http://boxmath.vn DI N ÀN BOXMATH.VN Trang http://boxmath.vn “Ng i b v p ngã ng i dám li u Qua cách h cách h gi i quy t khó kh n t ng lai.” i phó v i sai l m, ta có th oán d c (Bill Gates) “Không có ng thành công rãi y hoa h ng” Trong cu c s ng c ng nh torng h c t p t c thành công c ng ph i tr i qua ôi l n th t b i nh ng b n ã v t qua nh ng th t b i ó nh th nào, cách th c b n v t lên b n thân ó m i i u quan tr ng M t ng i c ánh giá thành công d a thành qu t c ch không ph i nh ng sai l m hành trình chinh ph c c m … i u b n c n làm gi i quy t khó kh n ch không ph i l n tránh, ph i bi t li u v t qua b i ch có nh ng tr i nghi m th c t m i làm cho ta l n d n tìm c nh ng ph ng th c m i t i u h n Th c t ng mòn ã c ng i khác khai hoang an toàn, nh ng ch ng th mang l i cho b n nh ng i u thú v so v i b n t khám phá, t tìm tòi, sáng t o, ó t m h c t p, kh n ng t trí tu v n có c a ng i V y ph i kh c ph c nh ng sai l m ? Cách t t nh t ti n t i s n gi n hoàn h o b n thân gi m i nh ng sai l m c ng nh vi c ti n t i hai t “ n gi n” cu n sách “ TUY N T P HÓA H C” s m t ph ng ti n h u ích cho b n, giúp b n : “ K t t a ni m vui, bay h i n i bu n và…th ng hoa trí tu ” Ban biên t p ã n ch n nh ng t topic di n àn http://boxmath.vn B ng t t c s chân thành lòng nhi t huy t, hi v ng ây s m t ph n hành trang giúp ích nhi u cho b n hành trình tr thành tân sinh viên s p t i Hãy b t u t nh ng th n gi n nh t, kh kinh nghi m, hi n t i b phóng t ng lai t t nhiên s ích ta h ng n v i t t c nh ng ng t ngào c a thành công Hy v ng cu n sách s h u ích không ch cho b n h c sinh, mà c b c ph huynh, th y cô giáo Và trình biên so n không th tránh kh i sai sót, r t mong b n thông c m m i góp ý xin g i v ban biên t p theo a ch : duyhien2110@yahoo.com.vn Xin chân thành c m n! T ng ch biên Ph m Duy Hi n – duyhien2110 Trang http://boxmath.vn Ph m Duy Hi n – (2009 – 2012 ) – Tr ng THPT Lê H ng Phong – Phú Yên ng Nguy n Duy Nhân – (2009 – 2012) – Tr ng THPT Sào Nam – Qu ng Nam V Huy Hoàng - (2009 – 2012) – Tr ng THPT Tây Th y Anh - Thái Bình Trình bày bìa: Ph m Tu n Kh i L i nói đ u: Tr n Th Thùy D ng - (2009 – 2012 ) – Tr ng THPT Chuyên Nguy n Quang Diêu – ng Tháp Ch u trách nhi m trình bày, so n th o: Ph m Duy Hi n Trang bìa Trang L i nói đ u Trang Ban biên t p Trang M cl c Trang Ph n A S l c lý thuy t Trang Ph n B Bài t p Trang 10 Ch ng I Hóa Vô c Trang 10 Ch ng II Hóa H u c Trang 49 Ch ng III Chuyên đ S đ ph n ng ph Ch ng IV M t s t p có h Ch ng V Nh ng t p hóa mang th ng trình ng d n gi i ng hi u c a boxmath Trang 73 Trang 78 Trang 93  Trang http://boxmath.vn M TS NH LU T TRONG GI I TOÁN HÓA H C VÀ M T S PH NG PHÁP GI I I nh lu t b o toàn nguyên t đ nh lu t b o toàn kh i l ng Phát bi u - Trong ph n ng hóa h c nguyên t kh i l ng c a nguyên t luôn đ c b o toàn, ngh a nguyên t kh i l ng nguyên t không m t mà chuy n t ch t sang ch t khác H qu a Ngo i tr ph n ng h t nhân, m t ph n ng hóa h c làm m t hay xu t hi n nguyên t l b Trong ph n ng hóa h c, t ng kh i l ng ch t tham gia ph n ng b ng t ng kh i l ng ch t t o thành.( ây đ nh lu t b o toàn kh i l ng Lômônôx p Lauvisier tìm vào th kí XVIII) Ph ng pháp m r ng cho m t s tr ng h p không ph i nguyên t Ví d nh b o toàn liên k t  hay đ nh lu t b o toàn electron ( ta xét đ n m t s ph ng pháp gi i) Sau m t s ví d Ví d Trong m t bình kín dung tích 16 lít ch a h n h p h i ba r u đ n ch c A, B, C 13,44gam khí O2 , nhi t đ áp su t bình 109, 2o C 0,98 atm B t tia l a n đ đ t cháy h t r u, sau đ a nhi t đ bình v 136 C , áp su t bình lúc P Cho T t c khí bình sau đ t cháy l n l t qua bình đ ng H SO4 đ c, bình đ ng KOH đ c Sau thí nghi m th y kh i l ng bình t ng lên 3,78gam, bình t ng o 6,16gam a Tính áp su t P b Tính công th c phân t c a r u A, B, C bi t r ng B, C có s nguyên t cacbon s mol c a r b ng 5/3 t ng s mol c a r u B C L i gi i Cách T ng s mol c a khí bình kín uA 16.0,98 P.V 13, 44   0, 5mol ; S mol O2 R.T (109, 2273).0, 082 32  t ng s mol r u A, B, C : 0,5  0, 42  0, 08 mol a) G i C x H y  OH , C x H y  OH , C x " H y "  OH công th c c a A, B, C a, b, s mol t ng ng n y 1 y 1  C x H y OH   x    O2  xCO2  H 2O a 4  y  y   C x H yOH   x    O2  xCO2  H 2O b 4  y"  y"   C x" H y"OH   x"    O2  x"CO2  H 2O c 4  Ta có: a  b  c  0, 08 6,16 S mol CO2 thoát ra: xa  x 'b  x"c   0,14mol 44  y 1   y    y"    a  b    c  0, 21mol  ya  yb  y"c  0,34       y 1 y   y"     s mol O2 c n dùng đ đ t cháy A,B,C:  x    a   x    b   x"    c 4 4  4   ya  yb  y"c a  b  c  xa  xb  x"c    0,14  0, 0085  0, 02  0, 