ X2: C2H4(CHO
(CHO
)2, CH
)2 ⇒ Đáp án: C
Kết luận:1Xcó thể là HCHO,
2(CHO
Câu 12: Cân bằng phản ứng hoá học sau bằng các hệ số tối giản, cho biết tổng hệ số của các chấ
vào quá trình phản ứng.
) → Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O
Cr2O3 + KHSO
4(nóng chảy
Bài làm
Cách 1: Sử dụng hệ số bất định:
(SO4Cr
)3 cũng bằng 1. Ta có:
Ta có hệ số của2O
Cr
3 là 1 ⇒ Bảo toàn Cr thì hệ số 2của
(SO
)
1Cr2O3 + KHSO
4 → 1Cr
2
4 3 + K2SO
4 + H2O
Đặt hệ số của2SO
K 4 là x ⇒ Hệ số của KHSO
là x H
4 là 2x (Bảo toàn K). Bảo toàn H ⇒ Hệ số
2O của
1Cr2O3 + 2xKHSO
4 → 1Cr
2(SO
4)3 + xK2SO4 + xH
2O
Bảo toàn O: 1.3 + 2x. 4 = 1.12 + x. 4 + x. 1 ⇒ 3x = 9 ⇒ x = 3
1Cr2O3 + 6KHSO
4 → 1Cr
2(SO
4)3 + 3K2SO4 + 3H
2O
Các chất tham gia phản ứng:
và KHSO
2O3 Cr
4
⇒ Tổng các hệ số của các chất tham gia phản ứng là 1 + 6 = 7
Cách 2: Sử dụng tư duy linh hoạt
Ta thấy rằng 2KHSO
4 = K2SO
4 + H2SO4
Vì vậy thay vì viết PTHH với KHSO
H4
4 ta sẽ viết PTHH với
2SO
(SO
)
Ta có: Cr
2O3 + 3H
2SO
4 → Cr
2
4 3 + 3H
2O
Vế trái có 32SO
H 4 ⇒ Ta thêm vào vế trái và vế phải 3 phân
2SO
4tử K
Cr2O3 + (3H2SO4 + 3K2SO4) → Cr2(SO4)3 + 3H2O + 3K
2SO4
⇒ Cr2O3 + 6KHSO
4 → Cr
2(SO
4)3 + 3H
2O + 3K
2SO4
Câu 13. Cân bằng phản ứng hoá học sau với hệ số nguyên tối giản, tính tổng hệ số của PTHH sau
bằng
KMnO
4 + KHSO
4 + FeSO
4 → K2SO
4 + H2O + MnSO
4 + Fe
2(SO4)3
Bài làm
Với bài toán này, Cách 2 sẽ hiệu quả hơn nhiều.
Ta xét PTHH: KMnO
4 + H2SO4 + FeSO
4 → K2SO4 + H2O + MnSO
4 + Fe
2(SO4)3
+7
+2 1
Mn + 5e → Mn |
3+ 5
Fe2+ − 1e → Fe
⇒ Hệ số của KMnO
4 là 1 và hệ số của FeSO
4 là 5
1KMnO
4 + H2SO4 + 5FeSO
4 → K2SO
4 + H2O + MnSO
4 + Fe
2(SO4)3
1

5

Bảo toàn K, Mn, Fe ⇒ Hệ số2SO
của
MnSO
; 1;2
4, K
4, Fe
2(SO4)3 lần lượt là
2
741

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá
1
5
1KMnO
4 + H2SO4 + 5FeSO
4 → K2SO
4 + H2O + 1MnSO
4 + Fe2(SO4)3
2
2
1
5
Bảo toàn S: Vế phải có
+ 1 + . 3 = 9S mà vế trái đã có 5S trong4 5FeSO
⇒ Cần có thêm24H
SO4
2
2
1
5
1KMnO
4 + 4H
2SO4 + 5FeSO
4 → K2SO
4 + H2O + 1MnSO
4 + Fe2(SO4)3
2
2
8
Bảo toàn H: Vế trái có 8H ⇒ Vế phải
= 4có
phân tử nước:
2

