Admin

New Stamp

Admin

New Stamp

-Trước kỳ thi THPT QG 2016 sắp tới,BGD đã có nhiều sự thay đổi,như các bạn thấy thì bài thi

Hóa của chúng ta sẽ thi 40 câu trong thời gian 50 phút.BGD đã đưa ra đề thi minh họa cho các

môn trong đó có môn Hóa trong bài thi KHTN,theo đánh giá sơ bộ thì mình thấy đề thi gần như

nằm trọn vẹn trong chương trình Hóa lớp 12 (giải đề minh họa thì các bạn có thể tham khảo

trong BookGol…).Như vậy các câu phân hóa nằm ở phần nào? Chính là ở phần peptit,vô cơ

dạng hỗn hợp tác dụng với hỗn hợp H+ và NO3−

hay năm nay có thể nằm về dạng nhiệt nhôm

hay một số dạng khác và tất nhiên sẽ được đề cập đến trong chuyên đề bao gồm Phần 1 và Phần

2 hoặc có thể nhiều hơn; và 1 dạng bài tập nữa có thể nằm vào phần câu hỏi phân hóa chính là

bài tập về este (trong phần 2).Đề thi Minh Họa chưa thể nói lên được điều gì cả và theo mình

nghĩ thì đề thi thật sẽ khó hơn đôi chút và sẽ có nhiều mã đề nên câu hỏi phân loại có thể nằm

vào bất cứ 1 trong 3 dạng trên,tài liệu này mình và bạn Trung đã bỏ công sức ra làm nên có thể

có những sai sót nên rất mong nhận được những góp ý từ các bạn và các thầy cô.Trong phần giải

bài có những bài chưa rõ nguồn thì mong các tác giả của những bài đó bỏ qua cho.Rất mong

nhận được những phản hồi tích cực cho Phần 1!

-Tài liệu phục vụ cho kỳ thi THPT QG 2017,giành cho những bạn 99er (98er),các thầy cô dạy

Hóa nếu quan tâm đến tài liệu.Tài liệu đã chắt lọc kỹ các bài hóa hay và khó,một số bài chỉ mang

tính chất tham khảo giành cho những bạn nào quan tâm đến những bài hay ,lạ chứ không thi ĐH

nhé ! (Phần này nhận được phản hồi tích cực thì sẽ đầu tư hơn vào phần 2 =)) mong mọi

người ủng hộ)

Tặng BookGol !

Hà Nội – Bến Tre,21/10/2016!

Bài tập 0: (Giải câu 40 đề minh họa Hóa 2017) : Cho m gam hỗn hợp M gồm đipeptit X,

tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ,

thu được hỗn hợp Q gồm muối của Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn toàn Q bằng một lượng oxi

vừa đủ, thu lấy toàn bộ khí và hơi đem hấp thụ vào bình đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng

bình tăng 13,23 gam và có 0,84 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam M,

thu được 4,095 gam H2O. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 6,0.

B. 6,5.

C. 7,0.

D. 7,5.

2 1

2

n nC H NO

H O

Gọi a, b lần lượt là mol của axyl và nước

nN =0,84:22,4.2=0,075 a= n 2 1n nC H NO = 0,075 n muối 2 2n nC H NO Na = 0,075 n

2 3Na CO = 0,0375

m Bình tăng = m 2CO + m 2H O

= 44(0,075n-0,0375)+18n.0,075=13,23 n =3,2

m 2H O = 9.0,075(2n-1) +18b = 4,095

b = 0,025

m = 0,075(14.3,2+29)+18.0,025=5.985 g

Bài tập 1: (Thầy Hoàng Chung)X là hexapeptit và Y là heptapeptit, đều mạch hở và đều được

cấu tạo từ Alanin và Valin . Đốt 5,409 gam hỗn hợp E gồm X và Y cần 7,1064 lít Oxi (đktc).

Mặt khác đốt 0,2 mol hỗn hợp E thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 293,58 gam. Đun

nóng hỗn hợp F gồm a mol Y và a mol Valin với dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch

chứa 2 muối trong đó có m gam Natri valinat và m+20,7 gam Natri alanat. Giá trị của m gần nhất

với

A. 61.5

B. 62,0

C. 62,5

D. 63,0

2 1

2

n nC H NO

H O

a

b Ta có hệ phương trình sau

14 29 18 5,409

1,5 0,75 0,31725

0,2

44 18 9 18 293,58

na a b

na a

b

na na a b

0,243

0.063

0,01

na

a

b

27

7n

Theo quy tắc đường chéo

Ala 3

8

7

27

7

4 0,036

3 0,027

Ala

Val

n

n

Val 5

6

7

Từ số mol a.a và mol pep n hexa= 0,007 mol; n Hepta = 0,003 mol

Vậy là hexapep và heptapep

3 3

2 5

Val Ala

Val Ala

Cho a mol Y + a mol Val Hỗn hợp gồm Val:3a + Ala:5a

3 (117 22)62,55

5 (89 22) 20,7

a mm

a m

Bài tập 2:X, Y, Z là ba peptit mạch hở, được tạo từ các α-aminoaxit no mạch hở chứa 1 nhóm –

NH2, 1 nhóm –COOH . Tổng số cacbon trong X, Y bằng số cacbon trong Z . Đun nóng 21,828g

hỗn hợp H gồm X, Y, Z với tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 3 : 1 (trong đó có x mol Z) trong dung dịch

NaOH, thu được dung dịch T chỉ chứa 0,096 mol muối A và 0,144 mol muối B (MA < MB).

Biết tổng số liên kết peptit của X, Y, Z bằng 17. Số mol O2 cần để đốt cháy hết 20,16x mol

peptit Z gần với

A. 6,5

B. 6,6

C. 6,7

D. 6,8

2 1

2

n nC H NO

H O

a

b

14 29 18 21,828

0,24

na a b

a

Thu được 2 muối có thể là các cặp muối sau Gly-Ala; Gly-Val; Ala-Val

Sau khi kiểm tra n b ( 2b a ) chỉ thấy có cặp muối Ala-Val là thỏa mãn.

: 0,0180,096.2 0,144.5

4,2 0,042 : 0,0180,096 0,144

: 0,006

X

b Y

Z

Do X và Y có cùng số mol nên ta có thể xem như 1 peptit( peptit T nhé) cho dễ tính

n, n’ là số mắc xích của Z và T

Sử dũng mode 7 Table để dò nghiệm (n+n’=17+1+1+1=20)

Ala

n n’

1 5

4 4

7 3

10 2

Ta thấy chỉ cặp (4,4) và (6,6) là thỏa đề Z là 4 6 42 76 10 11Ala Val C H N O

2

76 1120,16.0,006.(42 ) 6,71328( )

4 2On mol

Bài tập 3:Hỗn hợp X gồm 4 peptit có tỉ lệ mol lần lượt là 1:2:3:4, và tổng hai số mol của 2 peptit

có tỉ lệ mol nhỏ nhất là 0,06. Thủy phân không hoàn toàn m gam hỗn hợp X trong điều kiện thích

hợp thu được hỗn hợp sản phẩm Y gồm 2,92 gam Gly-Ala; 1,74 gam Gly-Val; 5,64 gam Ala-

Val; 2,64gam Gly-Gly; 11,25 gam Gly; 2,67 gam Ala và 2,34 gam Val. Biết tổng số liên kết

peptit trong X không vượt quá 13. Giá trị m gần nhất với:

A. 25

B. 26

C. 27

D. 28

0,22

0,08 : : 11: 4 : 3

0,06

Gly

Ala Gly Ala Val

Val

n

n n n n

n

n(pep) nhỏ=

0,02

0,040,22 0,08 0,060,02

0,0611 4 3

0,08

Quy hỗn hợp về

2 1

2

n nC H NO

H O

0,22.2 0,08.3 0,06.5 49 490,36(14. 29) 18.02 27,76

0,22 0,08 0,06 18 18n m

Bài tập 4:Hỗn hợp E chứa peptit X (CxHyO5N4) và chất hữu cơ Y (C8H16O4N2). Đun nóng

40,28 gam E cần dùng 500 ml dung dịch NaOH 1M, chưng cất dung dịch sau phản ứng thu được

x gam một ancol Z duy nhất và hỗn hợp chứa 2 muối của 2 –aminoaxit; trong đó có a gam muối

Val

n n’

3 7

6 6

9 5

A và b gam muối B (MA < MB). Dẫn toàn bộ x gam Z qua bình đựng Na dư, thấy thoát ra 2,016

lít khí H2 (đktc); đồng thời khối lượng bình tăng 6,66 gam. Tỉ lệ a : b gần nhất là.