205mol 4 S mol O2 d : 0, 42  0, 205  0, 215 V y s mol sau ph n ng: Trang http://boxmath.vn nCO2  nH O  nO2 d   0,14  0, 21  0, 215  0,565mol Ta có: n  P.V RTn 0, 082(136,5  237).0,565 P   P  1,186atm RT V 16 V y áp su t sau ph n ng 1,186atm b Do s cacbon c a B, C b ng nên ta g i Cn H 2n 1 x OH - Cm H m 1 y OH - Cm H m1 z OH (A) -(B) (C) Là công th c c a r u A, B, C x, y, z s n i đôi m ch hiđrocacbonvà a, b, c s mol t r u.Ph n ng đ t cháy r u: ng ng c a 3n  x O2  nCO2  (n   x ) H 2O 3m  y Cm H m 1 y OH O2  (m   y ) H 2O 3m  z Cm H m1 z OH O2  (m   z ) H 2O Ta có t ng s mol r u: a  b  c  0, 08 (1) 5 Do: nA  (nB  nC )  a  (b  c) (2) 3 S mol CO2 : na  m(b  c)  0,14 (3) Cn H 2n 1 x OH  S mol H 2O : ( n   x) a  ( m   y )b  ( m   z )c  0, 21 (4)  na  m(b  c )  a  b  c  xa  yb  zc  0, 21  xa  yb  zc  0, 01 T (1)(2)  a  0, 05 b  c  0,03 T (3)  0, 05n  0, 03m  0,14  5n  3m  14 n m L âm  n  1, m   R u ( A) ch có 1C, r u ( B), (C ) có 3C Do (A) ch có 1C nên n i đôi hay n i ba m ch (A) r u đ n no,suy ra: x = V y công th c ( A) : CH 3OH T (5)  yb + zc = 0,01 (*) Công th c c a (B), (C): C3 H  y OH , C3 H 2 z OH B, C có th r u đ n no, r u đ n có m t n i đôi ho c r u đ n có n i ba Dođó B, C có th m t tr ng h p sau: B, C r u đ n no không ch a n i đôi, n i baLúc ta suy t (*) : y  0, z  Thay vào (4) na  m(b  c )  a  b  c  xa  yb  zc  0, 22  0, 21 (không th a mãn) (B), (C) có th r u đ n no r u có m t n i đôi, suy phân t (C)có ch a n i đôi  y  0, z  T ( * )  yb  zc  0, 01  c  0, 01; b  0, 02 (th a mãn) V y công th c c a (B), (C) là: C3 H OH C3 H OH (B), (C) r u đ n no có n i đôi y  z  Lúc yb  zc  b  c  0, 01?0, 03 (lo i) (B), (C) r u đ n có n i ba y  z  T ( * )  2(b  c)  0, 01  b  c  0, 005 (lo i) (B) có n i đôi, (C) có m t n i ba T ( * )  b  2c  0, 01b  c  0, 03  b  0, 03  c  c  0, 03  0, 01 (lo i) (B) có m t n i ba, (C) r u đ n no Lúc y  2, z  T ( * )  yb  zc  2b  0, 01  b  0, 005  c  0, 025 (th a mãn) Trang http://boxmath.vn Công th c ( B), (C ) là: C3 H 3OH , C3 H OH V y công th c c a (A): CH 3OH , công th c c a ( B) (C ) là: C3 H OH C3 H OH ho c C3 H OH C3 H 3OH Cách a.Tính ra: nAncol  0, 08mol nCO2  0,14mol nH 2O  0, 21mol nh lu t b o toàn O: Suy O2 ph n ng là: nPu  0, 205mol Do đó: ndu  0, 215mol  n au  0, 21  0, 215  0,14  0,565mol s 0,39.0, 082.409  1,1843atm 16 b S C trung bình: N C  1, 75 suy A ph i CH 3OH : amol P (Vì B C có s C) G i B C: Cn H y O : bmol H : a  b  0, 08 ; 3a  5b Suy ra: a  0, 05 b  0, 03 Ta có: 0, 05  0, 03n  0,14  n  y  0, 21  y  7,33 Suy ra: C3 H 6O C3 H 8O 2.0, 05  0,03 Ho c: C3 H O ho c C3 H 8O Ví d Nung 004 mol axetilen; 0,13 mol mol vinylaxetilen; 0, 03 mol etilen 0, 23 mol hidro bình kín v i b t Ni nhi t đ cao đ n ph n ng x y hoàn toàn thu đ c h n h p Y có t kh i h i so v i H 22,75.D n h n h p Y qua bình đ ng l ng d dung d ch AgNO3 / NH thu đ c m gam k t t a 3.584 lít h n h p khí Z(đktc) thoát kh i bình.Bi t t kh i h i c a Z đ i v i H 22.75.Th tích dung d ch Br2 0.5M nh nh t c n dùng đ làm no hoàn toàn h n h p Z là: A.0,16(l) B.0,32(l) C.0,08(l) D.0,64(l) L i gi i: M Y  45,5 H h t Ta có nY  0, 04  0,13  0, 03  0, mol   mY  45,5.0,  9,1g nZ  0,16mol   mZ  7, 28 g G i x,y s mol c a C2 H C4 H d ta có: x  y  0, 04 26 x  52 y  1,82   x  0, 01; y  0, 03 Nh v y ban đ u t ng s mol liên k t pi là:  n  0, 03.2  0,1.3  0, 03  0,39 mol S liên k t pi b bão hoà là: 0,23mol Còn l i:0,16mol Nh v y: V  0,32(l )  B II nh lu t b o toàn n tích đ nh lu t b o toàn eletron D nh lu t b o toàn n tích Phát bi u th nh t.Trong m t dung d ch, t ng n tích d ng b ng t ng n tích âm Phát bi u th hai: Trong m t ph n ng ion rút g n t ng n tích ion tr c ph n ng b ng t ng n tích ion sau ph n ng H qu : H qu Trong m t dung d ch t ng s mol n tích âm b ng t ng s mol n tích d ng Trang http://boxmath.vn Ví d : Trong m t dung d ch g m a(mol) ion Ca 2 ; b(mol) Fe3 c(mol) SO42  n tích d ng 2a  3b(mol ) Và c a n tích âm 2c(mol ) Ta có 2a  3b  2c H qu Cân b ng ph n ng ion rút g n V i nh ng ph n ng oxi hóa kh v i đ ph c t p cao đ đ n ph ng pháp ion rút g n Ví d : Ph n ng hòa tan Al NO3  OH  c vi t d i d ng ph ng trình ion rút g n ta ph i nh Ph n ng x y ra: Al  OH   NO3  H O  [ Al (OH ) ]  NH Tr c tiên ta có Al nh ng electron N nh n electron Do n s vào Al NH nh v y ph i có NO3 Al  OH   3NO3  H 2O  8[ Al (OH ) ]  NH Ti p theo ng d ng LBT n tích: T ng n tích sau 8 , nh v y n tích tr Suy ph i có OH  c c ng ph i 8 Al  5OH   NO3  H 2O  8[ Al (OH )4 ]  NH Ti p t c cân b ng oxi H ta đ  c:  Al  5OH  NO  18 H 2O  8[ Al (OH ) ]  NH T t nhiên có nhi u cách cân b ng khác cho m t ph ng trình, ch xin gi i thi u ph ng pháp đ b n có th cân b ng ph ng trình ion rút g n m t cách nhanh nh t nh lu t b o toàn eletron Phát bi u: Trong m t ph n ng oxi hóa kh , t ng s electron nh ng b ng t ng s electron nh n H qu : i u d n đ n s mol electron nh ng b ng s mol eletron nh n Ví d : Nung 16,8 g Fe không khí sau m t th i gian thu đ c h n h p X, Cho X tác d ng v i HCl v a đ th y thoát 1,12(l) khí không màu (đktc) dung d ch Y Ch t r n l i hòa tan dung d ch Z KMnO4 , th y c n dùng l ng Z b ng l th tích khí NO2 sinh ng ph n ng v i Y N u l y toàn b X ph n ng v i HNO3 đ c nóng d u ki n tiêu chu n bao nhiêu?? L i gi i: Ta có: Trong Y Fe d nFe  nFeCl2  nH  0, 05(mol ) Khi cho Y vào Z ph n ng gi a FeCl2 KMnO4 x y Ta có FeCl2 nh ng ne  0,05  0, 05.2  0,15( mol ) Nh v y s mol mà ch t r n l i nh ng c ng b ng 0,15(mol ) dùng m t l ng Y Không m t tính t ng quát ta gi s X có Fe, FeO Fe2 O3 Khi nFeO  0,15( mol ) có FeO tham gia ph n ng T nNO2  ne  0, 05.3  0,15  6, 72(l ) III M t s ph ng pháp gi i: T d ki n c a đ bài, ta có th d dàng nh n “d u hi u nh n bi t” c a ph thu c ó là:  Ph ng pháp đ i s thông th ng  Ph ng pháp đ a thêm s li u  Ph ng pháp trung bình k thu t đ ng chéo  Ph ng pháp đ ng chéo  Ph ng pháp phân tích h s ng d ng  Ph ng pháp b o toàn nguyên t kh i l ng  b t bão hòa k ng pháp gi i toán quen Trang http://boxmath.vn T t nhiên ph ng pháp đan xen l n khó có th phân bi t r ch ròi v i nhau, đ ng th i, c ng có khó có th ch dùng m t ph ng pháp mà có th gi i quy t tr n v n đ c toán Ví d :H n h p X g m C2 H , C2 H C3 H t cháy hoàn toàn 24,8g h n h p X thu đ c 28,8g n c M t khác 0,5 mol h n h p tác d ng v a đ v i 500g dung d ch Brom 20% Tính % v th tích c a m i khí h nh p Ta có nH 2O  1, 6( mol ) nBr2  0, 625( mol ) Cách 1: Ph ng pháp đ i s thông th ng (đây cách làm thông th có l không d i 70% h c sinh gi i toán b ng cách này) G i s mol khí 24,8 gam h n h p X l n l t x, y, z mol s mol khí 0,5 mol h n h p X l n l t kx, ky, kz mol T gi thi t, ta có h ph ng trình: ng mà h c sinh c ng t ng đ c bi t 26 x  30 y  42 z  24,8 g  x  0,  mol   3 1,    x y z mol     %VC2 H  50%   y  z  0,  mol     kx  ky  kz  0,5  mol   %VC2 H6  %VC3 H  25% 1, k   2kx  kz  0, 625  mol   Cách 2: Ph ng pháp đ a thêm s li u H n h p X theo đ m t h n h p đ ng nh t, t l gi a thành ph n khí h n h p không đ i, đó, KLPT trung bình c a h n h p M m t giá tr không đ i Ta dùng ph ng pháp đ a thêm s li u: g i x, y, z l n l t s mol c a ba khí mol h n h p X T gi thi t, ta có h ph ng trình:   x  y  z  mol     x  0,  mol   0, 625  1, 25  2 x  z  0,5   y  z  0, 25  mol   24,8  x  y  3z  M  26 x  30 y  42 z  1,  Cách 3: Ph ng pháp trung bình +Ph ng pháp b o toàn nguyên t kh i l G i CTPT trung bình c a c h n h p X C x H y Áp d ng đ nh lu t b o toàn nguyên t kh i l ng + Ph ng pháp đ i s ng, ta có: x 16  y Do đó, CTPT trung bình có th vi t thành C x H 16 mC  mX  mH  21, 6( g )  nC  1,8(mol )  x Do ph n ng c ng Brom bi n Hydrocacbon cho thành h p ch t no, nên CTPT c a s n ph m là: 0, 625.2 x2  2,5  x  x x 0, 9 V y CTPT trung bình c a h n h p X C H C x H 16 Br2 v i T đây, ta d dàng có s mol c a 24,8g X 0,8 mol Và h ph  x  y  z  0,8  mol    x  y  z  1,6  mol   2 x  y  z  1,8  mol  ng trình Ví d t cháy hoàn toàn 11,6(g) m t hidrocacbon A c n dùng 29,12(l) khí O2 Xác đ nh CTPT hidrocacbon Bài toán nhìn có v r t đ n gi n sau cách gi i cho toán Trang http://boxmath.vn nO2  1,3(mol ) Cách G i A Cx H y Ph ng trình cháy: y y  C x H y   x   O2  2CO2  H 2O 4  11, 1,3 x   x  1, y    C4 H10 Ta có 12 x  y x  y y 10 Nh ng li u có cách hay h n không nhanh n a, s d ng máy tính mà vi t t t Cách 2b  b  1,3.2 a  0,8 x 0,8.2     10 y 44a  18b  1,3.32  11, b  G i nCO2  x (mol ) nH 2O  y ( mol ) Ta có  B n s th c m c l i có ph ng trình Ph ng trình th nh t đ nh lu t b o toàn nguyên t oxi ph ng trình th hai L bào toàn kh i l ng Cách th ta không c n vi t m t ph ng trình c mà ch vi c b m máy tính đ c đáp án ( Trích d n th y giáo V Kh c Ng c) * S khác bi t gi a đ ng c x ng – đ ng chéo ph n l c.