1
5
1KMnO
4 + 4H
2SO4 + 5FeSO
4 → K2SO
4 + 4H
2O + 1MnSO
4 + Fe2(SO
4)3
2
2
Do vế trái có 24H
SO4 ⇒ Ta thêm vào 2 vế2SO
4K4 vì 4H
2SO
4 + 4K2SO4 = 8KHSO
4
1
5
1KMnO
4 + (4H
2SO4 + 4K2SO4) + 5FeSO
4 → K2SO4 + 4H
2O + 1MnSO
4 + Fe2(SO4)3 + 4K2SO
4
2
2
1
5
1KMnO
4 + 8KHSO
4 + 5FeSO
4 → K2SO4 + 4H
2O + 1MnSO
4 + Fe2(SO4)3 + 4K2SO4
2
2
Để có hệ số tối giản, ta nhân các hệ số với 2:
2KMnO
4 + 16KHSO
4 + 10FeSO
4 → 1K2SO4 + 8H
2O + 2MnSO
4 + 5Fe
2(SO
4)3 + 8K2SO
4
Tổng các hệ số: 2+16+10+1+8+2+5+8=52
Câu 14: Cho các chất sau: axit propionic (X), ancol propylic (Y), axetanđehit (Z), axeton (T). Dãy cá
được sắp xếp theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi từ trái qua phải là
A. X, Y, Z, T
B. T, Z, Y, X
C. Z, T, Y, X
D. X, Y, T, Z
Bài làm
X: C
2H5COOH
Y: C2H5CH2OH
Z: CH
3CHO
T: CH
3COCH
3
* Chú ý:
- Các em có thể nhầm lẫn rằng axetanđehit
là C từ đó cho rằng nhiệt độ sôi của Z>T là sai. Thực tế
2H5CHO,
là nhiệt độ sôi của
C
2H
5CHO > CH
3COCH
3. Vì C
2H5CHO và CH
3COCH
3 cùng có 3C, cùng không có OH (tức
không có liên kết hidro liên phân tử) nên chất nào càng phân cực thì nhiệt độ sôi càng
cao. Do C
2H5CHO
và CH
− CO
CH− CH
COCH
3COCH
3 có CTCT lần lượt là C − C − CHO3 và
3 ⇒ C
2H5CHO phân cực hơn3CH
3
(vì CH
−
CO
−
CH
có
cấu
tạo
đối
xứng
trong
khi
H
C
CHO
có
cấu
tạo
lệch
về
một
đầu)
⇒
Nhiệt
độ sôi
3
3
2 5
của C
CH
COCH
2H5CHO cao hơn 3
3 (điều phải chứng minh). Từ đây ta rút ra kết luận: nếu so sánh nhiệt đ
sôi của anđehit và xeton có cùng số C thì anđehit có nhiệt độ sôi cao hơn.
- Quay lại với bài toán trên, ta có 2 nguyên tắc chung sau đây (trong trường hợp các chất có số C ch
nhau không nhiều)
Nguyên tắc 1: Khi xét các chất cùng số C, chất nào có nguyên tử H linh động (ví dụ có chứa nhóm O
sẽ có nhiệt độ sôi cao hơn (do H linh động sẽ tạo thành các liên kết hidro liên phân tử giữa các phâ
tạo thành dạng polime từ đó khiến nhiệt độ sôi của chất tăng cao bất thường)
Nguyên tắc 2: Khi xét các chất có cùng số C, cùng có H linh động hoặc cùng không có H linh động:
khối càng lớn thì nhiệt độ sôi càng cao.
Do X, Y có chứa H linh động (chứa O-H hoặc Cl-H, hoặc N-H) trong khi Z và T không có H linh động
độ sôi: X, T>Z, T (Áp dụng nguyên tắc số 1)
+ Xét nhóm: 𝐗, 𝟐𝐘:
𝐇𝟓𝐂
𝐂𝐎𝐎𝐇 𝐯à
𝐂
𝟐𝐇
𝟓𝐂𝐇
𝟐𝐎𝐇
MX > MY ⇒ Nhiệt độ sôi X>Y
+ Xét nhóm: Z, T:𝟑𝐂𝐇𝐎
𝐂𝐇 𝐯à 𝟑
𝐂𝐇
𝐂𝐎𝐂𝐇
𝟑
MT > MZ ⇒ Nhiệt độ sôi: T > Z
Tóm lại: nhiệt độ sôi giảm dần: X > Y > T > Z ⇒ Đáp án: C (Đề bài hỏi sắp xếp nhiệt độ sôi tăng dầ
Câu 15: Hỗn hợp M gồm hai axit cacboxylic X và Y (Y có nhiều hơn X một C). Đốt cháy hoàn toàn 0
thu được hỗn hợp khí và hơi Z (chứa cacbonic và hơi nước) và cần dùng vừa đủ V lít oxi. Nếu cho Z
bình đựng dung dịch nước vôi trong dư ta thấy khối lượng bình đựng nước vôi trong tăng lên 16,3 g

