Công phá đề thi quốc gia môn hoá

- 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 thường, phản ứng

Câu 1 Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (Y nhiều hơn X một nguyên tử C) và Hidro Cho 0,4 mol hỗn hợp

M vào bình kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng Sau một thời gian thu được hỗn hợp N Đốt cháy hoàn toàn N thu được 12,544 lít khí CO2 và 10,08 gam nước Tìm % khối lượng của X trong hỗn hợp M

Bài làm

nCO2=12,544

22,4 = 0,56 mol; nH2 O=10,08

22,4 = 0,56 mol Cách 1: Đây là cách hơi dài một chút nhưng là cách đơn giản rất dễ nghĩ ra

Giả sử X và Y là: CnH2n−2 (n ≥ 2) và Cn+1H2n+2 với số mol lần lượt là a, b mol và nH2 = c mol

Như vậy ta sẽ có 4 ẩn số: n, a, b, c Trong khi đó ta có 3 dữ kiện: nM, nCO2, nH2O

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 giữa 4 ẩn

số này, vì vậy đây cũng là cách rất đáng thử

Ta có 3 dữ kiện ứng với 3 phương trình sau:

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 c = 0,4 −

a − b là đơn giản nhất, khi đó ta có:

⇒ n = 0,4 TH2: b=0

(∗∗) ⇒ { na = 0,56

na − 2a = 0,16⇒ {

na = 0,560,56 − 2a = 0,16⇒ {

⇒ (∗) {

a + b + c = 0,42a + 2b + b = 2a + 3b = 0,56

2a + 2b − a + b + c = a + 3b + c = 0,56

⇒ {

a + b + c = 0,42a + 3b = 0,56

na + nb = 0,56 − b (I)2a + b = 0,4 (II)TH1: a = 0

(∗∗∗) {n 0 + n b = 0,56 − b2.0 + b = 0,4 ⇒ {n b = 0,56 − bb = 0,4 ⇒ n =0,56 − 0,4

0,4 = 0,4 TH2: b = 0

Chú ý: Mục đích của hướng 2 chỉ là biến đổi để tạo thành biểu thức (2a + b = 0,4), như vậy khi ta xét a=0 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 2

* Nhận xét: Như vậy bài toán trên đã được giải khá thành công dựa vào MẸO CHẶN HAI ĐẦU Tuy đây là cách biến đổi đại số khá là dài nhưng lại là cách rất đơn giản để nghĩ tới và làm, không cần vận dụng tư duy phức tạp Trong phòng thi đại học thường áp lực tâm lí rất lớn, vì vậy thay vì việc loay hoay tìm ra hướng giải nhanh chóng nhất, hay nhất (thường mất nhiều thời gian, sức lực, nhầm lẫn) thì bạn có thể sử dụng luôn cách giải đại số này, có khi còn tiết kiệm thời gian hơn việc mày mò tìm cách giải nhanh và gọn Với bài toán trên, đề bài không cho các bạn thử đáp án Tuy nhiên, nếu đề bài yêu cầu: “Bạn hãy xác định X

và Y:

𝐀 C4H6, C5H10 B C5H8 và C6H12 C C3H4 và C4H8 D C2H2 và C3H6” Thì bạn hoàn toàn có thể thử đáp án luôn bằng việc thay trực tiếp n (n = 4 (Đáp án A) hoặc n = 3 (Đáp án C) hoặc n = 5 (Đáp án B) hoặc n = 2 (Đáp án D)) vào hệ

Câu 2 Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (Y nhiều hơn X một nguyên tử C) và Hidro Cho 1,52 mol hỗn hợp

M vào bình kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng Sau một thời gian thu được hỗn hợp N Đốt cháy hoàn toàn N thu được 52,64 lít khí CO2 và 55,8 gam nước Tìm % khối lượng của X trong hỗn hợp M

Bài làm

nCO2 = 2,35 mol; nH2O= 3,1 mol

Giả sử X và Y là: CnH2n−2 (n ≥ 2) và Cn+1H2n+2 với số mol lần lượt là a, b mol và nH2 = c mol

Như vậy ta sẽ có 4 ẩn số: n, a, b, c Trong khi đó ta có 3 dữ kiện: nM, nCO2, nH2O

2 = 0,385 ⇒ n 0,385 + n 0 + 0 = 2,35 ⇒ n =

2,350,385= 6,1

* 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 3 dữ kiện nM, nCO2, nH2O vì vậy chắc chắn ta 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 ta có thể biện luận để tìm được n

* Ta sẽ dùng phương pháp trung bình để giải bài toán số 2 như sau

0,77 − 0

2 = 0,385 ⇒ C =

2,350,385 + 0= 6,1

⇒ 3,05 < C < 6,1

Nếu n = 2 ⇒ CX= 2 và CY= 3 ⇒ C < 3 ⇒ không thoả mãn 3,05 < C < 6,1 ⇒ loại

Nếu n = 3 ⇒ CX= 3 và CY= 4 ⇒ 3 < C < 4 ⇒ có thoả mãn 3,05 < C < 6,1

Nếu n = 4,5,6 thì đều thoả mãn

Nếu n = 7 ⇒ CX= 7 và CY= 8 ⇒ C > 7 ⇒ không thoả mãn 3,05 < C < 6,1

Như vậy n = 3,4,5,6

* Từ PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH, chúng ta có thể rút ra được kết quả khá thú vị đó là: Nếu muốn xác định được cụ thể X và Y thì X phải là 𝐂𝟐𝐇𝟐 Điều này có nghĩa là với đề bài tổng quát có dạng sau:

“Hỗn hợp M gồm ankin X, anken Y (Y nhiều hơn X x nguyên tử C) và Hidro Cho 𝑦 mol hỗn hợp M vào bình kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng Sau một thời gian thu được hỗn hợp N Đốt cháy hoàn toàn N thu được 𝑧 𝑚𝑜𝑙 khí 𝐶𝑂2 và t mol nước Tìm % khối 𝑙ượ𝑛𝑔 𝑐ủ𝑎 𝑋 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎỗ𝑛 ℎợ𝑝 𝑀 (biết x, y, z, t

2a + b = A

C = z

a + b(với A, z là các hằng số)

2⇒ C =

zA

2 + 0

= 2 (z

A) = 2T

⇒ T < C < 2T

Nếu 0 < T ≤ 1thì không tồn tại (X, Y) thoả mãn Thật vậy vì khi đó C < 2T ≤ 2.1 = 2 ⇒ C < 2, trong khi

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 thì X phải là C2H2 Điều có có nghĩa là đi thi, bạn có thể biết ngay là (X,Y) = (C2H2, 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 C) và Hidro Cho 𝑦 mol hỗn hợp M vào bình kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng Sau một thời gian thu được hỗn hợp N Đốt cháy hoàn toàn N thu được 𝑧 𝑚𝑜𝑙 khí 𝐶𝑂2 và t mol nước Tìm % khối 𝑙ượ𝑛𝑔 𝑐ủ𝑎 𝑋 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎỗ𝑛 ℎợ𝑝 𝑀 (biết x, y, z, t

𝑙à 𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑐ℎ𝑜 𝑡𝑟ướ𝑐) “

Để bài toán trên tồn tại một cặp (X,Y) duy nhất thì bắt buộc CY= 2 (Y: C2H4)

“ Hỗn hợp M gồm X (X có k liên kết 𝜋) , Y (X nhiều hơn Y x nguyên tử C và Y có 1 liên kết 𝜋) và Hidro Cho

𝑦 mol hỗn hợp M vào bình kín có chứa một ít bột Ni, đun nóng Sau một thời gian thu được hỗn hợp N Đốt cháy hoàn toàn N thu được 𝑧 𝑚𝑜𝑙 khí 𝐶𝑂2 và t mol nước Tìm % khối 𝑙ượ𝑛𝑔 𝑐ủ𝑎 𝑋 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 ℎỗ𝑛 ℎợ𝑝 𝑀 (biết

k, x, y, z, t 𝑙à 𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑐ℎ𝑜 𝑡𝑟ướ𝑐 𝑣à 𝑘 ≥ 2) “

Để bài toán trên tồn tại một cặp (X, Y) duy nhất thì bắt buộc CY= 2

* 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 nóng M một thời gian với bột Ni thì thu được hỗn hợp N Đốt cháy hoàn toàn N thu được 1,3 mol cacbonic và 1,3 mol nước Hãy xác định % khối lượng của X trong M

Ta có thể giả sử các phản ứng diễn ra như sau:

Đầu tiên: a mol CnH2n+ a mol H2→ a mol CnH2n+2

Khi đó: M → {b mol Ca mol CnH2n+2

n+1H2n+4 → 1,3 mol CO2+ 1,3 mol H2O Như vậy đề bài chuyển thành đơn giản hơn: “Đốt cháy hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp M gồm 2 ankan đồng 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 khá nhanh gọn như sau

Do đề bài có 2 dữ kiện: mM, nCO2 ⇒ Nếu ta đặt CTTB của M là CmH2m và nM= a mol thì ta sẽ có 2 ẩn số là

m và a ⇒ ta tìm được cụ thể m và a (tư duy theo PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM)