* V i m t h n h p trung bình c a hai ch t bi t kh i l ng mol trung bình ta th ng dùng ph ng pháp đ ng chéo đ xác đ nh t l Xét ví d : H n h p A g m N H có t kh i h i so v i He 1,8 Tính t l % v kh i l ng c a N A L i gi i: i m ch t c a toán tìm t l s mol Ta tìm t l mol Cách 7,   5, x(mol) N có M=28 M  7, 28  7,  20,8 y (mol) H có M=2 Suy x  đ n ta có th gi s x  1; y  đ gi i ti p y Cách th Dùng ph n l c Không m t tính t ng ta gi i s x  y 1  x  0, 25  mol  x  y   Bài toán xem nh hoàn t t 28 x  y  7,  y  0, 75  mol  Ta đ n h :  L i bình gi i quy t nhanh toán thi u bi n mà liên quan đ n kh i l ng trung bình ch ng h n ta nên gi i s t ng s mol c a chúng b ng không ph i trâu bò áp d ng đ ng chéo nh Trên ch m t s l i khuyên v ph ng pháp gi i, ch kinh nghi m cá nhân c a ban biên t p s u t m c a m t s tác gi i khác Hy v ng s mang l i h u ích cho b n kì thi s p t i Trang http://boxmath.vn Câu Ti n hành ph n ng nhi t nhôm m gam X g m b t Al Fex Oy u ki n không khí, đ c h n h p Y Nghi n nh , tr n đ u h n h p B r i chia thành ph n : - Ph n có kh i l ng 14,49 gam đ c hoà tan h t dung d ch HNO3 đun nóng thu đ c dung d ch C 0,165 mol NO (s n ph m kh nh t) - Ph n hai tác d ng v i dung d ch NaOH đun nóng th y gi i phóng 0,015 mol khí H l i 2,52gam ch t r n Công th c c a oxit giá tr c a m l n l t là: A FeO &19.32 gam C Fe3O4 &19.32 gam B Fe2O3 & 28.98 gam D Fe3O4 & 28.29 gam L i gi i: T ph n ta suy s mol nAl  0, 01mol , nFe  0, 045mol  nFe  4,5 nAl Trong ph n ta đ t s mol: nAl  xmol , nFe  ymol Ta có: y  4,5 x Khi ph n ng v i HNO3 thì: x  y  0,165 Gi i h ta đ c: x  0, 03mol ; y  0,135mol  mAl2O3  14, 49  0, 03.27  0135.56  6,12 g  nAl2O3  0, 06mol  nO  0,18mol n  Fe  0, 75  CT : Fe3O4 nO Ta có: s mol Fe ph n g p l n s mol Fe ph n m (0,15.27  0, 045.232)  19,32 g áp án:  C Câu cho m gam h n h p X g m Fe, FeS tác d ng h t v i HCl d thu đ c V lít khí (dktc) M t khác, n u cho m gam hôn h p X vào dd HNO3 d thu đ c dung d ch Y ch ch a mu i Nitrat 2V lít h n h p khí g m NO SO2 Thành ph n v kh i l ng c a Fe X A 45,9% L i gi i: G i nFe : x ; nFeS : y B 54,1% C 54,9% D 45,1% Ta có : V  ( x  y ).22, Fe  3e  Fe 3 x 3x FeS  7e  Fe 3  SO2 y 7y -y N 5  3e    N 2 3x  y 3x  y  y  2( x  y )  x  y Ch n x = 4, y = Ta có nNO  3 Ta đ c %Fe = 45,9%  A Trang 10 http://boxmath.vn 0,1 -0,05(2n+1) -0,05(2n+1) -0,05 2NaOH  CO2  Na2CO3  H 2O 0,08 -0,04 -0,04 Ta có nCO2  0,1n  0, 01 nH 2O  0,1n  0, 09 Suy 44(0,1n  0, 01)  18(0,1n  0, 09)  8, 26  n  V y Câu 25 M t hh X g m ankan,1 anken,1 ankin có th tích 1,792(l) đktc,chia hh X làm ph n b ng P1 Cho qua dd AgNO3 / NH t o 0,735(g) k t t a th tích hh gi m 12,5% P2 t cháy hoàn toàn r i cho s n ph m vào 9,2(l) dd Ca(OH ) 0,0125 M thu đ Xác đ nh CTPT c a hidrocacbon H ng d n Ph n M kt  147  ankin C3 H c 11 gam k t t a Ph n nCO2  0,11(mol ) ho c nCO2  0,12  mol  Vì ch t th khí nên có C  Xét C trung bình c p C4 H10 C2 H Ho c C4 H C2 H ( CH ) Ho c C=3 h t Xét C trung bình 2,75 C2 H C4 H10 ho c C3 H Câu 26 Xà phòng hoá 0,15mol 1este A b ng dd NaOH 1,25M dùng 200ml Cô c n đ thu đ c 14,2g ch t r n khan.n u đ t cháy hoàn toàn 0,1mol A r i cho s n ph m vào dung d ch Ba(OH ) thu đ c 19,7g k t t a n u thêm sút d vào đ thu đ c 19,7g k t t a n a xác đ nh CTPT c a A H ng d n Tính nCO2  0,3(mol )  Suy s C Ta có nNaOH  1, 67 suy este đ n ch c neste D dàng tìm mu i HCOONa Suy CT HCOOC2 H Ho c HCOOC2 H Câu 27 X h n h p g m C2 H H có t kh i so v i H un X v i b t Ni m t th i gian thu đ ch n h p Y có t kh i so v i H 9,375 L y 0,16 mol Y cho qua bình đ ng Br2 d đ ph n ng x y hoàn toàn th y kh i l H ng bình d ng Br2 t ng thêm m (g) Tìm m ng d n Trong X nH nC2 H  gi m s mol x s mol c a H m t Suy 10a  18, 75( a  x )   x  7a 15 mX  mY  0,16.18, 75  Suy Trong X nC2 H  0,1mol ; nH  0, 2mol S mol H ph n ng x  0,14mol   mdu  0,12 g Trang 87 http://boxmath.vn G i y s mol c a C2 H Ta có 0, 06  y  0, 07 DLBTKL  m  30 y  0,12 Suy Câu 28 X h p kim c a kim lo i g m kim lo i ki m M kim lo i ki m th R L y 28,8 gam X hòa tan hoàn toàn vào n c, thu đ c 6,72 lít H (đktc) em 2,8 gam Li luy n thêm vào 28,8 gam X % kh i l ng c a Li h p kim v a luy n 13,29% Kim lo i ki m th R h p kim X H ng d n Tr c tiên ta có nh n xét r ng luy n thêm Li vào % mLi  2,8  6,33%  13, 29 % 28,8  2,8 Nh v y kim lo i ki m h p kim ch c ch n Li Và tính 28,8g X có nLi  0, 2mol   nH  0,1mol Suy nR  0, 2mol Nh v y R  137( Ba) Câu 29 H n h p X g m hai ankin, đ t cháy hoàn toàn 2,24l hh X (dktc) thu đc 12,76g CO2 , Khi cho 2,24l hhX tác d ng vs dd [ Ag ( NH ) ]OH d , thu dc 12,3g k t t a Công th c câu t o c a hai ankin l n l t A CH  CH , CH  C  C  CH B CH  CH , CH  CH  C  CH C CH  CH , CH  C  CH D CH  C  CH , CH  CH  C  CH H ng d n Ta có nX  0,1mol nCO2  0, 29mol Suy s C trung bình n  2, có CH  CH Xét tr ng h p ankin C3 H Ta tính nC2 H  0, 01( mol ) nC3 H  0, 09mol K t t a t o t C2 H 2,4g T C3 H 13,23g Lo i Xét tr ng h p C4 H Thì nC2 H  0, 055  mket tua  13, g  A Câu 30 Nung C