A. 0,6

B. 0,7

C. 0,8

D. 0,9

3 8 2

2,016 : 22,4.2 6,6676

2,016 : 22,6ancolM C H O

8 16 4 2 3 2 2 3 2 2( ) ( ) :0,09C H O N CH CH NH COO CH OOCCH NH

(Hay este của 1 gốc Ala và 1 gốc Gly)

Nhận thấy X là tetrapep 0,5 0,09

0,084

Xn

2 2

40,28 0,09(75 89 76 18.2)274 : 0,08

0,08XM Ala Gly mol

0,25(75 22)0,873

0,25(89 22)

a

b

Bài tập 5:Thủy phân hoàn toàn m (gam) hỗn hợp X gồm 3 peptit ( trong cấu tạo chỉ chứa

Glyxin, Alanin và Valin) trong dung dịch chứa 47,54 gam KOH. Cô cạn dung dịch thì thu được

1,8m (gam) chất rắn khan. Mặt khác đốt cháy hết 0,5m (gam) X thì cần dùng 30,324 lít O2, hấp

thụ sản phẩm cháy vào 650 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thấy khối lượng bình tăng 65,615 (gam)

đồng thời khối lượng dung dịch tăng m1 (gam) và có một khí trơ thoát ra. Giá trị (m1 + m) gần

nhất với ?

A. 78

B. 120

C. 50

D. 80

{CnH2n−1NO

amol

H2Obmol

→ {CnH2nNO2K

amol

KOH: (2377

2800− a)

mol

14 29 18

237714 85 56 1,8

2800

1,5 0,75 2,7075

44 18 9 18 131,23

na a b m

na a a m

na a

na na a b

2,15

0,69 215

0,23 69

54,25

na

an

b

m

Khi đốt 0,5m thu được

2

2

0,691,075

2

2 1 0,69 2: 2 1,0175

2

nCO

n bH O

+ 2( )Ba OH

3 0,225.197 44,325BaCO

1 1,075.44 1,0175.18 44,325 54,25 75,54( )m m g

Bài tập 6:(Phan Thanh Tùng)Hỗn hợp X chứa 2 peptit mạch hở, có tổng số liên kết peptit là 6

và được tạo bởi từ các-aminoaxit no, chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH. Hỗn hợp Y chứa

một axit cacboxylic và một ancol có cùng số nguyên tử cacbon. Đun nóng hỗn hợp Z gồm X (x

mol) và Y (3x mol) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được một ancol T duy nhất và hỗn hợp

muối. Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 10,8 gam; đồng thời thoát

ra 4,032 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy toàn bộ muối cần dùng 0,63 mol O2, thu được 25,44 gam

Na2CO3 và hỗn hợp gồm CO2, H2O, N2; trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 31,0

gam. Số nguyên tử hiđro (H) của peptit có khối lượng phân tử lớn là

A. 24

B. 30

C. 26

D. 28

Xét ancol T

+ Nếu Ancol T đơn chức nT =2nH2 = 0.36 mol; mT = 10,8+ 0,18.2 =11.16 (g) M(T) =31

Ancol này trên Sao Hỏa có học

+ Nếu Ancol T 2 chức nT =nH2 =0,18 mol; mT=11,16 (g) M (T) =62 Etylen Glycol

(C2H6O)

Vậy axit chỉ có thể là CH3COOH hoặc HCOO-COOH

Giải theo HCOO-COOH ( bạn có thể giải theo CH3COOH nhưng ra nghiệm âm điều đó chứng

tỏ bạn đang lạc lối)

Muối thu được là 2 2 : ( )

: ( )

n nC H NO Na a mol

NaCOO COONa c mol

Ta có hệ phương trình

1,5 0,75 2 0,63

0,48

344( 2 0,24) 18 18. 31

2

na a c

a c

na c na a

0,525

0,2412

0,12

na

a n

c

nAxit =0,12; nAncol =0,12 n pep = (0,12+0,18):3 =0,1 (mol)

Do 25

12n nên 2 có 2 muối Ala, Gly

Theo quy tắc đường chéo

Gly 3

21

12

25

12

21 0,22

1 0,02

Gly

Ala

n

n

Ala 5

1

12

Phân bố a.a vào 2 pep chỉ có trường hợp này là phù hợp

Pep 1: Gly2 0,09

Pep 2 Ala2Gly4 0,01

Bài tập 7(Thầy Hoàng Chung) Hỗn hợp M gồm peptit mạch hở X (cấu tạo từ Gly, Ala, Val

trong đó số mắt xích của gly bằng tổng số mắt xích cùa Val và Ala) và peptit mạch hở Y cấu tạo

chỉ từ Alanin, số liên kết peptit trong X và Y bằng nhau. Đốt 45,48 gam hỗn hợp M cần 50,4 lít

O2 (đktc) thu được hỗn hợp CO2, hơi H2O và N2, sau khi ngưng tụ hơi nước thu được hỗn hợp

CO2 và N2 có tỉ khối so với hiđro là 2226/107. Mặt khác đun nóng m gam hỗn hợp M với dung

dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch chứa 3 muối trong đó có 86,58 gam Natri alanat; 38,8

gam natri glixinat. Đốt 20,17 gam X cần V lít O2 (đktc). Giá trị của V gần nhất với

A. 20

B. 22

C. 24

D. 26

2 1

2

n nC H NO

H O

a

b

2

2

:

:2

CO na

aN

14 29 18 45,48 1,8291

1,5 0,75 2,25 0,6432

44 14 4452 0,08

107

2

na a b na

na a a n

na a b

ana

x,y,z là mol của Gly Ala Val

Có hệ phương trình

4 3

8

38,8 : (75 22)

0,286,8 : (89 22): : 0,05

0,64 0,39: : 0,03

2 3 5 0,05

x

xyX Gly Ala Val

x y z yY Ala

x y z na z

Bài tập 8 (Bookgol):X là este của α-amino axit có công thức dạng CnH2n+1NO2 ; Y là một

peptit được tạo bởi các α-amino axit no, chứa một nhóm –NH2, 1 nhóm –COOH, mạch hở ; X và

Y đều mạch hở. Thủy phân hỗn hợp H gồm X (2a mol), Y (a mol) trong dung dịch chứa 0,4 mol

KOH (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng được rắn Z chứa hai muối và ancol T. Cho T tác

dụng với Na thu được 2,24 lít H2 (đktc). Mặt khác, đốt cháy cũng lượng H trên thì cần đúng 1,35

mol O2. % khối lượng muối có phân tử khối nhỏ hơn trong Z là

A. 72,39%.

B. 88,98%.

C. 64,02%.

D. 72,75%.

Quy hỗn hợp về

2 1 2

2 1

2

:

:

:

n n

m m

C H NO a

C H NO b

H O c

2

10,1 0,2 0,1

2H Ancol ancol este pepn n n n n

( )