Ta giải như sau:

* Chú ý: Như vậy bài toán trên đã được giải khá sáng tạo dựa trên MẸO CHỌN QUÁ TRÌNH Nội dung của mẹo này như sau: “ Chúng ta sẽ đưa vào các quá trình ảo sao cho bài toán ban đầu được đưa về dạng đơn giản hơn” Ví dụ như bài toán trên, ta đã dựa vào phản ứng ảo: CnH2n+ H2 → CnH2n+2 để đưa bài toán phức tạp thành bài toán đơn giản hơn Chúng ta sẽ tiếp tục vận dụng tư tưởng trên vào một số bài toán khác

Bài 4: Cho 25,8 gam hỗn hợp X gồm MOH, MHCO3, M2CO3 (M là kim loại kiềm, nMOH= nMHCO3) tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 loãng, sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và 0,3 mol CO2 Hãy xác định % khối lượng của MOH trong X

a = 215

b = 215

c =16

⇒ %mLiOH=

2

15 2625,8 100% = 13,44%

* Bình luận: Bạn cũng có thể giải theo cách đơn giản hơn như sau:

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 Ta có 3 dữ kiện:

mX, nMOH= nMHCO3, nCO2 ⇒ ta sẽ không thể tìm cụ thể được M, chứng tỏ là ta phải biện luận giá trị của M bằng MẸO CHẶN HAI ĐẦU

H2O= 0,5625 ⇒ theo SỐ ĐẾM, ta có quyền bỏ đi 3

ẩn số bất kì Ở đây, ta sẽ chọn bỏ đi 3 chất đầu tiên, như vậy Z chỉ còn lại C4H8 và C4H10 với số mol tương ứng là a và b mol (bạn có thể bỏ đi 3 chất khác)

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 benzoic có lực axit mạnh hơn axit fomic

k Tất cả các este đều được điều chế từ phản ứng của axit và ancol

C2H5ONa + HOH → C2H5OH + NaOH

* Nhận xét: So sánh tính bazo của các chất sau:

𝐂𝟐𝐇𝟓𝐎𝐍𝐚, 𝐂𝐇𝟑𝐎𝐍𝐚, 𝐇𝐂𝐎𝐎𝐍𝐚, 𝐂𝐇𝟑𝐂𝐎𝐎𝐍𝐚, 𝐍𝐚𝐂𝐥, 𝐂𝟔𝐇𝟓𝐎𝐍𝐚, 𝐂𝟔𝐇𝟓𝐂𝐇𝟐𝐎𝐍𝐚, 𝐍𝐚𝐎𝐇, 𝐍𝐚𝟐𝐂𝐎𝟑

Tất cả các chất trên đều được tạo ra dựa trên phản ứng của NaOH và axit giả tưởng HX Axit HX càng mạnh thì muối giả tưởng NaX có tính bazo càng yếu Vì vậy để so sánh tính bazo của các chất trên, ta sẽ so sánh tính axit của các chất sau: C2H5OH, CH3OH, HCOOH, CH3COOH, HCl, C6H5OH, C6H5CH2OH, H2O, H2CO3

Do C2H5OH, CH3OH, C6H5OH, C6H5CH2OH, H2O không có khả năng làm hồng quì tím Trong khi đó dung dịch HCl, H2CO3 có khả năng làm hồng quì tím nên tính axit:

C2H5OH, CH3OH, C6H5OH, C6H5CH2OH, H2O < HCl, H2CO3+ Xét nhóm 𝐂𝟐𝐇𝟓𝐎𝐇, 𝐂𝐇𝟑𝐎𝐇, 𝐂𝟔𝐇𝟓𝐎𝐇, 𝐂𝟔𝐇𝟓𝐂𝐇𝟐𝐎𝐇, 𝐇𝟐𝐎:

- Vì C2H5OH, CH3OH, C6H5CH2OH là ancol, không tác dụng được với NaOH, nước cũng không tác dụng được với NaOH Trong khi đó C6H5OH lại là phenol, tuy không có khả năng làm hồng quì tím nhưng đã có phản ứng với NaOH (Nếu cho C6H5OH vào nước ta thấy C6H5OH 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 do phản ứng (C6H5OH(vẩn đục) + NaOH → C6H5ONa(tan) + H2O) tạo thành dung dịch trong suốt chứa natri phenolat)

Vì vậy tính axit: C2H5OH, CH3OH, C6H5CH2OH, H2O < C6H5OH

- Xét nhóm 𝐂𝟐𝐇𝟓𝐎𝐇, 𝐂𝐇𝟑𝐎𝐇, 𝐂𝟔𝐇𝟓𝐂𝐇𝟐𝐎𝐇, 𝐇𝟐𝐎:

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 sát H trong nhóm –OH hơn ⇒ R sẽ khiến cho liên kết O-H ngắn hơn, khiến cho H khó tách ra tạo thành H+ hơn ⇒ R sẽ khiến cho R-OH có tính axit yếu hơn H-OH ⇒ C2H5OH, CH3OH, C6H5CH2OH < H2O

(Đây là lí do khiến cho ancol không phản ứng được với NaOH nhưng natri ancolat bị thuỷ phân hoàn toàn khi được hoà tan trong nước:

RO − Na(bazo mạnh hơn) + H − OH(axit mạnh hơn) → RO − H(axit yếu hơn) + NaOH(bazo yếu hơn))

- Xét nhóm 𝐂𝟐𝐇𝟓𝐎𝐇, 𝐂𝐇𝟑𝐎𝐇, 𝐂𝟔𝐇𝟓𝐂𝐇𝟐𝐎𝐇:

Vì 3 chất trên đều có dạng R-C-OH với R lần lượt là CH3, H, C6H5 (CH3− C − OH, H − C − OH, C6H5− C −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 benzen ⇒ C6H5− hút e (vì vòng benzen có chứa 3 liên kết đôi)

Mặt khác: CH3−, H − có dạng CnH2n+1−(gốc hidrocacbon no) ⇒ CH3−, H − đẩy e

⇒ Tính axit: CH3− C − OH, H − C − OH < C6H5− C − OH

Nếu xét các gốc có dạng CnH2n+1− (gốc đẩy e) thì n càng lớn, gốc CnH2n+1− đẩy e càng mạnh

⇒ CH3− đẩy e mạnh hơn H−⇒ tính axit: CH3− C − OH < H − C − OH

⇒ Tính bazo: C2H5ONa > CH3ONa > C6H5CH2ONa > NaOH > C6H5ONa > Na2CO3 > NaCl

Chú ý: Cụm từ “tính bazo” không phải để ám chỉ rằng cả 7 dung dịch chứa 7 chất trên đều có pH<7 (ví dụ: dung dịch NaCl có pH=7 vì NaCl là chất trung tính, 6 dung dịch còn lại đều có khả năng làm xanh quì tím) Nếu muốn chính xác ta cần thay đổi câu hỏi lại như sau: Xét 7 dung dịch chứa 7 chất rắn

C2H5ONa, CH3ONa, C6H5CH2ONa, NaOH, C6H5ONa, Na2CO3, 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 mà thôi

b Dung dịch toluen không làm mất màu dung dịch brom kể cả khi đun nóng

Đúng

Chú ý: Benzen không thể phản ứng được với dung dịch brom (không thể làm mất màu dung dịch brom) vì Benzen có vòng thơm Benzen chỉ có khả năng tham gia phản ứng thế với brom khan (brom tan trong CCl4) với xúc tác Fe

Ví dụ: CH3− C6H5+ KMnO4(màu tím) + H2O→ KOOC − Ct° 6H5

Nếu R là −OH, −NH2 thì C6H5− OH, C6H5− NH2 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 trí para)

C

CC

C

CC

TH2: Nếu R có chứa liên kết đôi (ví dụ: COOH, NO2, C = C) thì R sẽ hút e và sẽ khiến cho R − C6H5 khó tham gia phản ứng với brom hơn benzen, R − C6H5 ưu tiên thế Br vào H ở vị trí meta trên vòng benzen

* Tóm lại:

- Tất cả các ankyl benzen đều không có khả năng làm mất màu dung dịch brom, kể cả khi đun nóng

- 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 thường, phản ứng 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

Cumen có dạng

CCC

C

CC

CCC

⇒ cumen có khả năng phản ứng với dung dịch thuốc tím khi đun nóng, tạo ra

C6H5COOK và CO2

d Axit benzoic có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom khi đun nóng

Sai (xem thêm câu b)

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 “ khi tan 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 NaOH, và cả HCl” Điều này là sai Vì Este không phản ứng trực tiếp được với HCl mà khi ta đun nóng este trong dung dịch HCl thì thực chất đây là phản ứng giữa este và nước (phản ứng thuỷ phân este trong nước) có xúc tác axit HCl, đun nóng mà thôi (HCl không hề phản ứng với este) Vì vậy este thực tế không thể phản ứng trực tiếp được với HCl, như vậy ta không thể nói là este có tính lưỡng tính:

Tương tự este, Al và Zn không hề có phản ứng trực tiếp với cả HCl và NaOH

Trong phản ứng của Al với dung dịch NaOH, thực chất chỉ xảy ra phản ứng của Al với HOH tạo ra Al(OH)3, sau đó Al(OH)3 bị NaOH hoà tan (do Al(OH)3 là hidroxit lưỡng tính), sau đó các quá trình này lặp đi lặp lại đến khi Al tan hết:

Ban đầu: Al + 3HOH → Al(OH)3↓ (keo trắng) +3

2H2↑ (1) Al(OH)3 không tan trong nước, bao phủ lên Al khiến cho Al không tan trong nước ở nhiệt độ thường (vì Al(OH)3 không tan trong nước phủ lên Al đã ngăn cản phần Al phía trong tiếp tục phản ứng với HOH)

Al có thể tan trong dung dịch NaOH vì sau khi diễn ra (1) thì NaOH sẽ hoà tan lớp Al(OH)3 phủ ngoài phần

Al, để Al phía bên trong tiếp tục phản ứng và tan trong nước:

Al(OH)3+ NaOH → Al(OH)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 trong dung dịch NaOH thì phản ứng của Al, Zn với HOH là phản ứng oxi hoá khử trong đó Al, Zn là chất khử và HOH là chất oxi hoá

h Axit benzoic có lực axit mạnh hơn axit fomic do có nhóm phenyl hút e khá mạnh

k Sai

Đầu tiên ta cần xác định xem liệu rằng CH3COOC = C có phải là este hay không???

+ 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 vậy, phản ứng este hoá thì tạo ra este nhưng este có thể được điều chế không bằng phản ứng este hoá, hay nói cách khác sử dụng phản ứng este hoá chỉ là một trong số nhiều cách điều chế este mà thôi

Dựa vào định nghĩa este trên, ta có thể thấy rằng CH3COOC = C chính là một este, và este này chỉ có thể được điều chế từ phản ứng giữa CH3COOH và CH ≡ CH:

CH3COOH + CH ≡ CHt°,xt→ CH3COOC = 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 thành

do quá trình oxi hoá Cl−1 Lấy lượng khí clo này cho tác dụng hoàn toàn với dung dịch chứa 3 mol NaBr thu được m gam brom Tìm m?

Bài làm

Chú ý: Trong phản ứng: KClO3+ HCl → KCl + Cl2+ H2O thì Cl+5(KClO3) bị khử thành Cl0(Cl2) và

Cl−1(HCl) bị oxi hoá thành Cl0(Cl2) (nhiều bạn nghĩ rằng Cl+5(KClO3) bị khử xuống Cl−1, điều này là sai)

Ta có:

Quá trình khử: Cl+5+ 5e → Cl0

1 mol → 5 mol → 1 mol

Quá trình oxi hoá: Cl−(HCl) − 1e → Cl0(Cl2) ⇒ nCl2=5

2 mol (Cl2 được tạo từ phản ứng khử Cl

−1)

5 mol → 5 mol

⇒ x = 2,5 mol

+ Phản ứng của khí clo khi sục vào dung dịch NaBr:

Do trong các halogen: F2, Cl2, Br2, I2 thì tính oxi hoá giảm dần: F2> Cl2> Br2> I2 Vì vậy khi xét 3 halogen: Cl2, Br2, I2 thì halogen mạnh hơn có khả năng đẩy helogen yếu hơn ra khỏi dung dịch muối

Cl2(vàng lục) + 2NaBr(không màu) → 2NaCl(không màu) + Br2(vàng nâu)

Br2(vàng nâu) + 2NaI(không màu) → 2NaBr(không màu) + I2↓ (tím đen)

Lí do khí flo không có khả năng đẩy các halogen yếu hơn ra khỏi dung dịch muối là do flo phản ứng mãnh liệt với nước nóng, khiến nước bốc cháy: F2+ H2O→ 2HF +t° 1

2O2 ↑ Vì vậy mặc dù tính tan trong nước của các halogen giảm dần Cl2> Br2> I2 nhưng flo không được coi là tan trong nước vì flo phản ứng mãnh liệt với nước chứ không hề tan trong nước

Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 (1)

1,5 mol ← 3 mol → 1,5 mol

Sau phản ứng: {ClBr2 dư: 2,5 − 1,5 = 1 mol

2: 1,5 mol + Chú ý: Dung dịch Cl2 không có tính khử, chỉ có tính oxi hoá Tuy nhiên, dung dịch Br2, I2 có thể hiện tính khử khi tác dụng với chất oxi hoá mạnh (ví dụ như khí clo)

5Cl2+ Br2+ 6H2O → 2HBrO3+ 10HCl

Ta có: nCl2 (dư)

nBr2 =

11,5=

(Bản chất: 1HOH → 1OH−+ 1H (1

2H2)) {

Ta có: m + mH2O+ mmuối(Fe(NO3)2,CuCl2)= mkết tủa+ mH2+ mrắn khan(∗)

⇒Muốn tìm được m thì phải tìm được mkết tủa

Các phản ứng tạo kết tủa: Mn++ nOH−→ M(OH)n

Ta có: {∑ nđiện tích của cation= 2nFe2++ 2nCu2+ = 2.0,2 + 2.0,2 = 0,8 mol

nOH− = 0,9 mol ⇒ nOH− > nđiện tích cation

Như vậy ta có: OH− dư và toàn bộ Fe2+, Cu2+ đã được chuyển hết thành kết tủa Fe(OH)2, Cu(OH)2

⇒ mkết tủa= mFe(OH)2+ mCu(OH)2= 0,2.90 + 0,2.98 = 37,6 gam

⇒ (∗): m = (37,6 + 0,9 + 109,9) − (63 + 16,2) = 69,2 gam

* Chú ý: nhiều bạn có thể ngộ nhận khi đọc cụm từ “thực hiện trong không khí” và cho răng sản phẩm tạo

ra là Fe(OH)3 Thực tế đúng là sẽ tạo ra Fe(OH)3, nhưng khi đó trong biểu thức (*) bạn phải bổ sung thêm

Chúng ta thấy rằng:

0,9 mol OH−+ 0,8 mol (NO3−+ Cl−) → dư 0,1 mol OH−

⇒Trong dung dịch sau phản ứng sẽ có Na+, K+, Ba+, NO3−, Cl−, OH−dư

Bảo toàn khối lượng: mrắn khan = mNa+K+Ba+ (mNO3−+ mCl−+ mOH− dư)

⇒ 109,9 = m + (62.0,4 + 35,5.0,4 + 17.0,1) ⇒ m = 69,2 gam

Câu 9: Thuỷ phân hoàn toàn một lượng pentapeptit mạch hở X thu được 101,5 gam Ala-Gly; x mol 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 liên hệ giữa x và y có thể là?

Gly-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

Vì xuất hiện G-V nên có 3 khả năng xảy ra: ⟦

⇒ X phải là V-A-G-G-V (có 2 Val và 2 Gly)

V-A-G-G-V→ 2V + 2G + 1A

Ta có: ∑ nG

∑ nA=

1,7 + x0,7 + y=

2

1⇒ 1,7 + x = 1,4 + 2y ⇒ 2y − x = 0,3 ⇒ Đáp án: B Câu 10 Cho 1 mol hỗn hợp X chứa 2 ancol đồng đẳng liên tiếp (mạch hở) tác dụng với CuO nung nóng một thời gian thu được 0,15 mol nước, hỗn hợp Y gồm 2 anđehit tương ứng và hai ancol dư Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 3,75 mol CO2 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 khối lượng của sản phẩm hữu cơ thu được sau cùng

Do X1 có 2 liên kết đôi ⇒ X1 có thể là C = C = C hoặc C ≡ C − C Do X1 là ancol nên X1 phải là C ≡ C − C −

OH ⇒ X1 có 1 chức ⇒ X2 cũng có 1 chức ⇒ {

X1: C ≡ C − C − OH

X2: ⟦C ≡ C − C(CHC − C ≡ C − C − OH

3) − OH+ Các phản ứng có thể diễn ra khi cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch bạc nitrat trong amoniac dư: (1) R − CHO + AgNO3+ NH3→ R − COONH4+ 2Ag ↓

(2) − C ≡ CH + AgNO3+ NH3→ −C ≡ CAg ↓

Ta có: nCHO= nH2O(tạo sau pư với CuO)= 0,15 mol ⇒ nAg(1)= 2nCHO= 0,3 mol

⇒ nAg(2)= ∑ nAg− nAg(1) = 1,3 − 0,3 = 1 mol = nX= nY⇒ X2 phải có – C ≡ CH ⇒ X2: C ≡ C − C(CH3) −

OH

Các phản ứng diễn ra:

{−C ≡ CH → −C ≡ CAg ⇒ −C ≡ CH + (Ag − H) = −C ≡ CAg−CHO → −COONH4⇒ −CHO + O1H3N1= −COONH4

Bảo toàn khối lượng: msản phẩm hữu cơ= mY+ mOH3N+ mAg−H

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

nOH3N = nCHO= nH2O(CuO)= 0,15 mol ⇒ mOH3N= 0,15 (16 + 3 + 14) = 4,95 gam

nAg−H= nC≡CH = nX= 1 mol ⇒ mAg−H= 1 (108 − 1) = 107 gam

Tóm lại: msản phẩm hữu cơ= 64,2 + 4,95 + 107 = 176,15 gam

Câu 11: Hỗn hợp X gồm hidrocacbon Y và hai anđehit X1, X2 đồng đẳng kế tiếp (MX1< MX2) Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng vừa đủ 0,3 mol oxi, thu được 0,25 mol cacbonic và 0,225 mol nước X1

có thể là bao nhiêu chất trong số các chất sau đây: CH3CHO, (CHO)2, CH2(CHO)2, C = C − CHO, HCHO

Bài làm

Bảo toàn O: nO(X)= 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:

⇒ Phải có 1 anđehit có ít hơn 2C ⇒ Phải là HCHO ⇒ Anđehit còn lại là CH3CHO

Câu 12: Cân bằng phản ứng hoá học sau bằng các hệ số tối giản, cho biết tổng hệ số của các chất tham gia vào quá trình phản ứng

Cr2O3+ KHSO4(nóng chảy) → Cr2(SO4)3+ K2SO4+ H2O

Các chất tham gia phản ứng: Cr2O3 và KHSO4

⇒ Tổng các hệ số của các chất tham gia phản ứng là 1 + 6 = 7

Cách 2: Sử dụng tư duy linh hoạt

Với bài toán này, Cách 2 sẽ hiệu quả hơn nhiều

Ta xét PTHH: KMnO4+ H2SO4+ FeSO4→ K2SO4+ H2O + MnSO4+ Fe2(SO4)3

Mn+7+ 5e → Mn+2

Fe2+− 1e → Fe3+ |

15

⇒ Hệ số của KMnO4 là 1 và hệ số của FeSO4 là 5

1KMnO4+ H2SO4+ 5FeSO4→ K2SO4+ H2O + MnSO4+ Fe2(SO4)3

Bảo toàn K, Mn, Fe ⇒ Hệ số của K2SO4, MnSO4, Fe2(SO4)3 lần lượt là 1

2; 1;52

1KMnO4+ H2SO4+ 5FeSO4→1

2K2SO4+ H2O + 1MnSO4+

5

2Fe2(SO4)3Bảo toàn S: Vế phải có 1

2K2SO4+ 4H2O + 1MnSO4+

5

2Fe2(SO4)3+ 4K2SO4

Để có hệ số tối giản, ta nhân các hệ số với 2:

2KMnO4+ 16KHSO4+ 10FeSO4→ 1K2SO4+ 8H2O + 2MnSO4+ 5Fe2(SO4)3+ 8K2SO4

- Các em có thể nhầm lẫn rằng axetanđehit là C2H5CHO, từ đó cho rằng nhiệt độ sôi của Z>T là sai Thực tế

là nhiệt độ sôi của C2H5CHO > CH3COCH3 Vì C2H5CHO và CH3COCH3 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 C2H5CHO

và CH3COCH3 có CTCT lần lượt là C − C − CHO và CH3− CO − CH3 ⇒ C2H5CHO phân cực hơn CH3COCH3(vì CH3− CO − CH3 có cấu tạo đối xứng trong khi C2H5CHO có cấu tạo lệch về một đầu) ⇒ Nhiệt độ sôi của C2H5CHO cao hơn CH3COCH3 (điều phải chứng minh) Từ đây ta rút ra kết luận: nếu so sánh nhiệt độ 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 chênh lệch 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 OH) thì

sẽ có nhiệt độ sôi cao hơn (do H linh động sẽ tạo thành các liên kết hidro liên phân tử giữa các phân tử, 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: phân tử 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 ⇒Nhiệt

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 so với He 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 mol 𝐂𝐎𝟐 và y mol nước

Bảo toàn khối lượng: mZ = mbình tăng+ mT⇒ 44x + 18y = 16,3 + 5,6

22,4 (7,1.4) = 23,4 gam

⇒ 44x + 18y = 23,4 (1) Mặt khác ta có: MZ = 18.2 = 36 ⇒mZ

nM =

0,40,2= 2

Vì H = 2 ⇒ X và Y cùng phải có 2H trong phân tử Do C = 2,25 ⇒ {X: 3C ⇒ CY: 2C ⇒ C3H2Ox⇒ X: CH ≡ C − COOH

- Đề bài không nói là hấp thụ hoàn toàn hỗn hợp cacbonic và hơi nước trong nước vôi trong, vì vậy có thể

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 nước trong bình 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 gồm Fe3O4, CuO, Ag2O bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl, thu được dung dịch Y Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch H2S, kết thúc các phản ứng thu được 12,8 gam kết tủa Tìm thể tích dung dịch HCl đã dùng biết trong hỗn hợp X có nFe3O4 = nCuO

Bài làm

Ta nhận thấy hỗn hợp X có 3 chất, đề bài cũng cho ta 3 dữ kiện: mX, mkết tủa, nFe3O4= nCuO

⇒ Theo PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM thì ta sẽ phải đặt 3 ẩn số a, b, c ứng với số mol của 3 chất trong X để tính toán

Dung dịch Y chứa: {2a mol FeCl3, a mol FeCl2

b mol CuCl2 + H2S dư + FeCl3+ H2S: 2Fe3++ H2S → 2Fe2++ S ↓ (vàng) + 2H+

2a mol → a mol

+ FeCl2+ H2S: Không phản ứng vì FeS (kết tủa màu đen) tan được trong dung dịch HCl loãng

+ CuCl2+ H2S: CuCl2+ H2S → CuS ↓ (đen) + 2HCl

b mol → b mol

(Vì CuS, Ag2S, PbS, HgS không tan trong nước, không tan trong dung dịch HCl, H2SO4, HNO3 loãng)

Ta có: mkết tủa = mS+ mCuS= 32a + 96b = 12,8 (3)

Từ (1), (2), (3): {

232a + 80b + 232c = 100,8

a = b 32a + 96b = 12,8

1) Tăng nhiệt độ luôn làm tăng tốc độ phản ứng (cho dù phản ứng đó là toả nhiệt hay thu nhiệt thì cũng không quan trọng)

2) Nếu có chất khí tham gia phản ứng hoặc có chất lỏng tham gia phản ứng thì tăng nồng độ của chất đó sẽ làm tăng tốc độ phản ứng (nếu các chất tham gia phản ứng đều là chất lỏng và tạo ra sản phẩm là khí thì tăng áp suất sẽ không ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng vì các nhận định trên chỉ đúng khi ta xét các chất tham gia phản ứng mà thôi)

3) Nếu có chất khí tham gia phản ứng thì việc tăng áp suất sẽ khiến tốc độ phản ứng tăng lên (việc giảm 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 tăng diện 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 (Biện pháp

c tác động vào Na2SO4, biện pháp d, e tác động vào SO2)

C1= C2 = C =nCO2

nM =

0,40,2= 2 ⇒ X: C2H6 và Y: C2HmOn

về khối lượng của Mg trong X:

Bài làm

* Chú ý: Các bạn có thể nhầm lẫn, cho rằng H+ phản ứng trước sau đó Cu2+ mới phản ứng Nhận định này

là hoàn toàn sai

+ Khi Mg+Fe tác dụng với dd Y thì đầu tiên: Cu2+ sẽ phản ứng trước Sau khi Cu2+ phản ứng hết thì H+ sẽ tiếp tục phản ứng với kim loại dư vì Cu2+ có tính oxi hoá mạnh hơn H+

Ban đầu có: ∑ mkim loại = mX+ mkim loại trong Y = 12 + 0,15.64 = 21,6 gam

Sau cùng có: ∑ mkim loại= mkim loại trong Z+ mrắn= mkim loại trong Z+ 13,8

⇒ 21,6 = mkim loại trong Z+ 13,8 ⇒ mkim loại trong Z= 7,8 gam < mX⇒ Mg, Fe chưa phản ứng hết

⇒ Cu2+, H+ đã phản ứng hết ⇒ Z chỉ chứa dung dịch muối

∑ nđiện tích anion= nCl−+ 2nSO

4 2− = 0,15.2 + 0,075.2 = 0,45 mol

Bài làm

+ Thứ tự phản ứng: Cu2+ phản ứng trước, H+ phản ứng sau do H+ có tính oxi hoá yếu hơn Cu2+

∑ mkim loại ban đầu= mX+ mCu(Y)= 3,296 + 0,03.64 = 5,216 gam

∑ mkim loại sau cùng= mkim loại(Z)+ mrắn= mkim loại(Z)+ 2,096

Ta có: 5,216 = mkim loại(Z)+ 2,096 ⇒ mkim loại(Z)= 3,12 gam < mX⇒ Mg, Fe chưa phản ứng hết (Vì nếu

Mg, Fe phản ứng hết thì có nghĩa trong dung dịch Z phải chứa lượng kim loại ≥ mX)