v i h i n c nhi t đ cao thu đ thu đ c khí B.Cho khí B qua CuO th y kh đ h n h h p ban đ u H ng d n Khi d n qua Ca(OH ) CO2 b gi l i h t c h n h p X ( CO, CO2 , H ) Cho X qua dd Ca(OH ) d c 0,112 mol CuO có 0,07 mol H O Tìm %V c a CO2 Các khí CO H đ u có đ c m k t h p v i mol [O] Ta có n [O ]  0,112mol v i H n[O ]  0, 07 Suy nCO  0, 042mol Các p x y C  H 2O  CO2  H Trang 88 http://boxmath.vn x x -2x C  H 2O  CO  H y -y y ta có y  0, 042 x  y  0, 07 % VH  x  3x  y Câu 31 A dung d ch ch a 0,6 mol Al 3 Cho vào dd a mol OH  thu đ OH  th y k t t a gi m n a.Tính giá tr a,b? H ng d n a K t t a l n m t ch a tan c b gam k t t a,cho ti p 1,5a mol Al 3  3OH   Al (OH )3 a a -a -3 Khi cho 1,5a nket tua  0,  1,8  1,5a a  a  1, 44 L pt l 2 3(0, 78  1,5a ) b K t t a l n b hoà tan nket tua  0,  1,8  a L n 2; nket tua  0,  1,8  1,5a 0,  1,8  a L pt l 2  a  1, 0,  1,8  1,5a Câu 32 Nh t t 3V1 ml dung d ch Ba(OH ) vào V1 ml dung d ch Al2 ( SO4 )3 thu đ c k t t a l n nh t m gam N u tr n V2 ml dung d ch Ba(OH ) vào dung d ch mu i nhôm k t t a thu đ c 0,9m gam V2 bao nhiêu? T s V1 H ng d n đ n gi n toán ta gi s Ba(OH ) có n ng đ 1M Al2 ( SO4 )3 có n ng đ aM thí nghi m K t t a l n nh t v a đ Suy 2a.V1.3  6V1 hay a=1 suy m  78.2.V1 (1) Ti n đ n TN2 th y k t t a gi m ch ng t k t t a b hoàn tan L ng hoà tan 0,1m Khi 0,1m  78.(2V2  6V1 ) (2) T suy đpcm Gi i thích r Al 3  3OH   Al (OH )3 2V1 6V1 2V1 Al (OH )3  OH   [ Al (OH ) ] 2V2  6V1 Câu 33 Cho 14,4(g) h n h p Fe,Mg,Cu (có s mol b ng nhau)tác d ng h t v i 100ml dung d ch HNO3 x M thu đ c dung d c Y 2,688 lit (ddktc) h n h p khí N ; NO; N 2O; NO2 s mol N b ng s mol NO2 Cô c n dd Y thu đ c 58,8 g mu i Tính x = ? H ng d n Ta có nFe  nMg  nCu  0,1mol Trang 89 http://boxmath.vn S mol e cho  ne  0,1.7  0, 7mol Suy s mol c a g c NO3 mu i kim lo i 0,7mol Nh v y kh i l ng mu i kim lo i m  0, 7.62  14,  57,8 Suy mNH NO3  1g   n  0, 0125mol Nh v y s electron mà khí nh n nnhan  0, 6mol G i nN  nNO2  x (mol ; nNO  ymol nN 2O  z (mol ) Ta có x  y  z  0,12mol (1); 10 x  x  y  z  0, (2) S mol HNO3 ph n ng n  0,  x  y  z  2.nNH NO3 L y (1) nhân v i r i c ng v i (2) s th y u đ c bi t Câu 34 H n h p A g m 0,56g Fe 16g Fe2 O3 ,tr n A v i mg b t nhôm r i nung nhi t đ cao( không khí) thu đ c h n h p D N u cho D tan dd H SO4 loãng d thu dc a lit khí,nh ng cho D tác d ng vs dd NaOH d th tích khí thu dc 0,25a lit u ki n Kho ng giá tr cua m H ng d n nFe  0, 01mol ; nFe2 O3  0,1mol G i a s mol ban đ u, x s mol Fe2 O3 ph n ng Al  Fe2O3   Al2O3  Fe 2x -x 2x Sau nAl  a  x (mol ) nFe  x  0, 01( mol ) Khi d n qua H SO4 nkhi  1,5( a  x )  x  0, 01  1,5a  x  0, 01 Khi cho qua NaOH nkhi  1,5( a  x) Theo đ 1,5(a  x)  x  0, 01 4 1,5(a  x) Rút 4,5(a  x)  x  0, 01  11x  4, 5a  0, 01  x  Ta có  x  0,1  Câu 35 t m t h p ch t h u c A, s n ph m thu đ 4,5a  0, 01 11 c cho qua bình đ ng lít dung d ch Ca(OH ) l nh 27 C , áp su t 2,28 atm đ c m gam k t t a dung d ch B có kh i l ng gi m 3,858 gam un nóng dung d ch B đ n kh i l ng không đ i r i d n s n ph m khí qua dung dich Ba(OH ) d thu đ c m gam k t t a Tìm Công th c phân t A bi t 42  M A  56 o H ng d n pV  0, 741mol RT  xmol nCa ( HCO3 )2  ymol D dàng tính nCa (OH )2  G i nCaCO3 Ta có x  y  0, 741mol 100 x  197.2 y Gi i x  0,591 y  0,15mol    nCO2  x  y  0,891mol Ta có 100 x  ( mCO2  mH 2O )  3,858 Tìm mH 2O  16, 038 g   nH O  0,891mol Suy A có CTPT Cn H n Ox Bi n lu n tìm x  1; n  Trang 90 http://boxmath.vn Tìm A C2 H 4O t cháy hoàn toàn h p ch t A (ch a nguyên t C, H, O, N) thu đ Câu 36 n c h n h p B g m CO2 ,h i c,và N có t kh i so v i H 13,75.Cho B qua bình I đ ng P2O5 d bình II đ ng KOH r n d th y t l t ng kh i l ng c a bình II so v i bình I 1,3968 S mol O2 c n dùng b ng m t n a t ng s mol CO2 H 2O Bi t M A  M anilin Tìm phân t c a A H ng d n Khi d n vào bình đ ng P2O5 KOH ta tính nCO2 nH O  n 1,3968.18   T l C  44 nH 4.44  7.18  28 x   x 1 47 x Hay t l nC : nH : nN  : :1 Ta có 13, 75.2  S mol O2 ph n ng b ng m t n a CO2 H 2O b ng 47  5,5 y  5,5.2  4.2  7  y  (đ nh lu t b o toàn O) Suy t l C : H : O : N  : : :1 D nhiên C2 H O2 N Câu 37 Kh 6,4g CuO b ng Hidro nhi t đ cao H n h p hidro n c đ c cho qua axit sunfuric loãng kh i l ng t ng 0.9g tính ph n tr m CuO b kh th tích khí hidro (đkc) dùng bi t hi u su t ph n ng 80% H ng d n Ta d dàng tính nO  0, 05mol Ban đ u nCu  0, 08mol Tr c tiên ta có nh n xét r ng H  80 % ph thu c vào t l mol ch t ph n ng theo lý thuy t Nguyên nhân sinh hi u su t nh b n nói H không ph h t b m t c a CuOTa không xét đ n H s mol