( )

0,2

0,2

KOH este

KOH pep

ndipeptitde

n

Cho n chảy từ 3 trở lên nhận thấy n =3 m=2,5 thỏa mãn vậy ta thu được

X là NH2-CH2-COOCH3 0,2 ; Y là Gly-Ala 0,1

Bài tập 9(Phúc Bá): Hỗn hợp E chứa 3 peptit X,Y,Z đều mạch hở có M tăng dần và có tỉ lệ mol

tương ứng là 4 : 2 : 1; trong mỗi phân tử X,Y,Z đều có số nguyên tử oxi không nhỏ hơn 4. Đốt

cháy 44,37 gam E với lượng oxi vừa đủ, sản phẩm cháy gồm CO2,H2O và N2 được dẫn qua

bình đựng dung dịch KOH đặc dư, thấy khối lượng bình tăng 88,71 gam. Mặt khác đun nóng

0,336 mol E cần dùng dung dịch chứa 44,16 gam NaOH, thu được dung dịch chỉ chứa 2 muối

của 2 alpha-amino axit thuộc dãy đồng đẳng của glyxin. Phần trăm khối lượng của Z có trong

hỗn hợp E gần nhất với ?

A. 20%

B. 21% (21,43%)

C. 22%

D. 23%

2 1

2

n nC H NO

H O

a

b

Ta có hệ phương trình

14 29 18 44,37 1,4749

44 18 9 18 88,71 0,6923

44,16 : 40 0,21

0,336

na a b na

na na a b a n

a b

b

Gly 3

20

23

49

23

20 0,6

3 0,09

Gly

Ala

n

n

Ala 5

3

23

Theo đề ta thu được các pep sau :

3

2

4

: : 0,12

: : 0,06

: : 0,03

X Gly

Y AlaGly

Z AlaGly

Bài tập 10 (Hsg Hà Tĩnh): Hỗn hợp A gồm một peptit X và một peptit Y ( mỗi chất được cấu

tạo từ 1 loại axit amin) tổng số liên kết peptit trong X và Y là 5 biết nX:nY=1:2. Khi thủy phân

m gam hỗn hợp A thu được 5,625 gam Gly và 10,86 gam Tyr. Tính giá trị m

A. 12,628

B. 13,476

C. 14,865

D. 15,284

: : 2

: :

X Gly a

Y Tyr a

gọi t là số liên kết peptit của X (5-t) là số liên kết của peptit Y

+ Có hệ phương trình

2 ( 1) 0,075 0,02361,697

(5 1) 0,06 0,0139

a t att

a t a

Loại vì t phải nguyên

: : 2

: :

X Tyr a

Y Gly a

gọi t là số liên kết peptit của X (5-t) là số liên kết của peptit Y

Có hệ phương trình

2 ( 1) 0,06 0,0151

(5 1) 0,075 0,015

a t att

a t a

Vậy

2

5

: : 0,0314,865

: : 0,015

X Tyrm

Y Gly

Bài tập 11:X là một peptit có 16 mắt xích (được tạo từ các –amino axit no, hở, có 1 nhóm –NH2

và 1 nhóm –COOH). Để đốt cháy m gam X cần dùng 45,696 lít O2. Nếu lấy m gam X cho tác

dụng với lượng vừa đủ dung dịch NaOH rồi cô cạn cẩn thận thì thu được hỗn hợp chất rắn Y.

Đốt cháy hoàn toàn Y trong bình chứa 12,5 mol không khí, toàn bộ khí sau phản ứng cháy được

ngưng tụ hơi nước thì còn lại 271,936 lít hỗn hợp khí Z. Biết các phản ứng xẩy ra hoàn toàn, các

khí đo ở đktc, trong không khí có thể tích O2 còn lại là N2. Giá trị m gần nhất với?

A. 42

B. 43

C. 44

D. 45

2 1

2

2

:2,04

:

n nC H NO aO

H O b

2

2

2 2 2

2

2

:102

:10: : 2,5 2,04 0,46

: 2,5

:2

n n

aN

NC H NO Na a O

Oa

CO na

Đốt muối thì số mol oxi = với số mol oxi đốt pep

1,5 0,75 2,04

17 0

10 0,46 12,142 2

1,681,68

0,64 0,64(14. 29) 0,04.18 42,8( )0,68

0,04

na a

a b

a ana

na

a m gam

b

Bài tập 12 (Thầy Hoàng Chung):Hỗn hợp X gồm 3 triglixerit Y,Z,T (có tỉ lệ số mol

Y:Z:T=1:2:3). Đun nóng m gam hỗn hợp X với dung dịch NaOH vừa đủ thu được 1,656 gam

glixerol và 3 muối (gồm natri stearat; oleat và panmitat có tỉ lệ số mol 5:7:6 theo thứ tự trên).

Đốt lượng chất Z có trong m gam hỗn hợp X cần 0,483 mol O2. Lấy lượng chất Y,T có trong m

gam hỗn hợp X trộn với m’ gam peptit mạch hở R (cấu tạo từ các a-aminoaxit no mạch hở chứa

1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH) thu được hỗn hợp Q rồi đem cần 1,9095 mol O2 đốt thu được

m+8,196 gam H2O; 2,24 lít N2 (đktc). Phần trăm khối lượng R trong Q gần nhất với

A. 49%

B. 50%

C. 54%

C. 55%

Một bài toán kết hợp giữa peptit và este

( Quy ước cho bài này S: stearic ( hay gốc stearat ), tương tự với P và O)

: ( )1,656

: 2 ( ) 2 3 0,00392

:3 ( )

Y a mol

X Z a mol a a a a

T a mol

Z có công thức : 2 4 2 6n n kC H O ( k là số liên kết pi trong gốc HRCB)

2

2 4 2 60,4834 2

1 0,006

O

Z

n kn n

n

Chỉ có k=2 (thỏa) n=57

Vậy ta thu được từ tỉ lệ X gồm

57 110 6

57 106 6

53 100 6

: ; : 0,003( )

: ; : 0,006( ) 15,474

: ; : 0,009( )

Y S S S C H O mol

Z S O O C H O mol m

T O P P C H O mol

Quy peptit về

2 1

2

n nC H NO

H O

a

b

{

1,5na − 0,75 = 1,9095 − 0,003 (57 +

110

4− 3) − 0,009 (53 +

100

4− 3) = 0,99

a = 0,2

2na − a + 2b =15,474 + 8,196

18∗ 2 − 0,003 ∗ 110 − 0,009 ∗ 100 = 1,4

0,760,76

0,2 ' 0,05.18 0,2(14. 29) 17,34( )0,2

0,05

na

a m g

b

'% 52,8%

'pep

mm

m m

Bài tập 13 (Huỳnh Tuấn An):X là hỗn hợp chứa 4 peptit mạch hở có cùng số mol đều được tạo

từ 2 hoặc 3 trong số 4 axit amin Gly ,Ala. Val, Glu ( số liên kết-CONH- trong mỗi peptit không

vượt quá 3) . Cho a mol X tác dụng vừa đủ với 1,2 mol NaOH thu được hỗn hợp muối Y chứa 3

muối ValNa GlyNa AlaNa đếu có số mol là 0,2 và x mol muối Glu. Đốt cháy hoàn toàn Y thu

được Na2CO3 CO2 H2O và 11 (l) N2 ở 1atm 25°C . %m peptit có M nhỏ nhất là.

A 20.

B 22.

C 24

D.26

( )

11 0,082(273 25)

0,45( )

0,9( )

0,9 0,2.3 0,3

N

N Glu Glu

pV nRT

n

n mol

n mol

n n

+Không cần quan tâm đến mol NaOH vì nó chỉ cho ta biết Glu cộng với bao nhiêu nguyên tử Na,

nhưng bài này chỉ cần tính mol axit amin nên NaOH không còn quan trọng.