⇒ Cu2+ và H+ đều phản ứng hết ⇒ Z chỉ chứa muối

Ta có: nđiện tích anion= nCl−+ 2nSO

4 2− = 2.0,03 + 2.0,1 = 0,26 mol

⇒ nMg2+ ,Fe 2+=1

2nđiện tích anion=

1

2 0,26 = 0,13mol Giả sử Z có a mol Mg và b mol Fe

Bài 21: Khi cho hỗn hợp X chứa Mg và Fe tác dụng với dung dịch Y chứa CuCl2 Ta thu được đồ thị sau Hãy tìm x

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 chức ⇒Y: CnH2n+2−2.2O2⇒ Y: CnH2n−2O2

⇒ mkết tủa= a (24 + 216) + a 4.108 = 672a = 10,08 ⇒ a = 0,015 mol

Giả sử có x mol CO2 và y mol nước

Z: OHC − C − CHOZ: OHC − CHOĐáp án: B

Câu 24: Cho 66,9 gam X gồm axit fomic, axit Glutamic, Glyxin, axetilen tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch KOH thấy có 0,8 mol KOH phản ứng Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng X trên ta thu được 2,15 mol nước, x mol cacbonic và cần dùng vừa đủ V lít khí oxi Mặt khác, nếu cho X tác dụng với dung dịch HCl dư

ở nhiệt độ thường thì thấy có y mol HCl phản ứng Tìm V và y

Bài làm

Bài toán trên có 4 chất ứng với 4 ẩn số Mặt khác đề bài cho ta 3 dữ kiện: mX, nKOH, nH2O⇒ Ta được phép

bỏ đi một chất bất kì Ở đây ta bỏ đi axit Glutamic cho đỡ phức tạp (Bạn có thể bỏ một trong 3 chất còn lại, đáp số sẽ không hề thay đổi)

Như vậy X chỉ chứa 3 chất: HCOOH, H2N − CH2− COOH, C2H2 với số mol lần lượt là a, b, c mol

Câu 25: Cho hỗn hợp X gồm 3 axit (cùng dãy đồng đẳng với axit acrylic) và 2 ancol (mạch hở, 2 chức, cùng dãy đồng đẳng) Nếu đốt cháy hoàn toàn 28,21 gam hỗn hợp X thấy cần dùng vừa đủ 1,7225 mol oxi, thu được hỗn hợp sản phẩm khí và hơi có tỉ khối so với He bằng 641

84 Nếu cho X tác dụng với lượng dư Na thì thấy có V lít khí hidro thoát ra và có m gam muối khan, tìm V và m

Muối: RCOONa và R′(ONa)2

Bảo toàn khối lượng: mmuối= mX+ mNa− mH2

* Chú ý: Bài toán trên có thể được biến đổi thành dạng dễ nhìn hơn:

28,21 gam X {Axit: CAncol: CnH2n−2O2

mHpO2

+1,7225 mol O2

→ {1,415 mol H1,315 mol CO2

2OChắc chắn nếu được trình bày ngắn gọn như sơ đồ trên thì bạn sẽ dễ dàng tìm ra được hướng làm, tuy nhiên đề bài trên đã được biến đổi đi sao cho bạn khó có thể tìm ra được hướng làm!

Câu 26: Hoà tan hoàn toàn 1,28 gam Cu bằng dung dịch chứa 0,12 mol HNO3 thu được dung dịch T và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2 Cho T tác dụng hoàn toàn với 0,09 mol KOH, sau đó lọc lấy kết tủa thu được dung dịch Y1 Cô cạn Y1 được chất rắn Z Nung Z đến khối lượng không đổi thu được 8,05 gam chất rắn Z Tìm tỉ khối của Y so với He

+0,09 mol KOH

→ {Cu(OH)2

dd Y1cô cạn→ 8,05 gam rắnNhận xét:

(1) HNO3+ KOH → KNO3+ H2O

(2) Cu(NO3)2+ 2KOH → Cu(OH)2↓ +2KNO3

Do đã xuất hiện kết tủa ⇒ (1)xảy ra hết ⇒ HNO3 phản ứng hết

Ta có: mrắn = 56nKOH+ 85nKNO2 < 85nKOH+ 85nKNO2= 85(nKOH+ nKNO2)

Bảo toàn K: nKOH+ nKNO2= nKOH(ban đầu)= 0,09 mol ⇒ mrắn< 85.0,09 = 7,65 gam < 8,05 gam ⇒ loại + Xét TH1:

Bảo toàn K: nKNO2= nKOH(ban đầu)= 0,09 mol ⇒ mKNO2 = 0,09.85 = 7,65 gam

⇒ mCuO= mrắn− mKNO2= 8,05 − 7,65 = 0,4

⇒ nCuO=0,4

80 = 5.10

−3mol ⇒ nCu(NO3)2(Y1) = nCuO= 5.10−3 mol

⇒ ∑ nNO3−(Y1)= 2nCu(NO3)2(Y1)+ nKNO3(Y1)= 2.5.10−3+ 0,09 = 0,1 mol

⇒ nNO3− (T)= nNO3− (Y1)= 0,1 mol

Ta có: HNO3(ban đầu) → Y(NO + NO2) + NO3−(T)

Bảo toàn N: nY= nHNO3(ban đầu)− nNO3− (T)= 0,12 − 0,1 = 0,02 mol

Giả sử có x mol NO và y mol NO2⇒ {Bảo toàn e: 3x + y =

1,28

64 2

x + y = 0,02Câu 27: Hoà tan hoàn toàn 1,32 gam hỗn hợp X gồm Cu, Mg (nCu = nMg) bằng dung dịch chứa 0,18 mol HNO3 thu được dung dịch T và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2 (không có muối amoni) Cho T tác dụng hoàn toàn với 0,1575 mol KOH, sau đó lọc lấy kết tủa thu được dung dịch Y1 Cô cạn Y1 được chất rắn Z Nung Z đến khối lượng không đổi thu được 13,17 gam chất rắn Z Tìm tỉ khối của Y so với He

Bài làm

Giả sử: nCu= nMg= x mol ⇒ mX= 64x + 24x = 1,32 ⇒ x = 0,015 mol

Giả sử X chỉ có 1 kim loại duy nhất là M

+0,1575 mol KOH

→ {M(OH)2

dd Y1cô cạn→ 13,17 gam rắnNhận xét:

(1) HNO3+ KOH → KNO3+ H2O

(2) M(NO3)2+ 2KOH → M(OH)2 ↓ +2KNO3

Do đã xuất hiện kết tủa ⇒ (1)xảy ra hết ⇒ HNO3 phản ứng hết

3

t°

→ {KNOKOH

2 + Xét TH1:

Bảo toàn K: nKNO2= nKOH(ban đầu)= 0,1575 mol

⇒ mKNO2= 0,1575.85 = 13,3875 gam > 13,17 gam = mrắn⇒ loại

+ Xét TH2:

Giả sử rắn: {b mol KNOa mol KOH

2⇒ {Bảo toàn K: a + b = nKOH ban đầu= 0,1575

mrắn: 56a + 85b = 13,17 ⇒ {

a = 7,5.10−3

b = 0,15Bảo toàn NO3−: nNO3− (dd T)= nKNO2 = 0,15 mol

Bảo toàn N: nY= nHNO3(ban đầu)− nNO3− (T)= 0,18 − 0,15 = 0,03 mol

Giả sử Y: {v mol NOu mol NO

* Bình luận: Câu 26 và Câu 27 được giải khá nhanh và logic, tuy nhiên lại hơi khó để định hướng Liệu rằng

có cách giải nào ngắn gọn hơn nữa, nhanh hơn nữa, và dễ làm hơn nữa không???