CuO b ng b ng s mol n c t o n  0, 05mol Nh v y B kh 62,5% Ta th y s CuO b kh nh h n Hi u su t ph n ng T c lý thuy t nCuO  nH Nh v y hi u su t tính theo H V  22, 0, 05  1, 4(l ) 0,8 Câu 38 Cho hh A g m 0,15 mol Mg 0,35 mol Fe ph n ng v i V (l ) l dung d ch HNO3 1M thu đ c dung d ch B h n h p C g m 0,05(mol) N 2O ; 0,1 mol NO l i 2,8 g kim lo i Tính V H ng d n nFe pu  0.3mol , nMg  0.15mol ne nh ng nh n  0,3.2  0,15.2  0,9mol 0,9  0, 05.8  0,1.3 nNH NO3   0, 025mol   nHNO3  0,9  0, 025.2  0, 05.2  0,1  1,15mol   VHNO3  1,15l Trang 91 http://boxmath.vn Câu 39 bình ph n ng dung tích không đ i g m h n h p khí X g m N H ch t xúc tác 00 C áp su t Px =1atm Nung nóng bình th i gian đ x y ph n ng t ng h p NH Sau đ a bình v 00 C ta đ c h n h p Y T kh i h i c a Y so v i X d y / x áp su t h n h p Y L a ch n câu A Py  0,5atm; d y  B Py  1atm; d y  x x C Py  1atm; d y  H ng d n Ph n ng D Py  1atm; d y  x x N  3H   NH x 3x -2x (a-x) (b-3x) -2x nsau  a  b  x có p a  b  2x a  b  2x 2x   p  1 1 ab ab ab Kh i l ng không đ i, t l kh i l ng mol t l ngh ch v i s mol d1 a  b  x d   1  1 B d2 ab d1 Câu 40 95o C có 1877g dd CuSO4 bão hòa Làm l nh dd xu ng 25o C có gam tinh th CuSO4 H 2O k t tinh? Bi t r ng đ tan c a CuSO4 95o C 87,7g, 25o C 40g H ng d n Xét 950 C đ tan CuSO4 87,7g mdd  mn  mct  100 g  87, g  187, g Trong 187,7g dung d ch CuSO4 bão hòa có 87, 7gCuSO4 100g n c V y 1877g dung d ch CuSO4 bão hòa có x  g  CuSO4 yg n c x  877( g )CuSO4 y  1000( g ) H 2O G i n s mol CuSO4 H 2O tách làm l nh dung d ch t 950 C xu ng 250 C Nh v y dung d ch ban đ u s m t 160n gam CuSO4 90n gam n Xét c 250 C đ tan CuSO4 40g, có ngh a c 100g n c hòa tan 40( g )CuSO4 (1000 – 90n)g n c hòa tan (877 – 160n)g CuSO4  n  3,874( mol )CuSO4 H 2O V y kh i l ng tinh th CuSO4 H 2O tách 3,847.250  961, 75( g )  Trang 92 http://boxmath.vn Xu h ng tìm nh ng d ng t p m i u h p d n Trong hoá h c h u nh ch a th y t p ng d ng ki n th c v đ o hàm, b t đ ng th c, tam th c b c 2, Boxmath l p topic đ đ a m t d ng toán hoá m i ng d ng ki n th c vào gi i toán CÁC THÀNH VIÊN C A BOXMATH XIN GI I THI U M T S BÀI T P HÓA H C D NG NÀY Câu H n h p A g m MO R2O3 có t l kh i l ng t ng ng :16 H n h p 34g A có s mol 0,25 H n h p B g m kim lo i M R có t l mol t ng ng :2 ( có kh i l ng không 13,6g) tác d ng v i HCl d thu đ c 6,72 (l) khí (đktc) Tìm A L i gi i: Ta có 34g A kh i l Ta có: ng c a MO 2g c a R2O3 32g 32  M  16 R  48 16  0,125   (1) M  16 R  48 0, 25  H n h p B Ta d dàng nM  0,1mol nR  0, 2mol Ta có : 0,1M  0, R  13,  M  R  136 S d ng Swaxo cho (1) 16 (1  4)2 25     0,125 M  16 R  48 M  R  64 136  64 D u "  " x y khi: Gi i h ta đ  M  R  136 M  16 R  48 c: M  24 R  56 A g m MgO \ Fe 2O3 Câu H n h p X g m este đ n ch c đ ng đ ng k ti p có t l kh i l ng t ng t ng ng 0,7396 : hi u s mol c a chúng c c đ i Xà phòng hoá hoàn toàn 86,96g X b ng dung d ch KOH d thu đ c m t mu i nh t (không có kh n ng tham gia ph n ng tráng Ag) có kh i l ng m1 (g) r u đ n ch c L y toàn b r u qua CuO nung nóng r i d n s n ph m qua dd Br2 d th y có a(mol) Br2 ph n ng Giá tr c a m1 a bao nhiêu? L i gi i: G i x kh i l ng mol c a este nh 0, 7396   f ( x) x x  14 0, 7396  Ta có: f '( x)   x ( x  14)2 f '( x)   x  86 Ta có: hi u s mol: L p b ng bi n thiên, hi u s mol max x=86 : este C4 H 6O2 : xmol este C5 H10O2 : ymol Trang 93 http://boxmath.vn kh i l ng m i ch t: 36,96g 50g S mol x=0,43mol y=0,5mol CTCT: CH  CH  COOCH CH  CH  COOC2 H Mu i: CH  CH  COONa : ( x  y )mol   m  87, 42 g  m1  87, 42  g  Khi cho qua CuO: HCHO: xmol CH 3CHO : ymol Ph n ng v i Br2 s mol brom p là: x  y  1, 36mol  a  1,36  mol  Câu 3: Cho h n h p A g m hai kim lo i Fe Mg , s mol Mg không v h p thành hai ph n b ng nhau: Ph n 1: Tác d ng v i dung d ch HCl d đ c V1 lít H ( KTC) Ph n 2: Tác d ng v i dung d ch H SO4 đ c nóng d thu đ Xác đ nh ph n tr m v kh i l L i gi i: G i x, y (mol ) l n l t m t n a s mol Fe.Chia h n c V2 lít SO2 ( KTC) ng kim lo i h n h p A cho t s V1 đ t giá tr l n nh t V2 t s mol c a Fe Mg m i ph n x V1  22, 4( x  y ) Theo đ : y  V2  11, 2(3 x  y ) V1 2( x  y )  V2 (3x  y ) Theo đ 2( x  y ) (3 x  y ) V1 đ t max nên đ t đ t max nên (3 x  y ) 2( x  y ) V2 (3 x  y ) x  1 2( x  y ) 2( x  y ) x 3x   2( x  y )  3x M t khác: y    x  y  2 (3 x  y ) x  1  Do 2( x  y ) 3x x D u b ng x y y  Gi s x  2  y  Ta có: 24.100%  17, 45% 56.2  24 %  Mg   17, 45% \ %  Fe   82,55% % Mg  Câu H n h p A g m este có t l kh i l ng 1:1 t ng s mol c a chúng c c đ i Cho 51,6 g h n h p A tác d ng v i KOH d thu đ c