742

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá

xuất hiện m gam kết tủa và thoát ra hỗn hợp khí và hơi T. Biết T có thể tích 5,6 lít và có tỉ khối s
bằng 7,1. Biết Z có tỉ khối so với Hidro bằng 18. Hãy tìm V và m
Bài làm
* Giả sử Z có x mol𝟐 𝐂𝐎
và y mol nước
5,6
Bảo toàn khối lượng:
mmbình tăng+ mT ⇒ 44x + 18y = 16,3 + .(7,1.4) = 23,4 gam
Z=
22,4
(1)
⇒ 44x + 18y = 23,4
mZ
23,4
(2)
Mặt khác ta có:Z =
M18.2 = 36 ⇒ = 36 ⇒
= 36 ⇒ x + y = 0,65 mol
nZ
x+y
44x + 18y = 23,4 x = 0,45
Ta có:{
⇒{
y = 0,2
x + y = 0,65
* Tìm m:
Giả sử x’ và y’ là số mol của cacbonic và nước trong T:
5,6
n T = x′ + y′ =
= 0,25 mol
22,4
x′ = 0,1
Ta có:
⇒
{
44x′ + 18y′
y′ = 0,15
MT =
=
7,1.4
x′ + y′
{
Vậy đã có (0,45-0,1)=0,35 mol cacbonic bị hấp thụ trong nước vôi trong dư
⇒ mCaCO3 = 0,35.100 = 35 gam
* Tìm V
nCO
0,45
0,45 mol CO
⇒C= 2=
= 2,25
2
+O2
nM
0,2
Ta có: 0,2 mol→
M
2nH O 0,4
0,2 mol 2HO ⇒ H = 2 =
=2
{
nM
0,2
X: 3C ⇒ 3C
H2Ox ⇒ X: CH ≡ C − COOH
Vì H = 2 ⇒ X và Y cùng phải có 2H trong phân tử. Do C{ = 2,25 ⇒
)2
Y: 2C ⇒ 2C
H2Oy ⇒ Y:(COOH
)2, CH ≡ C − COOH, CH ≡ C − C ≡ C −
Vì các axit có 2H trong phân tử chỉ có thể là(COOH
HCOOH,
COOH, …
Giả sử số mol của X và Y lần lượt là a và b mol
nM = a + b = 0,2
a = 0,05
Ta có:{
⇒
nCO2 = 3a + 2b = 0,45 {b = 0,15
2 2
2 4
nO2(pư) = (3 + − ) a + (2 + − ) b = 2,5a + 0,5b = 0,2 molO⇒
=V0,2.22,4 = 4,48 lít
2
4 2
4 2
* Chú ý:

- Đề bài không nói là hấp thụ hoàn toàn hỗn hợp cacbonic và hơi nước trong nước vôi trong
có cả cacbonic và hơi nước thoát ra ngoài
- Số mol nước thoát ra ngoài thậm chí có thể lớn hơn cả số mol nước trong hỗn hợp Z vì nướ
đựng nước vôi trong có thể bị khí cacbonic lôi kéo bay ra bên ngoài.