Câu trả lời là có Sau đây xin trình bày cách giải đó cho bài 27, bạn hãy áp dụng cách giải này cho bài 26, chắc chắn bạn có thể giải bài 26 nhanh chóng và dễ dàng hơn rất nhiều

Giả sử: nCu= nMg= x mol ⇒ mX= 64x + 24x = 1,32 ⇒ x = 0,015 mol

Nhận xét: Giả sử có u mol NO và v mol NO2⇒ Để tìm được tỉ khối thì ta phải tìm được cả u và v, tức là ta cần có 2 phương trình của u và v

Ta đã có 1 phương trình dựa trên bảo toàn e: {ne nhận= 3nNO+ nNO2= 3u + v

3

t°

→ 13,17 gam {KNOKOH

2

Để có thêm một phương trình nữa giữa u và v, ta cần tìm nKNO2

+ TH1: nKNO2= nKOH = 0,1575 ⇒ mKNO2> mrắn⇒ loại

+ TH2: Ta có: HNO3(ban đầu) → Y + KNO2

⇒ Bảo toàn N: nY= nHNO3(ban đầu)− nKNO2 ⇒ u + v = 0,18 − nKNO2(∗∗) ⇒ Ta tìm nKNO2

⇒ Giả sử:Y1{b mol KNOa mol KOH

2⇒ {Bảo toàn khối lượng: mBảo toàn K: a + b = nrắn= 56a + 85b

Câu 28: Cho các cặp chất sau đây, có bao nhiêu cặp chất có khả năng xảy ra phản ứng hoá học

a Phenol và dung dịch natri hidrocacbonat

b Dung dịch HCl và NaClO

c Ozon và dung dịch KI

d Nước Iot và dung dịch hồ tinh bột

e Khí hidro sunfua và dung dịch ZnCl2

f Dung dịch AgNO3 và NaF

g Khí hidro sunfua và dung dịch CuCl2

Bài làm

a Có

C6H5OH(vẩn đục) + Na2CO3→ C6H5ONa(tan) + NaHCO3(tan)

Đây là lí do tại sao khi sục CO2 vào dung dịch trong suốt chứa C6H5ONa ta sẽ thu được vẩn đục là C6H5OH

* Chú ý: Axit HClO yếu hơn cả axit cacbonic: NaClO + CO2+ H2O → NaHCO3+ HClO

Tuy nhiên axit HClO lại có tính oxi hoá mạnh: Khi sục Cl2 vào nước ta thu được nước clo chứa HCl, HClO:

O3 có tính oxi hoá mạnh (do ozon có khả năng tạo ra O* nguyên tử có tính oxi hoá mạnh hơn oxi rất nhiều:

O3→ O2+ O*) Trong khi đó KI lại có tính khử khá mạnh (do I−1 có tính khử mạnh) Vì vậy sẽ xảy ra phản ứng oxi hoá khử: 2KI(không màu) + 1O3+ 1H2O → 2KOH(không màu) + 1I2↓ (tím đen) + 1O2↑

d Khi cho nước iot trộn với dung dịch hồ tinh bột, ta sẽ thấy xuất hiện màu xanh tím đặc trưng Khi ta đun nóng hỗn hợp trên, màu xanh tím biến mất, khi để nguội màu xanh tím lại xuất hiện

Lí do: Dung dịch hồ tinh bột có chứa amilozo (không phân nhánh, có cấu trúc xoắn như hình lò xo) có cấu trúc xoắn như lò xo Khi các phân tử Iot chui vào trong lòng các vòng xoắn sẽ tạo ra phức chất có màu tím xanh đặc trưng Khi đun nóng, các phân tử Iot thoát ra khỏi các vòng xoắn, khiến cho màu xanh tím biến mất, vì vậy đây được coi là một hiện tượng vật lí, không phải xảy ra phản ứng hoá học Vì vậy ở đây không coi là có phản ứng hoá học xảy ra mặc dù ta có quan sát được hiện tượng xuất hiện màu xanh tím

e Không

ZnS là chất kết tủa có khả năng tan trong dung dịch HCl, HNO3 loãng, H2SO4 loãng do axit H2S yếu hơn các axit trên Vì vậy phản ứng ZnS + 2HCl → ZnCl2+ H2S ↑ (mùi trứng thối) có khả năng xảy ra Vì vậy ZnCl2không phản ứng được với H2S Tuy nhiên có những sunfua đặc biệt như Ag2S, CuS, PbS, HgS không tan trong nước và cũng không tan trong dung dịch H2SO4 loãng, HCl, HNO3loãng Vì vậy các phản ứng sau đây hoàn toàn có thể xảy ra:

CuCl2+ H2S → CuS ↓ (đen) + 2HCl

Cu(NO3)2+ H2S → CuS ↓ +2HNO3

Tuy nhiên CuS, Ag2S hoàn toàn có thể phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc nóng hoặc dung dịch HNO3 đặc nóng

f AgCl (màu trắng), AgI (màu vàng đậm), AgBr (màu vàng) là ba chất kết tủa không tan trong nước và không tan trong tất cả các axit, kể cả axit H2SO4 đặc nóng hoặc HNO3 đặc nóng Tuy nhiên: AgF lại là chất tan tốt trong nước, vì vậy phản ứng giữa AgNO3 và NaF không thể xảy ra Chú ý thêm: Ag3PO4 là kết tủa màu vàng nhạt, nhưng do axit H3PO4 là axit trung bình, tức nó có tính axit yếu hơn HCl, H2SO4, HNO3 vì vậy kết tủa này có thể bị hoà tan trong dung dịch axit HCl, H2SO4, HNO3 và tạo ra H3PO4 Chú ý thêm nữa: Chỉ có AgCl, Ag2O là có khả năng tan được trong dung dịch amoniac, còn AgBr, AgI, Ag3PO4 đều không tan trong dung dịch amoniac

g Có

Xem lại các câu phía trên

Đáp số: Có a, b, c, g xảy ra phản ứng Vậy đáp án: C 4

Câu 29: Trong số các dung dịch sau, có bao nhiêu dung dịch và chất lỏng có khả năng hoà tan được phenol:

dd NaOH, dd natri cacbonat, dung dịch natri hidrocacbonat, dung dịch HCl, ancol etylic, nước ở 66℃

Bài làm

+ Phenol là C6H5OH: không tan trong nước lạnh, tan vô hạn trong nước ở 66℃ ⇒ Nước ở 66℃ có thể hoà tan được phenol

+ Phenol có tính axit yếu vì vậy dd HCl không thể hoà tan được phenol (Do phenol không tan trong nước

vì vậy sẽ tạo vẩn đục)

+ Dung dịch NaOH, dung dịch Na2CO3 có khả năng hoà tan phenol vì xảy ra phản ứng tạo ra chất tan tốt trong nước:

C6H5OH(vẩn đục) + NaOH(tan) → C6H5ONa(tan) + H2O

C6H5OH(vẩn đục) + Na2CO3(tan) → C6H5ONa(tan) + NaHCO3(tan)

+ Dung dịch NaHCO3 không hoà tan được phenol do NaHCO3 không phản ứng với phenol và phenol không tan trong nước

+ Phenol là chất hữu cơ vì vậy ít tan trong nước (chất vô cơ) tuy nhiên các chất hữu cơ lại hoà tan tốt trong nhau vì vậy phenol có khả năng tan tốt trong etanol, ete, axeton, … Vì vậy chất lỏng ancol etylic (etanol nguyên chất) có khả năng hoà tan được phenol

Tóm lại các chất hoà tan được phenol là dd NaOH, dd Na2CO3, nước ở 66℃, C2H5OH ⇒ Đáp số: C

Câu 30: Cho từ từ từng giọt dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch chứa b mol Na2CO3 thu được V lít khí Mặc khác nếu nhỏ từ từ đến hết dung dịch chứa b mol Na2CO3 vào dung dịch chứa a mol HCl thì thu được 1,75V lít khí Hãy tìm tỉ lệ a: b

Bài làm

* Nhận xét:

1) Khi nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch 𝐍𝐚𝟐𝐂𝐎𝟑 thì thứ tự phản ứng xảy ra như sau:

(1)Na2CO3+ HCl → NaHCO3+ NaCl

Sau khi Na2CO3 được chuyển hết thành NaHCO3 và HCl vẫn còn dư:

+ Xét thí nghiệm 1: nhỏ a mol HCl vào b mol Na2CO3:

Do đã tạo khí ⇒ (1) đã xảy ra hoàn toàn và sau (1) thì H+ vẫn dư:

(1)Na2CO3+ HCl → NaHCO3+ NaCl

b mol → b mol → b mol

Sau (1) {(a − b)mol HCl

b mol NaHCO3

(2)NaHCO3+ HCl → NaCl + H2O + CO2↑

TH1: 𝐚 ≥ 𝟐𝐛 ⇒ (a − b) = nHCl> b = nNaHCO3 ⇒ nCO2(1) = nNaHCO3= b mol (∗)

Xét thí nghiệm 2: nhỏ b mol Na2CO3 vào a mol HCl

75Câu 30*: Bài toán tổng quát:

Bài làm

Cách 1: Sử dụng số đếm

Hỗn hợp X có 4 chất ứng với 4 ẩn số Bài toán cho 2 dữ kiện: nCO2, nH2O⇒ THEO PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM

ta có quyền bỏ đi 2 chất bất kì Do đề bài yêu cầu tính khối lượng glixerol vì vậy ta không được phép bỏ đi

cả 2 chất béo ⇒ Ta sẽ bỏ đi 1 chất béo và 1 axit bất kì, hoặc bỏ đi cả 2 axit Ở đây chọn bỏ đi 2 axit (bạn có thể bỏ đi cách nào cũng được) Khi đó hỗn hợp X chỉ còn lại 2 este có số mol lần lượt là a và b mol

Do H=90% ⇒ nGlixerol= 90% (7.10−3) = 6,3.10−3 mol ⇒ mglixerol= 6,3.10−3 92 = 0,5796 ⇒ Đáp án: A

* Bình luận: Bạn hoàn toàn có thể bỏ đi tristearin, axit panmitic hoặc có thể bỏ đi tripanmitin và axit panmitic, … Cái này là tuỳ bạn, đáp số vẫn hoàn toàn chính xác theo PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM

Cách 2: Đây là cách dành cho các bạn hay đa nghi

Ta áp dụng công thức nCO2− nH2O= (k − 1)nX (k = π + v)

Ta có: nCO2− nH2O= (3 − 1)ntristearin+ (3 − 1)ntripanmitin+ (1 − 1)naxit stearic+ (1 − 1)naxit panmitic

⇒ nCO2− nH2O= 2(ntristearin+ ntripanmitin) = 0,42 − 0,406 ⇒ neste=0,42 − 0,406

−3 mol Nếu H=100% thì nglixerol= neste= 7.10−3 mol ⇒ ⋯

* Bình luận: PHƯƠNG PHÁP SỐ ĐẾM rõ ràng rất ngắn gọn và đơn giản!