ancol B h n h p mu i C ( bi t C ch t đ u làm m t màu Br2 ) Nung C v i KOH CaO d thu đ c h n h p khí D(ph n ng x y hoàn toàn) D n D vào m t bình kín dung tích 10(l) v i xúc tác thích h p, sau m t th i gian th y áp su t bình p  1, 6072(atm) nhi t đ bình Trang 94 http://boxmath.vn t  127o C Hi u su t ph n ng bình bao nhiêu? L i gi i: G i x KLPT c a este nh h n a đ chênh l ch kh i l Ta có: f  x  ng mol 1 1   f ' x    0 x xa x  x  a 2  Suy s mol c c đ i x a nh nh t  Nung mu i thì:  x  60  HCOOCH  a  26  CH  CHCOOCH     (Vì c mu i đ u m t màu brom) nH  0, 43mol nC2 H  0, 3mol Ph n ng: C2 H  H  C2 H (0,43-x) - (0,3-x) x Ta có: 0, 73  x  0, 49  x  0, 24mol  H  80% Câu 5: Cho hidrocacbon sau : C3 H ; C4 H ; C5 H ; C6 H10 H i có th ch n b sáu ch t tho mãn thu c m t dãy đ ng đ ng?? L i gi i: Th ng kê công th c c u t o: Ankin: C3 H : C4 H : C5 H : C6 H10 :7 Ankadien: C3 H : C4 H : C5 H : C6 H10 : 13 Cycloanken C3 H : C4 H : C5 H : C6 H10 :13 đicycloankan C3 H : C4 H : C5 H : C6 H10 :16 Yêu c u toán: Trang 95 http://boxmath.vn n  C 13 6  C22  C246  C21  265189 Câu 6: Cho h n h p m t ankan m t anken s nguyên t C c a hai ch t b ng nhau.T s nH O nCO2 bi n đ i nh th nào? L i gi i: CT: Cn H n  ; xmol Cn H n ; ymol ta có: A nH O nCO2 tt Xét l n l  x(n  1)  ny 1  1  1 yn nx  ny n 1 y n x x y 0 x t hàm s : f (n)  1 g (t )  n 1 t Nh n th y c hàm đ u ngh ch bi n Suy  A  Câu 7: H n h p A g m oxit c a kim lo i M N (đ u hoá tr II) có t l mol t ng ng 1:2 H n h p 9,6g A có s mol không 0,16 mol Gi s có m t kim lo i R (R=M.N, R hoá tr II) H n h p B g m RO, MO, NO có t l mol t ng ng 1:15:14, đ hoà tan hoàn toàn B c n 300ml dung d ch HCl 1M ( bi t B có kh i l ng không 33,12g) a Tìm kim lo i M N b Có m t viên bi tròn đ c ch t o t kilm lo i M N ( m t n a viên bi M n a N) Gi s M có t c đ ph n ng g p l n N Cho viên bi vào dung d ch H SO4 đ c nóng cho đ n th tích viên bi ch l i m t n a th y thoát 8,96 (l) khí (đktc) (Bi t kh i l ng riêng c a N g p 5,134 l n M) Tìm kh i l ng viên bi ban đ u th tích m t n a L i gi i a Trong A 3, 6, 1   0,16    0, 05 M  16 N  16 M  16 N  Trong B D dàng tính s mol m i ch t : nRO  0, 01mol , nMO  0,15mol , nNO  0,14mol Theo đ bài: Ta có: 0, 01 MN  16   0,15  M  16   0,14  N  16   33,12  MN  15M  14 N  2832   N  15  N  14   3042   N  15   N  14   1521 N  14  ab  1521 1 1 Khi xét P       0, 05 14 N  1 N  15  a b   ab  1 M t khác P  0, 05 t a  M  15, b  Trang 96 http://boxmath.vn M  24  Mg   N  64  Cu  D u = x y tìm ra:  b t nMg  x  mol  ; nCu  y  mol  24 x 64 y  đó: d1  DMg ; d  DCu ; d  5,135d1 d1 d2 Suy ra:  0,52 y Ph n ng: nMg  3b  mol  ; nCu  b  mol  Ta có:  Khi th tích m t n a thì:   mCu  64  y  b  g 64  b  x  24  0,52b  3x  64 y    mMg  24  0,52 y  3b  g d2 d1 d2 64b 24  0,52 y  3b    y  6, 24b  x  0,352b d2 d1  x  0,352  mo  51, 76 g , m  38,16 g Ta có: 4b  0,  b  0,1 V y:  y 0, 6768    Câu 8: Cho 39,34 gam hh F g m Fe3O4 kim lo i M vào dung d ch HNO3 đun nóng thu đ ph n ng x y hoàn toàn thu đ c 4,48 lít NO2 s n ph m kh nh t ( c ,khu y đ u hh đ đktc),dung d ch G 3,84 kim lo i M.Cho 3,84 gam kim lo i M vào 200 ml dung d ch H SO4 0,5M KNO3 0,5M khu y đ u thi thu đ NO nh t.Cho dung d ch NH d vào dd G thu đ c thu đ không đ i thu đ c 24 gam ch t r n R a, Tìm M(M có hóa tr không đ i ph n ng tên) b,Cô c n c n th n dd H thu đ c gam mu i khan L i gi i: a Ph n ng c dd H ,khí c k t t a K Nung không khí đ n kh i l n Fe3  3NH  3H 2O  Fe(OH )  NH 4  R \ Fe2O3 có n = 0,15 mol Theo đtbt nguyên t : Ta có nFe3O4 = 0,1 mol  mM PU  39,8  233.0,1  3,84  12,8 g Do có kl d sau ph n ng nên ta chia làm tr TH1 : kim lo i M không tác d ng v i Fe3  PTP : ng h p: 8 3Fe  3Fe   1e 0,3 0,1 M  M n  ne 12,8 12,8n  M M N 5  1e      N 4 Trang 97 http://boxmath.vn 0,2 -0,2-(mol) *************Lo i********* TH2 : Kim l i M tác d ng v i Fe3  8 3Fe  2e  3Fe 2 M  M  n  ne N 5  1e  N 4 C ng nh TH1 theo L BT e  12,8n  0,  M  32n M  n  2, M  64(Cu ) th a mãn b 3Cu  8H   NO3  3Cu 2  NO  H 2O t s mol lên pt  H  du, NO3 du Ta có: H  : 0, 04mol ; NO3 : 0, 06mol ; Cu 2 : 0, 06mol ; SO 42 : 0,1mol ; K  : 0,1mol  mC R  0, 06.64  (0,1  0, 02).96  39.0,1  0, 06.62  19,14 g Câu 9: A h n h p g m este đ n ch c X , X ,  X  X  đ ng đ ng c a có t l mol t Hôn h p 28,6g A có s mol c c đ i (C X , X đ u làm m t màu n c a X ( có kh i l ng b ng kh i l ng ng 1:2 c brom) N u l y m t ch t X đ ng phân ng c a X A) đem tác d ng v i [ Ag ( NH ) ]  OH  l ng k t t a l n nh t có th t o bào nhiêu? L i gi i: S mol c a h n h p: n m1 m2 m1 m2    v i m1 , m2 , a h