Vậy X chức các axit amin

0,2( )

0,3( )

Gly Ala Val mol

Glu mol

+Nhiệm vụ của ta và phân bố các axit amin trên vào 4 pep có số mol như nhau

Ước chung của 0,2 và 0,3 là 0,01;0,05;0,1 , t = số mol axit amin

+Nếu mol mỗi pep là 0,1 mol 0,1.4.2 0,1.4.3 0,8 1,2t t thỏa mãn vì

0,9 ( )f t

Kiểm tra tương tự cho 0,05 và 0,01 thấy 0,9 ( )f t loại ngay

Vậy các pep là

: 0,1

: 0,1

: 0,1

: 0,1

ValGlyAla

GluVal

GluAla

GluGly

(min)% 22,34%Pepm

Bài tập 14 (Hồ Nguyễn Bảo Trung): Hỗn hợp X gồm 2 peptit có số mol bằng nhau, mỗi peptit

được tạo ít nhất là 2 trong 3 axit amin sau: Gly, Ala, Val, số mắc xích trong mỗi peptit không

vượt quá 4 và tỉ lệ mol giữa Gly và Ala là 1:2. Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X bằng HCl vừa

thu được dung dịch Y,Cho Y tác dụng với AgNO3/NH3 vừa đủ thu được kết tủa Z và dung dịch

T, lọc bỏ kết tủa cô cạn cẩn thận dung dịch T thu được 10,84 gam muối. Mặt khác nếu cho lượng

HCl trên vào dung dịch chứa 0,2 mol FeCl3 thu được dung dịch R, điện phân dung dịch R bằng

dòng điện một chiều thì thu được tối đa một lượng khí Clo, đủ để sản xuất 37,719 gam clorua vôi

( biết hiệu xuất sản xuất clorua vôi là 90 % ). Tính phần trăm khối lượng peptit có số mắc xích

Val nhiều hơn trong X là ? ( chọn đáp án gần nhất)

A.50%

B.54%

C.58%

D.60%

2 1

2

n nC H NO

H O

a

b

3 3/

2 2 2

2 5 3 5

: ( ): ( )

: ( )

AgNO NHHCl

n n

n n

AgCl a molX C H NO Cl a mol

C H N O a mol

Giải thích cho dòng trên: Nếu lấy Gly làm chuẩn thì

2 2 3 2NH CH COOH HCl NH Cl CH COOH

3 2 3 3 3 3 2 4/NH Cl CH COOH AgNO NH NO NH CH COONH AgCl

Ala, Gly cũng tương tự nên ta quy về n giải cho gọn

Bảo toàn clo

37,7190,2.3 : 0,9.2 0,06

127a a

Có hệ phương trình :

0,2314 127 10,84

0,060,06

23

6

nana a

aa

n

: ( )2 3.2 5(0,06 3 ) 23

: 2 ( ) 0,010,06 6

: 0,06 3 ( )

Gly x molx x x

Ala x mol n x

Val x mol

: 0,01

: 0,02

: 0,03

Gly

Ala

Val

Do pep được tạo ít nhất từ 2 loại a.a đi pep trở lên

Do số mắt xích không vượt quá 4 đi hoặc tri pep

Ước chung của 0,01; 0,02; 0,03 có thể là 0,01 : k = số mol mỗi pep( k là số nguyên )

Vậy chỉ có k=1 là thỏa X gồm 2

: 0,01( )% 53,947

: 0,01( )

GlyAlaVal mol

Val Ala mol

Hoặc cũng có thể là 0,01 Gly-Ala, 0,01 Ala-Val3 73,56%

0,01 Gly-Val, 0,01 Ala2-Val2 67,29%

0,01 Ala-Val, 0,01 Gly-Ala-Val2 64,66%

0,01 Ala2-Val, 0,01 Gly-Val2 -> 51,32%

nhưng không có trường hợp nào gần hơn đáp án này

Bài tập 15(Tienson Nguyen):Hỗn hợp E chứa các chất hữu cơ đều mạch hở gồm chất X

(C7H14O4N2) là este của a-aminoaxit và hai peptit Y, Z (MY < MZ) hơn kém nhau một liên kết

peptit. Đun nóng 35,96 gam hỗn hợp E với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản

ứng thu được phần hơi chứa etilen glicol có khối lượng 2,17 gam và phần rắn gồm hai muối của

glyxin và alanin. Đốt cháy hết hỗn hợp muối cần dùng 1,5375 mol O2, thu được Na2CO3; CO2;

H2O và 5,6 lít khí N2 (đktc). Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E là

A. 47,96%

B. 42,13%

C. 38,47%

D. 55,89%

Theo dữ kiện đề bài tìm được

3 2 2 2 2 2: ( ) ( ) : 0,035X CH CH NH COO CH OOCCH NH

Là este của Gly và Ala

Muối gồm 2 4 2

3 6 2

: 0,5 0,225

: 2,25 3,75 1,5375 0,275

C H NO Na a a b a

C H NO Na b a b b

Trong 2 peptit chứa

: 0,19

: 0,24

Gly

Ala

35,96 0,035(89 75 61 18.2) 29,31pepm

Quy hỗn hợp về

2 1

2

n nC H NO

H O

a

b

14 29 18 29,31

0,19 0,24 0,43 0,08( )

0,19.2 0,24.30,08

0,43

na a b

a b mol

n

Vậy peptit chỉ có thể là

3 3

2 3

: : 0,03

: : 0,05

Z Gly Ala

Y Gly Ala

Bài tập 16 (Phúc Bá):Hỗn hợp A có khối lượng 117,1 gam gồm este 2 chức X và peptit Y (được

cấu tạo từ 3 trong số các axit amin có 1-COOH trong SGK); X và Y có cùng độ bất bão hòa là a

(4<a<8). Đun nóng A với 5 lít dung dịch NaOH 0,31M thì thu được dung dịch B chỉ chứa 174,6

gam các muối hữu cơ. Đốt cháy hoàn toàn A trong O2 vừa đủ rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm vào

dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được 535 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 223,1 gam;

sau phản ứng thấy có 15,68 lít (đktc) khí trơ thoát ra. Tổng số nguyên tử H của X và Y là bao

nhiêu ?

Bài tập 17 (Thầy Hoàng Chung):Hỗn hợp X gồm 4 peptit mạch hở cấu tạo từ aminoaxit no

mạch hở có 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm -COOH gồm tripeptit Y; pentapeptit Z; hexapeptit R;

nonapeptit T trong đó số mol Y bằng 2 lần số mol T; số C trong Z và R bằng nhau ; số mol R gấp

3 lần số mol Z; trong T có số mắt xích nầy gấp đôi số mắt xích còn lại. Thuỷ phân hoàn toàn hỗn

hợp X chỉ thu được 2 loại aminoaxit . Đốt 14,484 gam hỗn hợp X cần 14,7168 lít O2 (đktc) thu

được hỗn hợp CO2, hơi H2O và N2 trong đó tổng số mol CO2 và H2O là 1,022 mol. Đun nóng

hỗn hợp gồm 0,05 mol Y và 0,15 mol T với dung dịch NaOH vừa đủ thu được m gam muối. Giá

trị của m gần nhất với

A. 29,5

B. 30,0

C. 30,5

D. 31,0

Bài tập 18 ( Thầy Hoàng Chung):Hỗn hợp X gồm peptit A được cấu tạo bởi glyxin, alanin và

chất béo B có chứa 3 liên kết p trong phân tử (số mol của B nhỏ hơn số mol của A). Đốt cháy a

gam hỗn hợp X cần vừa đúng 49,28 lít O2 (đktc). Mặt khác, thủy phân a gam hỗn hợp X bằng

một lượng dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được m gam hỗn hợp Y gồm 3 muối. Đốt cháy

m gam hỗn hợp muối Y cần vừa đúng 47,712 lít O2 (đktc), thu được hỗn hợp khí Z gồm CO2,

H2O, N2 và 13,78 gam Na2CO3. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Z qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư

thấy khối lượng bình tăng thêm 90,46 gam so với ban đầu. Xem như N2 không bị nước hấp thụ,

các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của A trong hỗn hỗn hợp X gần nhất với

giá trị nào sau đây?