Câu 16. Hoà tan hết 100,8 gam hỗn hợp X 3gồm
O4, CuO,
Fe Ag
2O bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl,
thu được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với lượng dư dung
kết thúc
H
các phản ứng thu được 12,8
2S,dịch
gam kết tủa. Tìm thể tích dung dịch HCl đã dùng biết trong hỗn
= nX
có n
Fe3Ohợp
CuO
4
Bài làm
Ta nhận thấy hỗn hợp X có 3 chất, đề bài cũng cho ta 3X,dữ
mkết
kiện:
m3O4 = nCuO
tủa, n
Fe
⇒ Theo PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM thì ta sẽ phải đặt 3 ẩn số a, b, c ứng với số mol của 3 chất tron
toán.
+ mX = 232a + 80b + 232c = 100,8 (1)
+ nFe3O4 = nCuO ⇒ a = b(2)
+ X phản ứng với HCl vừa đủ:
Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl
3 + FeCl
2 + 4H
2O
CuO + 2HCl → CuCl
2 + H2O
(trắng
Ag2O + 2HCl → 2AgCl
↓ ) + H2O
743

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá
2a mol FeCl
3, a mol FeCl
2
Dung dịch Y chứa:
+ H2S dư
{
b mol CuCl
2
3+
2+
) + 2H+
+ FeCl
3 + H2S: 2Fe + H2S → 2Fe + S ↓(vàng
2a mol →
a mol
+ FeCl
2 + H2S: Không phản ứng vì FeS (kết tủa màu đen) tan được trong dung dịch HCl loãng
+ CuCl
↓ ) + 2HCl
2 + H2S: CuCl
2 + H2S → CuS (đen
b mol →
b mol
(Vì CuS, Ag
dịch
HCl,
H
2S, PbS, HgS không tan trong nước, không tan trong dung
2SO
4, HNO
3 loãng)
(3)
Ta có: m
kết tủa= mS + mCuS = 32a + 96b = 12,8
0,1 mol Fe
232a + 80b + 232c = 100,8a = 0,1
3O4
Từ (1), (2), (3):
⇒ {b = 0,1⇒ X:{ 0,1 mol CuO
{a = b
c = 0,3
0,3 mol Ag
32a + 96b = 12,8
2O
+ X phản ứng với dung dịch HCl:
+
O + 2H
→ H2O
∑n

O

= 4nFe3O4 + nCuO + nAg2O = 4.0,1 + 0,1 + 0,3 = 0,8 mol

⇒ nH+ = 2nO = 1,6 mol ⇒HCl
n = 1,6 mol

Câu 17: Thực hiện phản ứng sau đây trong bình kín:
Na2S2O3(l) + H2SO4(l) → Na2SO4(l) + SO2(k) + S(r) + H2O(l)
Trong số các yếu tố sau, có bao nhiêu yếu tố có khả năng làm tăng tốc độ phản ứng trên?
a. Tăng nhiệt độ
b. Tăng nồng độ2Na
S2O3
c. Tăng nồng độ2Na
SO4
d. Tăng áp suất của bình
e. Giảm thể tích của bình
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
Bài làm
* Chú ý: Trong một phản ứng hoá học nhất định, khi xét tốc độ phản ứng ta chỉ xét các chất tham g
ứng và bỏ qua các chất sản phẩm của phản ứng hoá học. Có nghĩa các nhận định sau chỉ xét với cá
tham gia phản ứng mà thôi:
(cho dù
phản ứng đó là toả nhiệt hay thu nhiệt thì cũng
1) Tăng nhiệt độ luôn làm tăng tốc độ phản
ứng
không quan trọng)
2) Nếu có chất khí tham gia phản ứng hoặc có chất lỏng tham gia tăng
phảnnồng
ứng thì
độ của chất đó sẽ
làm tăng tốc độ phản(nếu
ứngcác chất tham gia phản ứng đều là chất lỏng và tạo ra sản phẩm là khí t
tăng áp suất sẽ không ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng vì các nhận định trên chỉ đúng khi ta xét các
tham gia phản ứng mà thôi)
3) Nếu có chất khí tham gia phản ứng thì
việcáp suất sẽ khiến tốc độ phản ứng(việc
tăng
tănggiảm
lên
thể tích bình khiến cho áp suất tăng lên)
4) Thêm chất xúc tác phù hợp
5) Nếu có chất rắn tham gia phản ứng thì việc nghiền nhỏ chất rắn đó ra hay nói cách khác là gia t
tích tiếp xúc giữa các chất tham gia phản ứng sẽ khiến gia tăng tốc độ phản ứng
* Xét bài toán trên
Biện pháp a, b có tác dụng làm gia tăng tốc độ phản ứng (xem nhận định 1) và 2))
Biện pháp c, d, e chỉ tác động đến các chất sản phẩm nên không làm thay đổi tốc độ phản ứng. (Biệ
c tác động vào 2Na
SO4, biện pháp d, e tác động vào
2) SO
Đáp án: B
Câu 18: Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp M gồm ankan X và axit cacboxylic Y (X và Y có cùng s
được 0,4 mol cacbonic và 0,4 mol nước. Xác định % khối lượng của Y trong M:
A. 25%
B. 75%
C. 50%
D. 40%
Bài làm
744