ng s X1 X X1 X1  a D th y hàm s ngh ch bi n ta tìm đ  X : HCOOCH  CH : 0,1 mol   X : HCOOCH  CH  CH c  Ch t X mà t o k t t a l n nh t HOC  CH  CHO  Ag m  0, 4.108  43,  g  Câu 11: X,Y,Z nguyên t hoá h c T ng s h t mang n phân t X 2Y , ZY2 , X Z 200 R phân t h p ch t ch a X,Y,Z g m nguyên t có s h t mang n là: A 104 B 52 C 62 D 124 L i gi i: G i s proton c a X,Y,Z l n l t x,y,z Ta có : x  y  z  y  x  z  200 /  100 Trang 98 http://boxmath.vn  x  y  z  100 50  (2 x  z )  y   100 /  33, 3 D th y: Y,Z không th kim lo i Ta th y y ch n Do Y có th C :  loai ZY2  O :8  Y O : y   x  z  38   Si :14(loai)  S :16 z ch n, Z không kim lo i, cho x ch y t  16 table lo i nhanh c p không th a mãn ch n đ c c p nh t x  11( Na), z  16( S ) Y S : y  16  x  z  26 T ng t nh ng c p th a mãn V y R Na2 SO3 : có s h t mang n : 2.(11.2  16  8.3)   D Câu 12: Cho 8g h n h p hai r th đ L G u đ n ch c A B ( M A  M B ) ; ph n ng hoàn toàn v i CuO d ; sau ph n ng ta y kh i l ng ch t r n gi m 3,2 gam.Cho dung d ch sau ph n ng tác d ng v i AgNO3 / NH d ; B r l ng Ag thu đ c l n nh t i gi i: i x, y (mol ) l n l t mol c a A B có l u ng Ag l n nh t A ph i CH 3OH (Vì n u A không CH 3OH l Ta có h ph ng trình sau :  x  y  0,  32 x  My  ng Ag c đ nh 0, 2.2.108  43, ) 1, M  32 l ng Ag max mol CH 3OH max  y y M  32 max M max, v y không tìm đ c M y Bài 13 Cho V1 lít h n h p A g m N NO có s mol b ng nhau, V2 lít h n h p B g m hai hidrocacbon đ ng đ ng liên ti p Bi t V1  V2  L y V1 lít h n h p A 0, 4.V2 lít h n h p B đ t cháy v a đ thu đ c h n h p s n ph m C g m khí h i n c N u cho C qua dung d ch axit sunfuric đ c d l i lít khí D N u cho D qua dung d ch Ca(OH ) d t ng th khí thoát th tích b h p th b i axit sunfuric 1,2 lít Xác đ nh công th c phân t c a hai hidrocacbon A CH C2 H B C2 H C3 H C C2 H C3 H D C3 H C4 H L i gi i Cách t CTPT c a h n h p H RCB C x H y Ta có ph ng trình ph n ng: 4C x H y  (4 x  y )O2  xCO2  yH 2O 0, 4V2        0, xV    0, yV2 NO  O2  NO2 T gi thi t ta có V1  V2  (1) Trang 99 http://boxmath.vn Khí b H SO4 h p th H O  khí l i N , NO2 , CO2 , T ptp ta có: V1  0, xV2  (2) Khi qua Ca(OH ) d ch N không b h p th , ta có: nN  nH 2O  0,5V1  0, yV2  1, (3) T (1,2)  0, x   x  2,5 (lo i đáp án A, D) L y (3) - (2) ta có: 0, 2.V2 ( y  x)  0,5V1  0,   y  x  B Cách Gi s có y mol N y mol NO V1 lít A; z mol Cn H n  2 k ( k nguyên d ng, n  ) Không m t tính t ng quát, gi s y  z  Ph n ng đ t cháy t o y mol N y mol NO2 0, 4nz mol CO2 0, 4(n   k ) z mol H 2O 0, 4nz  y  1:1 , Suy n  2,5, 2y  z Ta l i có NO2 CO2 b h p th b i Ca(OH ) nên y  0, 4, 2,5, z  0, z  0, 4kz  1,  y  1, z  0, 4kz  2, y  1, z  1, y  z (0,  0, 4k )  2y  z Suy  0, 4k  0,   k  0,5  k   B Câu 14: H n h p A g m 12g (g) oxi kim lo i MO R2O3 có t l kh i l B a (g) oxit kim lo i N có kh i l ng mol N  ng t ng ng 1:2 3M  R , N có hoá tr II 22 Tr n đ u A v i B v i thu đ c h n h p C có s mol không 0,625 (mol) M t h n h p Z khác g m R MO có t l mol 54:31 tác d ng v a đ v i 100 ml dung d ch H SO4 8,5M h n h p có kh i l ng không 55,04 (g) Bi t R có s oxi hoá 2 ph n ng v i acid a  a Xác đ nh kim lo i M, R N b Ng i ta ch t o m t lo i h p kim t kim lo i Ng i ta l y m t m u 42,4 (g) h p kim hoà tan vào HCl d thu đ c 15,68 (l) khí (đktc) C ng l ng h p kim cho vào HNO3 d thu đ c 7,84 (l) khí không màu hoá nâu không khí có kh i l ng 12,6 (g) Cô c n dung d ch thu đ c 182,8 (g) mu i Xác đ nh thành ph n kim lo i h p kim L i gi i: a) T d ki n Z tác d ng v i H SO4 ta d dàng thu đ c ph ng trình: 54 R  31M  5008 3M  R 54 R  27 M 54 R  31M T N   22 N  3M  R   556 22 9  N  25, 27 Vì N kim lo i hóa tr II nên N Mg = 24,  3M + 6R = 22,24 = 528  M + 2R= 176 T 54 R  31M  27( M  R )  M  5008  M  64  R  56 M t khác, kh i l ng trung bình c a M, R  5008  58, 91 54  31 T d dàng suy M = 64, R = 56 th a mãn N u N Be, tr ng h p không th a b) G i x, y, z l n l t s mol c a Mg, Fe, Cu h p kim, Ta có Kh i l ng h p kim m  24 x  56 y  64 z  42, gam (1) nH  x  y  0, 7mol ,(2) Trang 100 http://boxmath.vn - Khi ph n ng v i HNO3 thu đ đ c khí không màu, hóa nâu không khí có M  c NO N O , D dàng tính đ 12, 6, 22,  36 nên khí thu 7,84 c nNO  0, 2( mol ) ; nN 2O  0,15( mol ) G i t s mol mu i NH NO3 (n u k có mu i amoni t = mol), ta có: S e trao đ i = 2x + 3y + 2z = 0,2,3 + 0,15,8 + 8t = 1,8 + 8t (3) Kh i l ng mu i thu đ c = 42,4 + 62,(1,8 + 8t) + 80t = 182,8 (4) Gi i h (1,2,3,4) ta có: x = 0,3 mol; y = 0,4 mol; z = 0,2 mol  %                           The * End                           Good luck to you!! Trang 101