A. 43,6%.

B. 42,7%.

C. 44,5%

D. 41,8%

Nung m gam hỗn hợp gồm Al,Fe(NO3)3 trong đk không có không khí sau 1 thời gian

thu được 52,48 gam chất rắn X và 7,056 lít hỗn hợp khí Y(đktc) gồm NO2 và O2.Hòa tan hoàn

toàn X trong 1,32 lít dung dịch H2SO4 1M thu được dung dịch chỉ chứa 158,08 gam muối sunfat

trung hòa và 7,84 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm 2 khí không màu trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài

không khí có tỷ khối so với H2 là 9.Giá trị m gần nhất với :

A.64,17g B.65,6 g C.66,8g D.63,8g

BTKL→ nH2O = 0,97 mol

BTNT H→ nNH4+ =

1,32 − 0,15 − 0,97

2= 0,1 mol

mmuối→ mKL = 158,08 − 0,1 ∗ 18 − 96 ∗ 1,32 = 29,56 (gam)

BTNT O→ nO trong CR X = nNO + nH2O = 0,2 + 0,97 = 1,17 (mol)

m g {Al

Fe(NO3)3

to

→

{

0,315 mol {

NO2⏟a mol

O2⏟b mol

52,48 g X

{

KL⏟52,48 g

O⏟1,17 mol

BTKL→ N⏟

0,3 mol

H2SO4→ 158,08 g

{

KL⏟29,56g

SO42−

⏟ 1,32 mol

NH4+

⏟ 0,1 mol

+ {

NO⏟0,2 mol

H2⏟0,15 mol

+ H2O⏟0,97 mol

BTNT N→ nFe(NO3)3 =

a + 0,3

3 (mol) → {

a + b = 0,315BTNT O→ 9 ∗

a + 0,3

3= 0,315 ∗ 2⏟

NO+NO2

+ 1,17⏟O trong X

→ {a = 0,3b = 0,015

mol

BTKL→ m = 66,76 gam → Chọn C

Hỗn hợp rắn X gồm FeS,FeS2, FexOy,Fe.Hòa tan hết 29,2 gam hỗn hợp X vào dung dịch

chứa 1,65 mol HNO3, sau phản ứng thu được dung dịch Y và 38,7 gam hỗn hợp khí Z gồm NO

và NO2 (không còn sản phẩm khử nào khác của NO3−).Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được

77,98 gam hỗn hợp muối khan.Mặt khác,khi cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y,lấy kết tủa nung

trong không khí đến khỗi lượng không đổi thu được 83,92 gam chất rắn khan.Dung dịch Y hòa

tan hết m gam Cu (giải phóng khí NO là sản phẩm khử duy nhất).Giá trị của m là?

A.11,2 gam B.23,18 gam C.11,92 gam D.6,72 gam

X

{

Fea

mol

Sbmol

Ocmol

→

{

mX → 56a + 32b + 16c = 29,2mmuối→ 242(a −

2b

3)⏟

Fe(NO3)3

+ 400 ∗b

3⏟ Fe2(SO4)3

= 77,98

mrắn→ 80a⏟

FeO1,5

+ 233b⏟ BaSO4

= 83,92

→ |a = 0,35mol

b = 0,24mol

c = 0,12mol

nHNO3pứ

= xmolBTKL→ 29,2 + 63x = 77,98 + 38,7 + 18 ∗ 0,5x → x = 1,62mol

Y

|

|

|

Fe3+⏟0,35mol

H+⏟0,03mol

NO3−

⏟ 0,6mol

SO42−

⏟ 0,12mol

CuMax→ |

Fe3+ + e → Fe2+

4H+ +NO3− + 3e → NO + 2H2O

Cu → Cu2+ + 2e

BTe→ mCu = 64 ∗

1

2(0,35 +

0,09

4) = 11,92gam

Chọn đáp án C

:Cho hỗn hợp X gồm Fe2O3,FeO và Cu ( trong đó Fe chiếm 52,5 % về khỗi lượng ).Cho m

gam hỗn hợp X tác dụng với 84 ml dung dịch HCl 2M (dư) đến khi phản ứng hoàn toàn thu được

dung dịch Y và còn 0,2m gam chất rắn không tan.Cho dung dịch AgNO3 dư vào Y ,sau phản ứng

thu được 28,32 gam kết tủa,đồng thời thoát ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất của NO3−).

Giá trị của m là?

A.8 gam B.6,4 gam C.8,8 gam D.9,6 gam

Dung dịch Y

{

Fe2+

Cu2+⏟amol

Cl−⏟0,168mol

H+⏟bmol

→

{

BTKL→ m = 0,2m + 64a + 0,525m + 8(0,168 − b)

BTĐT→

0,525

56∗ 2 + 2a +b = 0,168

mkt→ 108 (

0,525

56m− 0,75b) + 143,5 ∗ 0,168 = 28,32

→ |m = 6,4a = 0,01b = 0,028

Chọn đáp án B

Trộn 8,1 gam bột Al với 35,2 gam hỗn hợp rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4,FeO và

Fe(NO3)2 thu được hỗn hợp Y.Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch chứa 1,9 mol HCl và 0,15

mol HNO3.Khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Z (không chứa

NH4+) và 0,275 mol hỗn hợp khí T gồm NO và NO2.Cho dung dịch AgNO3 đến dư vào dung

dịch Z,sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch M,thoát ra 0,025 mol khí NO (sản phẩm khử

duy nhất của NO3−) và 280,75 gam kết tủa.% khối lượng của Fe(NO3)2 trong hỗn hợp Y là?

A.41,57% B.62,65% C.76,7% D.51,54%

{nH+dư = 4nNO = 0,1

mol

BT e→ nFe2+ = nAg + 3nNO = 0,15

mol

BTĐT→ nFe3+ = 1,9⏟

Cl−

− 0,1⏟H+

− 2 ∗ 0,15⏟ Fe2+

− 3 ∗ 0,3⏟ Al3+

= 0,2mol

BTNT H→ nH2O=

1,9 + 0,15⏟ ∑H+

− 0,1⏟H+dư

2= 0,975mol

BTKL→ m(NO+NO2)= 8,1 + 35,2 + 1,9 ∗ 36,5 + 0,15 ∗ 63 − 95,25 − 18 ∗ 0,975 = 9,3

gam

{nNO + nN2O = 0,275

30a + 46b = 9,3→ {

nNO = 0,2mol

nN2O = 0,075mol

BTNT N→ nFe(NO3)2 =

0,2+0,075∗2−0,15

2= 0,1mol →

%Fe(NO3)2 = 41,57% Chọn đáp án A

Hòa tan hoàn toàn m g hh X gồm FeO, Fe3O4, FeS, FeS2, CuS, S trong dung dịch chứa

0,25 mol H2SO4đ,n(vừa đủ).Sau phản ứng thu được dung dịch Y và có 4,48 lít (đktc) SO2thoát

ra.Cho dung dịch Ba(OH)2dư vào dung dịch Y thu được (5m-1,3)gam kết tủa.Mặt khác hòa tan

hết m gam X trên trong dung dịch HNO3đ,n,sau phản ứng thấy thoát ra hỗn hợp khí chứa a mol

NO2và 0,02 mol SO2.Dung dịch sau phản ứng chứa 389m/160 gam muối.Giá trị của (m+a) có giá

trị gần nhất với?