Câu 32: Nung m gam một loại đá vôi có a% về khối lượng là tạp chất trơ sau một thời gian thu được 0,78m gam chất rắn, hiệu suất của phản ứng nhiệt phân là 80% Xác định giá trị của a

Bài làm

+ Đá vôi chứa thành phần chính là CaCO3

Giả sử xét m=100 gam, sau nhiệt phân thu được 78 gam rắn, trong đó có a gam tạp chất trơ, hiệu xuất 80%

Trong 100 gam đá vôi có (100-a) gam CaCO3

Nếu H=100% thì nCaCO3(pư) =100−a

100 mol

Do H=80%⇒ nCaCO3(pư)= 80%.100−a

100CaCO3→ CaO + COt° 2↑

Bảo toàn khối lượng: mrắn = mquặng− mCO2= 100 − (80%.100−a

100 ) 44 = 78 ⇒ a = 37,5 ⇒ C

Câu 33: Trong số các phản ứng sau, có bao nhiêu phản ứng có thể xảy ra:

a NaFđiện phân dung dịch→ F2

b MgCl2điện phân nóng chảy→ Mg

c AlCl3điện phân nóng chảy→ Al

d dung dịch NaClđiện phân có màng ngăn→ nước Gia − ven

Bài làm

a Không

Do F2 có tính oxi hoá rất mạnh nên F− có tính khử rất yếu, vì vậy F− không bị điện phân trong nước

Do Na có tính khử rất mạnh nên Na+ có tính oxi hoá rất yếu, vì vậy Na+ không bị điện phân trong nước

Do NaF có liên kết ion Na+F− vì vậy NaF đóng vai trò là chất dẫn điện cho quá trình điện phân nước Khi điện phân dung dịch NaF, thực chất là nước bị điện phân (Na+, F− là chất dẫn điện)

ta điều chế Al từ quặng boxit (chứa Al2O3 nH2O) bằng phản ứng điện phân nóng chảy Al2O3 với điện cực

là than hoạt tính với xúc tác Criolit (Na3AlF6)

NaCl + H2Ođp không màng ngăn→ NaClO + H2↑

Vì 2NaOH + Cl2→ NaCl + NaClO + H2O

Vì lí do trên, nếu bạn dùng phản ứng điện phân nóng chảy NaCl: Na⏞

+1

Cl⏞

−1(l)đpnc→ Na⏞

0(l) +1

2Cl⏞20

Để chứng minh NaCl vừa có tính khử và tính oxi hoá thì bạn đang làm sai!

+ NaCl không có tính khử và cũng không có tính oxi hoá

+ 𝐇𝐍𝐎𝟑: Vừa có tính khử vừa có tính oxi hoá

Axit nitric là axit kém bền, vì vậy để dung dịch axit này trong không khí một thời gian sẽ thấy chuyển từ trong suốt sang vàng nhạt (màu của NO2 bị hoà tan):

2H N⏞

+5

O⏞3

−2 điều kiện thường

↑

+ 𝐍𝟐: Vừa có tính oxi hoá, vừa có tính khử

Ở nhiệt độ thường chỉ có Li tác dụng với khí nito tạo thành Liti nitrua (Li3N) Ở nhiệt độ cao thì khí nito có khả năng phản ứng với Mg, Ca, Na, Ba, …

O⏞3

0

+ 2Agnhiệt độ thường→ Ag2 O⏞

−2(màu đen) + O2↑ Mặc dù Ag không phản ứng với oxi ngay ở nhiệt độ cao Ngoài ra cần chú ý: Ag2O(hoặc HgO)→ Ag(hoặc Hg) + Ot° 2↑

+ 𝐍𝐇𝟑: Vừa có tính oxi hoá, vừa có tính khử

+1 t°

+ 𝐅𝐞𝐒𝐎𝟒: Vừa có tính oxi hoá, vừa có tính khử

Tính oxi hoá: FeSO4+ Mg

Tính khử: FeSO4+ Cl2+ H2O → Fe3++ SO42−+ Cl−

+ 𝐅𝟐: Chỉ có tính oxi hoá, không có tính khử

Tính oxi hoá: F2+ H2nhiệt độ thấp→ 2HF(phản ứng gây nổ)

Khí Flo có khả năng phản ứng với tất cả các kim loại, kế cả Au và Pt

+ 𝐅𝐞𝐁𝐫𝟑:

Vừa có tính oxi hoá (của Fe3+: Fe3++ Fe) và vừa có tính khử (của Br−: 2Br−+ Cl2→ Br2+ 2Cl−)

+ 𝐈𝟐: Vừa có tính oxi hoá, vừa có tính khử (mặc dù tính khử rất yếu)

Tính oxi hoá: Fe + I2→ FeIt° 2 (không tạo thành FeI3 vì Fe3++ I−→ Fe2++1

2I2 nên Fe3+ và I− không thể cùng tồn tại trong một dung dịch)

Tính oxi hoá: Zn2++ Mg

+ HI: Vừa có tính oxi hoá (của H+), vừa có tính khử (của I−)

Tính oxi hoá: 2HI + Fe → FeI2+ H2 ↑

Tính khử: I−+ Fe3+→ Fe2++1

2I2↓ Câu 35: Hoà tan hoàn toàn 2 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Fe, Zn vào dung dịch HCl, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,05 mol khí Nếu cho hỗn hợp X tác dụng với axit sunfuric đặc nóng dư thì ta thu được 7,088 gam muối Tìm % khối lượng của Fe trong X

Bài làm

Cách 1: Sử dụng số đếm

Đề bài cho ta 4 chất Mg, Al, Fe, Zn ứng với 4 ẩn số

Đề bài cho ta 3 dữ kiện: mX, nH2, mmuối⇒ Ta có quyền bỏ đi (4 − 3) = 1 ẩn số bất kì Do yêu cầu tính

%mFe nên ta không được bỏ Fe, như vậy bạn có thể bỏ đi một chất bất kì trong số 3 chất Mg, Al, Zn Ở đây

bỏ đi Mg (bạn có thể bỏ đi Al hoặc Zn)

Hỗn hợp X còn lại 3 chất: Al, Zn, Fe với số mol tương ứng là a, b, c mol

Giả sử nFe = x mol và ne do Mg,Al,Zn nhường= y mol

+ X+HCl

Bảo toàn e: {ne nhường = 2x + y

ne nhận= 2nH2 ⇒ 2x + y = 2.0,05 = 0,1 (∗) + X+axit sunfuric đặc nóng:

ne nhường = 3x + y ⇒ nđiện tích anion SO42− = ne nhường= 3x + y ⇒ nSO42−=3x + y

2 (mol) Bảo toàn khối lượng: mmuối sunfat= mX+ mSO42− ⇒ 7,088 = 2 + 96(3x + y)

2 ⇒ 3x + y = 0,106 (∗∗)

Từ (*) và (**): {2x + y = 2.0,05 = 0,1 3x + y = 0,106 ⇒ { x =

3 500

y = 0,088Câu 36: Trong số các chất sau, có bao nhiêu chất là chất điện li mạnh:

HCl, H2SO4, HNO3, HClO4, HClO, NaNO2, NaClO, HI, HBr, HF, H2S, H2SO3, H2CO3, CH3COOH, Mg(OH)2, C2H5OH,

+ Chất điện li yếu là các axit yếu và trung bình (H2S, H2CO3, H3PO4, H2SO3, HF, các axit hữu cơ), các bazo yếu ít tan trong nước (Mg(OH)2, Cu(OH)2, Fe(OH)2, Al(OH)3, … ), amoniac, các amin…

Chú ý: Xét về tính axit thì HI > HBr > HCl > HF trong đó HF là axit yếu Vì F có độ âm điện lớn nên khiến cho liên kết H-F phân cực mạnh khiến cho liên kết giữa H-F trở nên rất ngắn, khiến cho H khó tách ra thành H+ vì vậy HF phân li yếu, ngoài ra tính axit cũng yếu

Câu 37: Cho hỗn hợp X gồm ancol etylic, ancol propylic và 3 hidrocacbon thuộc cùng dãy đồng đẳng Đốt cháy hoàn toàn 0,045 mol X cần dùng vừa đủ 0,45 mol oxi và thu được 0,2925 mol cacbonic Tính % khối lượng của ancol etylic trong X biết số mol của ancol propylic và ancol etylic bằng nhau

Bài làm

* Nhận xét: Đây là một bài toán rất thú vị!