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá

nCO
0,4
C1 = C2 = C = 2 =
= 2 ⇒ X: 2CH6 và Y: 2CHmOn
nM
0,2
2nH2O 2.0,4
)2
H=
=
= 4 < HX = 6 ⇒ H
H2On ⇒ Y:(COOH
X = 6 > H = 4 > YH⇒ HY = 2 ⇒ Y: 2C
nM
0,2
6+2
HX + HY
nM
0,1.90
Ta có: 4 =
⇒H=
⇒ nX = nY =
= 0,1 mol ⇒ %m
100% = 75%
Y=
2
2
2
0,1.90 + 0,1.30
Câu 19: Cho 12 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe tác dụng với dung dịch hỗn hợp Y chứa2 0,15
và mol C
0,075mol 2HSO4. Sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Z và 13,8 gam chất rắn khan.
về khối lượng của Mg trong X:
A. 45%
B. 30%
C. Cả A và B đều đúng D. Cả A, B, C đều sai
Bài làm
* Chú ý: Các bạn có thể nhầm lẫn, cho+ rằng
phảnH
ứng trước sau đó2+Cu
mới phản ứng. Nhận định này
là hoàn toàn sai.
2+
+
+ Khi Mg+Fe tác dụng với dd Y thì đầu 2+
tiên:
sẽ phản
Cu ứng trước. Sau khi
Cu
phản ứng hết thì
H
sẽ
2+
+
tiếp tục phản ứng với kim loại dư vìcó
Cutính oxi hoá mạnh hơn H
∑m
Ban đầu có: kim loại = mX + mkim loại trong Y= 12 + 0,15.64 = 21,6 gam
∑mkim loại = mkim loại trong Z+ mrắn = mkim loại trong Z+ 13,8
Sau cùng có:
⇒ 21,6 = m
m⇒ Mg, Fe chưa phản ứng hết
kim loại trong Z+ 13,8 ⇒ m
kim loại trong Z= 7,8 gam < X
2+ +
⇒ Cu
, H đã phản ứng hết ⇒ Z chỉ chứa dung dịch muối.

∑n

điện tích anion=

nCl− + 2nSO2−
= 0,15.2 + 0,075.2 = 0,45 mol
4

1
⇒ nMg2++Fe2+ = nđiện tích anion= 0,225 mol
2
Giả sử trong Z có a mol Mg và b mol Fe (nếu không có Fe thì b sẽ bằng 0)
mMg + mFe = 24a + 56b = 7,8 a = 0,15
Ta có:{
⇒{
nMg + nFe = a + b = 0,225
b = 0,075
2+
Vì Z có Fe
⇒ Mg2+ đã phản ứng hết

0,15.24
100% = 30%
12
Câu 20: Cho 3,296 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe tác dụng với dung dịch hỗn hợp Y chứa
2 và 0,03 m
0,1 mol H
SO
.
Sau
khi
các
phản
ứng
diễn
ra
hoàn
toàn,
thu
được
dung
dịch
Z
và
2,096
gam rắn. T
2
4
khối lượng của Mg đã tham gia phản ứng trong X.
Bài làm
+
2+
+ Thứ tự phản ứng:2+
Cuphản ứng trước,+ H
phản ứng sau do
H
có tính oxi hoá yếu hơn
Cu
⇒ ∑n Mg = nMg(Z) = 0,15 mol ⇒ %m
Mg(X) =