A.8,2 gam B.6,8 gam C.9,8 gam D. 11,2 gam

m g X{

Fe: xCu: yO: zS: t

mol + H2SO4⏟ 0,25 mol

→ Y{

Fe3+: xCu2+: y

SO42−: t + 0,05

mol + SO2⏟0,2 mol

Y + Ba(OH)2dư →↓

{

Fe(OH)3: xCu(OH)2: y

BaSO4: (t + 0,05)

{

BTĐT→ 3x + 2y = 2(t + 0,05) (1)

m↓ = 107x + 98y + 233(t + 0,05) = 5(56x + 64y + 16z + 32t) − 1,3 (2)BTe→ 3x⏟

Fe→Fe3++3e

+ 2y⏟Cu→Cu2++2e

+ 6t⏟S→S+6+6e

= 0,2 ∗ 2⏟ SO2

+ 2z⏟O+2e→O−2

(3)

X+HNO3đ, n → Muối

{

Fe3+: xCu2+: y

SO42−: (t − 0,02)

NO3− BTĐT→ (3x + 2y − 2t + 0,04)

+ {

SO2⏟0,02 mol

NO2⏟a mol

mmuối = 56x + 64y + 96(t − 0,02) + 62(3x + 2y − 2t + 0,04)

=389

160(56x + 64y + 16z + 32t) (4)

Giải hệ ↳ {

x = 0,06y = 0,01z = 0,05t = 0,05

mol BTe→ 3x + 2y + 6 ∗ 0,03⏟

S→S+6

+ 4 ∗ 0,02⏟ S→S+4

= 2z⏟O→O−2

+ a⏟NO2

→ a = 0,36(mol)

Vậy (m+a) = 6,4+0,36 = 6,76 gam => Chọn B

Nung m gam hỗn hợp X gồm Fe và Al trong không khí thu được (m+6) gam chất rắn

gồm các Oxit.Hòa tan Y trong dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch Z chứa (3m –1,175)

gam chất tan.Cho Z tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được ( 9m –1,275) gam kết tủa.Mặt

khác hòa tan hết m gam X trong HNO3 dư thu được dung dịch A và 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí B

gồm NO và N2 ( tỷ lệ mol 1:2 ).Cô cạn cẩn thận dung dịch A thu được bao nhiêu gam chất rắn?

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

A.69,7 gam B.70,7 gam C.66,8 gam D.67,8 gam

nO =6

16= 0,375 mol → nCl− = 0,75

mol

Ta có mFe+Al = (3m − 1,175 − 35,5 ∗ 0,75) = 3m − 27,8 = m → m = 13,9gam

nFe2+ =9 ∗ 13,9 − 1,275 − 143,5 ∗ 0,75

108= 0,15mol

{

BTKL→ 56nFe3+ + 27nAl3+ = 13,9 − 0,15 ∗ 56BTĐT→ 3nFe3+ + 3nAl3+ = 0,75 − 0,15 ∗ 2

→ |nFe3+ = 0,05

mol

nAl3+ = 0,1mol

BT e→ nNH4NO3 =

0,2 ∗ 3 + 0,1 ∗ 3 − 0,05 ∗ 10 − 0,1 ∗ 3

8= 0,0125mol → mrắn = 70,7

gam → B

Em Vinh): Trộn X

48 mol kim loại M và x mol Fe thu được hỗn hợp A (X là nguyên tử

khối của kim loại M có số oxi hóa duy nhất là 2).Cho A tác dụng vừa đủ với hỗn hợp dung dịch

B chứa 348,25 gam hỗn hợp HCl và NaNO3 thu được dung dịch C chỉ chứa 280,05 gam muối

khan ( trong đó 2 muối sắt có số mol bằng nhau) và hỗn hợp 45,92 lít (đktc) hỗn hợp khí D gồm

N2O,H2, NO2 có tỷ khối so với H2 là 854

41, (trong đó nN2O =

1

39nNaNO3).Xác định % khối lượng

kim loại M trong A? ( Đã thêm 1 dữ kiện,đề ban đầu chưa chặt )

{

HClx

mol

NaNO3ymol

NH4+z

mol

→

{

BTNT O→ nH2O = (

14

13y + 2z)

mol

BTNT N→ nNO2 = (

37

39y − z)

mol

Ta có hệ phương trình sau:

{

365, x + 85y = 348,25BTNT H→ x = 2 (

14

13y + 2z) + 2 (2,05 + z −

38

39y) + 4z

46 (37

39y − z) +

44

39y + 2 (2,05 + z −

38

39y) = 85,4

→ |x = 5mol

y = 1,95mol

z = 0,05mol

{

M2+⏟xmol

Fe2+⏟ymol

Fe3+⏟ymol

→

{

BTĐT→ 2x + 5y = 3

BTKL→ Mx + 56 ∗ 2y = 56,8

x =M

48

→ [M = 24 → MgM = 20,8

%Mg =0,5 ∗ 24

56,8∗ 100% = 21,13%

Hòa tan hoàn toàn 46,24 gam hỗn hợp A gồm Fe,Cu,FexOy trong dung dịch B chứa HCl

5,475% và H2SO4 29,4% (loãng) thu được 0,05 mol H2 và dung dịch C chỉ chứa các muối.Chia

dung dịch C thành 2 phần bằng nhau:

- Cho từ từ BaCl2 vào phần 1 đến khi kết tủa cực đại thì dừng lại,cho tiếp AgNO3 dư vào,

sau phản ứng thu được 194,139 gam kết tủa.

- Phần 2 tác dụng với NaOH dư,lọc,nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không

đổi thu được 24,4 gam rắn.

% khối lượng của FexOy trong A gần nhất với? (Nguyễn Quế Võ )

{

nHCl = x

mol

nH2SO4 = 2xmol

nFe2+ = ymol

→

{

mkết tủa→ 233 ∗ 2x⏟

BaSO4

+ 143,5 ∗ 5x⏟ AgCl

+ 108y⏟ Ag

= 388,278

mrắn→ 46,24 − 16 ∗ 0,5(5x − 0,05 ∗ 2)⏟

mkim loại

+ 8(5x + y)⏟

nOtrong Oxit

= 24,4 ∗ 2

→ {x = 0,308mol

y = 0,22mol→ {

nFe3+ = 0,32mol

nCu2+ = 0,07mol

→nFenO<0,32 + 0,22

0,72=3

4→ FexOy ⇔ Fe2O3

%Fe2O3 =0,24 ∗ 160

46,24∗ 100% = 83,045%

Cho 99,72 gam hỗn hợp gồm Mg,FeCl2, Fe(NO3)2 vào 400 gam dung dịch chứa HNO3

31,23% và NaNO3 10,2%.Sau khi kết thúc các phản ứng thu được 492,96 gam dung dịch X chứa

246,8 gam chất tan và hỗn hợp khí Y gồm NO,N2O và N2 có tỷ khối so với H2 =16,9.Dung dịch

X hòa tan tối đa 23,04 gam Cu (thoát ra 0,04 mol NO,sản phẩm khử duy nhất của NO3−) % thể

tích của NO trong hỗn hợp khí Y là?

A.30% B.45% C.50% D.60%

{

Mgamol

FeCl2bmol

Fe(NO3)2cmol

+ {HNO3

2,04mol

NaNO30,48mol

→

|

|

|

|

|

| ↑ {

NOxmol

N2Oymol

N2zmol

⏟ 6,76gam

→

{

Mg2+⏟ amol

Fe3+⏟0,6mol

Na+⏟0,48mol

NH4+

⏟ 0,04mol

NO3−

⏟ (2a+2,48−2b)mol

Cl−⏟2bmol

H+⏟0,16mol⏟

246,8 gam

∑mH2O = 246,16gam

nH2Omới sinh =

246,16 − 400 − 2,04 ∗ 63 − 0,48 ∗ 85⏟

mH2Otrong dd

18= 0,86mol

BTNT H→ nNH4+ =

2,04 − 0,16 − 0,86 ∗ 2

4= 0,04mol

BTĐT→ nNO3−= (2a + 2,48 − 2b)

mol

Ta có hệ phương trình sau:

{

24a + 127b + 180c = 99,72BTNT Fe→ b + c = 0,6

mchất tan → 24a + 56 ∗ 0,6 + 23 ∗ 0,48 + 18 ∗ 0,04 + 0,16 + 62(2a + 2,48 − 2b) + 35,5 ∗ 2b = 246,8

⇔ 148a − 53b = 47,52

→ |a = 0,45mol

b = 0,36mol

c = 0,24mol

Tiếp tục có hệ phương trình sau:

{

BTNT N→ x + 2y + 2z = 0,3

m↑→ 30x + 44y + 28z = 6,7630x+44y+28z

x+y+z= 16,9 ∗ 2

→ |

x = 0,1mol

y = 0,06mol

z = 0,04mol→ %VNO = 50% Chọn đáp án C

Cho m gam hỗn hợp H gồm Al,Zn,Fe3O4,CuO vào dung dịch chứa H2SO4 40,67% và

HNO3 5,04% ,sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,18 mol hỗn hợp khí T gồm NO

và H2 và dung dịch X chỉ chứa Muối (kim loại chỉ tồn tại ở 1 số oxi hóa duy nhất ).Cô cạn dung

dịch X thu được (m+72,2) gam muối khan.Nhỏ từ từ dung dịch NaOH 2,06M vào X đến khi

không còn phản ứng xảy ra thì hết 1 lít dung dịch,thu được 0,02 mol khí và kết tủa Y.Lọc,nung Y

trong không khí đến khối lương không đổi thu được 34,4 gam chất rắn.C% Al2(SO4)3 trong X có

thể là?

A.14,13% B.13,88% C.7,06% D.17,1%

nH2SO4 = amol → nHNO3 =

16

83amol

BTKL→ 98a + 63 ∗

16

83a = 72,2 + 2 (0,18 −

16

83a + 0,02) + 30 (

16

83a − 0,02) +

9(2a +16

83a − 0,02 ∗ 4 − 2 (0,18 −

16

83a + 0,02))

SLOVE→ a = 0,83mol

BTNT O→ nO

trong H= 0,49mol

{Fe3O4

xmol

CuOymol

→ {

BTNT O→ 4x + y = 0,49

mrắn→ 240x + 80y = 34,4

→ |x = 0,06mol

y = 0,25mol

Gọi mol {Alzmol

Zntmol →

[ {

BTĐT→ 3x + 2y = 0,78

ddsau cùng→ AlO2

−⏟ x

+ ZnO22−

⏟ 2y

+ SO42−

⏟ 0,83∗2

= K+⏟2,06

→ {x = 0,19mol

y = 0,105mol→ %Al2(SO4)3 = 7,36%

{

BTĐT→ 3x + 2y = 0,6

ddsau cùng→ AlO2

−⏟ x

+ ZnO22−

⏟ 2y

+ SO42−

⏟ 0,83∗2

= K+⏟2,06

→{x = 0,1mol

y = 0,15mol→ %Al2(SO4)3 = 7,06%

Chọn C

Nếu chọn đáp án chính xác thì ưu tiên chọn 7,36% (ứng với trường hợp cho Fe2+)

Để m gam hỗn hợp X gồm Al,Mg,Fe trong không khí sau một thời gian thu được hỗn

hợp Y có khối lượng là 1,1905m gam .Hòa tna hoàn toàn Y trong dung dịch T chứa H2SO4 và

HNO3 (có tỷ lệ mol tương ứng là 1:0,263),sau phản ứng thu được dung dịch Z chỉ chứa muối

sunfat trung hòa và 3,48 lít (đktc) hỗn hợp khí G chỉ chứa 4 khí là sản phẩm khử của NO3−

(

trong G Oxi chiếm 25% tổng số nguyên tử).Cho 850 ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào dung dịch Z

thu được 235,2875 gam kết tủa và 1 dung dịch H.Khi thổi CO2 dư vào H thấy xuất hiện kết tủa.

Giá trị m gần nhất với?

A.21,8 gam B.22,7 gam C.28,6 gam D.26,4 gam

{nH2SO4 = a

mol

nHNO3 = 0,263mol

→ Z

|

|

Mn+

Al3+⏟bmol

SO42−

⏟ amol

NH4+

⏟ (0,263a−0,18)mol

Ba(OH)2⏟

0,85mol

→ ↓

{

M(OH)nBaSO4⏟ amol

Al(OH)3⏟

(b−1

2(0,85−a))

mol

⏟ 235,2875gam

dd sau cùng→ Ba(AlO2)2⏟

(0,85−a)mol

nOtrong Y

=0,1905

16m

BTNT H→ nH2O= (

2,263a − 4(0,263 − 0,18)

2)

mol

Ta có hệ phương trình sau:

{

BTNT O→

0,1905

16m + 0,263a ∗ 3 = 0,06⏟

N3O

+2,263a − 4(0,263a − 0,18)

2

m↓→ (m− 27b) + 17(2a − 0,263a + 0,18 − 3b)⏟

M(OH)n

+ 78(b −1

2(0,85 − a)) + 233a = 235,2875

→ |m = 22,88084138a = 0,8042233371

Chọn đáp án B

Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X gồm Al và Fe2O3 trong điều kiện không có

không khí thu được 28,92 gam hỗn hợp Y,nghiền nhỏ,trộn đều và chia hỗn hợp Y thành 2 phần:

Phần 1 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH dư,sau phản ứng thu được 1,008 lít (đktc) và 3,36

gam chất rắn không tan

Phần 2 tác dụng vừa đủ với 608 ml dung dịch HNO3 2,5M thu được 3,808 lít NO (đktc) và dung

dịch Z chứa m gam hỗn hợp muối.Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.Giá trị m gần nhất với:

A.102 gam B.100 gam C.99 gam D.101 gam

Phần 1{

Al: 0,045 ∗2

3= 0,03mol

Fe: 0,06mol

Al2O3: 0,03mol

Phần 2:{

Al: 0,03tmol

Fe: 0,06tmol

Al2O3: 0,03tmol

mP1+mP2=28,92→ 7,23(t + 1) = 28,92 → t = 3 →

Muối

{

Al(NO3)3: 0,27mol

Fe(NO3)2⏟ xmol

Fe(NO3)3⏟ ymol

NV H+

→ NH4NO3: 0,03mol

→ {

BT Fe→ x + y = 0,18

BT e→ 2x + 3y = 0,17 ∗ 3 + 0,03 ∗ 8

→ |x = 0,06mol

y = 0,12mol→

m=99,75gam Chọn đáp án B

Một bình kín chứa 46,54 gam hỗn hợp X gồm Mg,Cu(NO3)2. Thêm vào bình một lượng

C rồi nung nóng bình (không có không khí) một thời gian thì thấy không còn C dư,thu được hỗn

hợp rắn Y và 5,152 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm 3 khí đều có phân tử khối lớn hơn 30.Hòa tan

hoàn toàn Y trong dung dịch chứa m gam HCl sau phản ứng chỉ thu được dung dịch T chứa

(m+30,184) gam các muối và a mol NO (sản phẩm khử duy nhất).Biết mol nguyên tử N trong Z

là 0,19 mol.Hiệu khối lượng của Cu(NO3)2 và Mg trong hỗn hợp đầu gần nhất với?