∑m

kim loại ban đầu=

mX + mCu(Y) = 3,296 + 0,03.64 = 5,216 gam

∑m

kim loại sau cùng=

mkim loại(Z) + mrắn = mkim loại(Z) + 2,096

Ta có: 5,216 = kim
m loại(Z) + 2,096 ⇒ m
⇒ Mg, Fe chưa phản ứng hết (Vì nếu
kim loại(Z) = 3,12 gam < Xm
Mg, Fe phản ứng hết thì có nghĩa trong dung dịch Z phải chứa lượng
X)kim loại ≥ m
2+
+
⇒ Cu và H đều phản ứng hết ⇒ Z chỉ chứa muối
Ta có: điện
n tích anion= nCl− + 2nSO2−
= 2.0,03 + 2.0,1 = 0,26 mol
4
1
1
⇒ nMg2+,Fe2+ = nđiện tích anion= . 0,26 = 0,13mol
2
2
Giả sử Z có a mol Mg và b mol Fe
mMg + mFe = 24a + 56b = 3,12 a = 0,13
Ta có:{
⇒{
⇒ Đã có 0,13 mol Mg phản ứng
nMg + nFe = a + b = 0,13
b=0
0,13.24
⇒ %mMg(phản ứng) =
100% = 94,66%
3,296
* Chú ý:
- Bài 16 không thể tính được khối lượng Mg có trong X mà chỉ có thể tính được lượng Mg phản ứ
745

Công phá đề thi quốc gia môn Hoá
Bài 21: Khi cho hỗn hợp X chứa Mg và Fe tác dụng với dung dịch
Ta
chứa
thu CuCl
được đồ thị sau. Hãy
2. Y
tìm x.
mrắn

17,6

x
nCuCl2
0,3

Bài làm
Nhận xét: Giả sử X có a mol Mg và b mol Fe. Khi cho X tác dụng với dung
dịch
MgCuCl
sẽ phản ứng
2 thì
trước, sau khi Mg phản ứng hết thì Fe sẽ phản ứng
.
với
CuCl
2
Ta có đồ thị dạng tổng quát như sau:
mrắn
(64a + 64b)
(64a + 56b)

(24a + 56b)

nCuCl2
a

(a + b)

(64a + 56b
) = 17,6 a = 0,1
) = 13,6 gam
Ta có:{
⇒{
⇒ x =(24a + 56b
b = 0,2
(a + b) = 0,3
Câu 22: Hỗn hợp M gồm xeton no, đơn chức, mạch hở X, anken Z và anđehit no, đa chứ
không phân nhánh). Cho m gam M tác dụng với lượng dư dung dịch bạc nitrat trong amoniac thu đ
mol Ag. Đốt cháy hoàn toàn m gam M thu được 30,5 gam sản phẩm. Tìm khối lượng của Y.
A. 11,6
B. 23,2
C. Cả A và B đều đúng D. Cả A, B, C đều sai
Bài làm

+ Vì Y là anđehit đa chức, mạch hở không phân nhánh ⇒ Y phải có dạng OHC-R-CHO ⇒ Y có 2 chứ
Y: C
n H2n+2−2.2O2 ⇒ Y: C
n H2n−2O2
Y → 4Ag
1
nY = nAg = 0,2 mol
4
0,2 mol nCH2n−2O2
Giả sử X và Z có CT trung bình
là O
Ct và nX+Z = a mol ⇒ M:
{
mH2m
a mol C
mH2mOt
nCO2 = 0,2n + am
Ta có:{
nH2O = 0,2(n − 1) + am
) + 18(0,2n + am − 0,2
) = 30,5
⇒ mCO2 + mH2O = 44(0,2n + am
0,55
⇒ 0,2n + am = 0,55 ⇒ n < = 2,75 ⇒ n = 2 ⇒ (CHO
Y: )2 ⇒ mY = 0,2.58 = 11,6 gam
0,2
Cách 2: Ngắn gọn hơn
Ta có: Yn = 0,2 mol
Giả sử có x mol 2CO
và y mol nước:
746