(Đỗ Văn Khang)

A.35 gam B.37 gam C.39 gam D.41 gam

mZ = 0,19 ∗ 14 + 0,23 ∗ 16 = 10,02BTKL→ mY = 46,54 − 10,02 = 36,52

gam

nO/(Y) = 0,19 ∗ 3 − 0,23 ∗ 2 = 0,11mol

36,52 gam

{

Mg

xmol

Cuymol

NO3−

⏟ zmol

O0,11mol

HCl⏟mgam

→

|

|

Mg2+⏟ xmol

Cu2+⏟ymol

NO3−

⏟ (z−a)mol

Cl−⏟ (m+30,184)gam

+ NO⏟amol

+ H2O⏟bmol

{

BTKL→ 30a + 18b = 36,52 − 30,184BTNT O→ 0,11 + 3z = 3(z − a) + a + b

→ {a = 0,066mol

b = 0,242mol

Ta có hệ phương trình sau:

{

BTKL→ 24x + 64y + 62z + 16 ∗ 0,11 = 36,52BTĐT→ 2x + 2y = z − 0,066 + 0,242 ∗ 2

BTNT N→ 2y⏟

Cu(NO3)2

= 0,19 + z

→ {

x = 0,114mol

y = 0,233mol

z = 0,276mol→

∆m(Cu(NO3)2−Mg) = 41,068 gam Chọn đáp án D

Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn hỗn hợp X gồm Al và Fe2O3 trong chân

không thu được 21,69 gam hỗn hợp Y,nghiền nhỏ trộn đều Y và chia làm 2 phần

Phần 1 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư,sau phản ứng thu được 1,008 lít khí (đktc) và 3,36

gam chất rắn không tan

Phần 2 trộn với x gam KNO3 rồi hòa tan vào 100 gam dung dịch HCl,sau phản ứng thu được

dung dịch T chỉ chứa các muối clorua và 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm

NO và H2có tỷ khối so với He là 6,1.Dung dịch T tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3thu

được 147,82 gam kết tủa. Giá trị C% FeCl3 trong dung dịch T gần nhất với:

A.9% B.10% C.11% D.13%

Phần 1{nAl dư =

2

3∗1,008

22,4= 0,03 (mol)

nFe =3,36

56= 0,06 (mol) → nAl2O3 = 0,03 (mol)

→ mP1 = 7,23 gam =mP2

2

→ P2

{

Al dư⏟ 0,06 mol

Fe⏟0,12 mol

Al2O3⏟ 0,06 mol

+{

HClKNO3⏟

BTNT N→ (c+0,12)

→ T

{

Fe3+⏟a mol

Fe2+⏟b mol

NH4+

⏟ c mol

K+⏟c+0,12

Al3+⏟0,18 mol

Cl−

+ {NO0,12 mol

H20,03 mol + H2O

Ta có nCl− = nHCl = 2 ∗ 0,06 ∗ 3⏟ nO

+ 0,03 ∗ 2⏟ H2

+ 4 ∗ 0,12⏟ NO

+ 10c⏟NH4

+

= 10c + 0,9

Ta có hệ

{

BT e→ 3a + 2b + 0,06 ∗ 3 = 0,03 ∗ 2 + 3 ∗ 0,12 + 8c

BT Fe→ a + b = 0,12

m↓→ 143,5(10c + 0,9)⏟

AgCl

+ 108b⏟ Ag

= 147,82

=> {a = 0,08b = 0,04c = 0,01

(mol)

mdd T = 7,23 ∗ 2 + 100 + 101 ∗ 0,13 − 0,15 ∗ 6,1 ∗ 4 = 123,93 (gam) → C%FeCl3 = 10,49%

Hòa tan hết 19,68 gam hỗn hợp gồm Mg và Fe(NO3)2 trong dung dịch chứa HNO3

25,2% thu được dung dịch X chỉ chứa các muối có khối lượng 68,4 gam và 2,24 lít (đktc) hỗn

hợp khí Y gồm 2 khí không màu trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí có tỷ khối so với He

là 9,6.Cô cạn dung dịch X,lấy chất rắn nung tới khối lượng không đổi thấy khối lượng chất rắn

giảm 48,8 gam.Giả sử nước bay hơi không đáng kể.C% muối Fe(NO3)3 trong dung dịch X là ?

{Mga

mol

Fe(NO3)2bmol

→ {24a + 180b = 19,6840a + 90b = 19,6

→ {a = 0,37mol

b = 0,06mol

{

Fe2+⏟xmol

Fe3+⏟ymol

NH4+

⏟ zmol

NO3−

⏟ tmol

→

{

BTĐT→ 2x + 3y + z + 0,37 ∗ 2 = t

BTNT Fe→ x + y = 0,06

56(x + y) + 18z + 62t + 0,37 ∗ 24 = 68,4BTKL→ 19,68 + 63(z + t + 0,04) = 3,84 + 68,4 + 18(0,5t − 1,5z + 0,02)

{

x = 0,04

mol

y = 0,02mol

z = 0,02mol

t = 0,9mol

→ C%Fe(NO3)3 = 1,89%

Nung m gam hỗn hợp gồm Mg và Cu(NO3)2 trong điều kiện không có không khí, sau 1

thời gian thu được chất rắn X và 10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO2 và O2.Hòa tan hoàn toàn

X bằng 650 ml dung dịch HCl 2M,thu được dung dịch Y chỉ chứa 71,87 gam muối clorua và

0,05 mol hỗn hợp khí Z gồm N2, H2 .Tỷ khối của Z so với He bằng 5,7.Giá trị m gần nhất với?

A.50 B.55 C.45 D.60

{

nMg = xmol

nCu(NO3)2 = ymol

nNH4+ = zmol

→

{

mmuối→ 24x + 64y + 18z + 35,5 ∗ 1,3 = 71,87

BTĐT→ 2x + 2y + z = 1,3

BTNT O→ 6y = (0,64 − 2z) + 0,45 ∗ 2

→ |

x = 0,39mol

y = 0,25mol

z = 0,02mol

m = 0,39 ∗ 24 + 0,25 ∗ 188 = 56,36 gam Chọn đáp án B

Cho 20,96 gam hỗn hợp X gồm Mg,MgO, Cu(NO3)2 và Al tan hoàn toàn trong dung

dịch chứa KHSO4 và 0,9 mol HCl.Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch

Ychỉ chứa m gam hỗn hợp các muối trung hòa và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm H2N2 và

NO có tỷ lệ mol tương ứng là 6:1:2 .Cho NaOH dư vào Y thì thấy có 1,52 mol NaOH phản ứng,

đồng thời xuất hiện 13,92 gam kết tủa.Giá trị m là?

A.94,16 B.88,12 C.82,79 D.96,93

mMg2+ =13,92

58= 0,24mol

Dung dịch sau cùng chứa

{

Na+⏟

1,52 mol

K+⏟a mol

Cl−⏟0,9 mol

SO42−

⏟ 2a mol

AlO2−

BTĐT→ nAlO2− = (0,62 − a)

mol

BTĐT→ nNH4+ = (4a − 1,44)

molBTNT N→ nNO3−

trong X= (4a − 1,4)mol

BTNT H→ nH2O= (3,27 − 7,5a)

molBTNT O→ nO

trong X= (3,29 − 7,5a)mol

BTKL→ 24 ∗ 0,24 + 16(3,29 − 7,5a) + 27(0,62 − a) + 14(4a − 1,4) = 20,96

SLOVE→ a = 0,38mol → m = 96,93→ D