Ta có: C2H6O = C2H4+ H2O và C3H8O = C3H6+ H2O

nH2O> nCO2 ⇒ Z là ankan

Áp dụng nCO2− nH2O= (k − 1)nX (k = π + v)

⇒ nCO2− nH2O= (1 − 1)nY+ (0 − 1)nZ = −nZ ⇒ nZ= nH2O− nCO2= 0,315 − 0,2925 = 0,0225 mol + Do nC2H5OH= nC3H7OH⇒ nC2H4= nC3H6 =1

Bài làm

Cách 1: Sử dụng số đếm

Hỗn hợp X có 5 chất ứng với 5 ẩn số Đề bài cho ta 4 dữ kiện: nX, nCH4 = nC2H6O2, nO2, nCO2⇒ Theo số đếm,

ta được phép bỏ đi 1 chất bất kì Ta không thể bỏ đi CH4 hoặc C2H6O2 vì sẽ làm mất dữ kiện nCH4=

nC2H6O2 Vì vậy ta có thể bỏ đi một trong số 3 chất sau đây: CH3OH, C2H6, C3H8⇒ Ta sẽ bỏ đi CH3OH (hoặc bạn có thể bỏ đi C2H6hoặc C3H8 cũng đều được)

Hỗn hợp X còn lại 4 chất: CH4, C2H6O2, C2H6, C3H8 ứng với số mol lần lượt là a, b, c, d mol

Bảo toàn O: nO(Y)+ 2nO2= 2nCO2+ nH2O

⇒ nO(Y)= (2.2,4 + 3,6) − 2.3,95 = 0,5 mol ⇒ nY= nO(Y)= 0,5 mol

⇒ nZ= nX− nY= 1,2 − 0,5 = 0,7 mol

+ Tìm 𝐦𝐗:

Bảo toàn khối lượng: mX+ mO2= mCO2+ mH2O⇒ mX= (2,4.44 + 3,6.18) − 3,95.32 = 44 gam

* Bình luận: Sau khi chuyển Y thành CnH2n+2 O Bạn có thể sử dụng cách giải của câu 32 để giải câu 33 Câu 39: Đốt cháy hoàn toàn 1,2 mol X chứa ancol metylic, ancol etilen glicol, metan và 3 hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp (nmetan= netilen glicol) thấy cần dùng vừa đủ 3,95 mol oxi và thu được 2,4 mol cacbonic Tìm khối lượng của X và tổng số mol của 3 hidrocacbon chưa biết

⇒ Z là ankan và nZ = nH2O− nCO2 = 3,1 − 2,4 = 0,7 mol

Ta có: nCnH2n = nT− nZ = 1,2 − 0,7 = 0,5 mol ⇒ nY= nCnH2n = 0,5 mol

CnH2n+2= CnH2n+ H2O (∗)

0,5 mol → 0,5 mol

Bảo toàn khối lượng: mX= mCO2+ mH2O+ mH2O(∗)− mO2= 44 gam

Câu 40: Cho 0,7 mol hỗn hợp X gồm ancol etylic, xiclobutan và 2 hidrocacbon cùng dãy đồng đẳng tham gia phản ứng đốt cháy với lượng oxi vừa đủ là 3,45 mol oxi, thu được 2,3 mol cacbonic Nếu cho X tác dụng với lượng dư nước brom thì thấy có 0,4 mol brom phản ứng Tìm % số mol của 2 HC chưa biết

Do khi cho X vào nước brom thì chỉ có 2 anken phản ứng (xiclobutan không phản ứng với nước brom mặc

dù xiclopropan có khả năng làm mất màu nước brom)

⇒ nBr2= nZ ⇒ nZ = 0,4 mol ⇒ %nZ =nZ

nX100% =

0,40,7= 57,14%

Câu 41: Cho 3,4 mol hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic và 2 hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp (mạch hở) tham gia phản ứng đốt cháy với lượng vừa đủ là 4,15 mol oxi, thu được 4,5 mol nước Nếu cho X tác dụng với dung dịch brom trong CCl4 dư, thấy có x mol brom phản ứng Tìm x

TH2: Z chứa hidrocacbon không no, có a liên kết 𝛑 trong phân tử

Giả sử nankan= x mol và nZ= y mol

Hoặc cách 2: Giả sử T (CH4, H2, Z) chỉ chứa một chất duy nhất là T với k là số liên kết π trung bình của hỗn hợp T

Câu 42: Cho 1,1 mol hỗn hợp X gồm axit axetic, axit propionic, axetilen, propin, eten và etan tham gia phản ứng cháy với một lượng vừa đủ oxi là 3,65 mol, thu được 2,5 mol nước Nếu cho X tác dụng với lượng dư nước brom thì thấy có x mol brom phản ứng, tìm x

Bài làm

Cách 1: Sử dụng số đếm

Bài cho ta 6 chất ứng với 6 ẩn số, trong đó chỉ cho ta 3 dữ kiện ⇒ Ta có quyền bỏ đi 3 ẩn số bất kì Không mất tính tổng quát, ta giữ lại CH3COOH, C2H2 và C2H6 với số mol tương ứng là a, b, c mol (nên chọn cả chất có pư với brom và chất không phản ứng với brom để giữ nguyên bản chất của bài toán, tuân thủ theo nguyên tắc số 2 của số đếm)

Không mất tính tổng quát, ta đưa về bài toán tương đương sau đây:

Cho 1,1 mol T gồm CH4, C2H6, C2H2, C3H4, C2H4, C2H6 tham gia phản ứng cháy, …

(Vì CH4, C2H6 không phản ứng với brom và C2H4O2, C3H6O2 cũng không phản ứng với brom nên sự thay thế này là hoàn hảo)

1,1 mol T (chỉ gồm các hidrocacbon) +3,65 mol O2→ 2,5 mol H2O

Bảo toàn O: nCO2 =2nO2− nH2O

2.3,65 − 2,5

2 = 2,4 mol Giả sử T chỉ chứa một chất duy nhất là T, có số liên kết π trung bình bằng k

Ta có: nCO2− nH2O= (k − 1)nT ⇒ (2,4 − 2,5) = (k − 1)1,1 ⇒ k =10

11⇒ nBr2= k nT=10

11 1,1 = 1 mol Câu 43: Cho 2 mol hỗn hợp X gồm axit axetic và 3 hidrocacbon cùng dãy đồng đẳng (ankan, anken, xicloankan, ankin) tác dụng với 6,15 mol oxi (vừa đủ) thu được 4,1 mol nước Tìm % khối lượng của axit axetic trong X

Giả sử có x mol khí clo trong X, ta tìm x

Ban đầu: Fe0, Mg0, Cl0(Cl2), O0(O2), Ag+1(AgNO3)

Sau cùng: Fe+3, Mg+2, Cl−1(AgCl), O−2(H2O), Ag0(Ag)

Tóm lại: Bảo toàn Cl: nAgCl= nCl− = nHCl+ 2nCl2= 0,24 + 2x (mol)

Bảo toàn khối lượng: mkết tủa = mAg+ mAgCl= (0,16 − 2x) 108 + (0,24 + 2x) 143,5 = 56,69 gam

⇒ x = 0,07 mol ⇒ %VCl2(X)=nCl2

nX 100% =

0,070,07 + 0,06100% = 53,85%

Câu 45: Xét hỗn hợp X gồm 2 ancol đơn chức, 1 axit đơn chức, 1 este đơn chức (cả 4 chất đều mạch hở, không phải là este của phenol) Nếu đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 1,35 mol CO2 và 0,95 mol nước Nếu cho X tác dụng với Na dư thì thu được 0,125 mol hidro Nếu cho X tác dụng với NaOH dư thì thấy có 0,3 mol NaOH phản ứng Nếu cho X tác dụng với dung dịch brom dư thì thấy có tối đa x mol brom phản ứng Tìm x biết tổng số mol ancol trong X là 0,15 mol

Ta có: nH2= 0,125 mol ⇒ naxit= (2nH2− nancol) = (2.0,125 − 0,15) = 0,1 mol

Ta có: nNaOH= 0,3 mol = naxit+ neste⇒ neste= 0,3 − naxit = 0,2 mol

Ta có: nCO2− nH2O= (k − 1)nA⇒ 1,35 − 0,95 = (k − 1) (0,15 + 0,1 + 0,2) ⇒ k =17

9

Ta có: nπ= k nX=17

9 0,45 = 0,85 mol

Do liên kết đôi trong axit và este về lí thuyết không phản ứng với brom

Vì vậy nπ pư với brom= nπ− naxit− neste= 0,85 − 0,1 − 0,2 = 0,55 mol

* Chú ý: Tuy nhiên đề bài hỏi là lượng brom tối đa, ta phải xét axit là HCOOH và este là HCOOR’’’ thì lượng brom mới là tối đa, khi đó nBr2(pư)= nπ+Br2+ neste+ naxit= 0,85 mol

Câu 46: Hidrocacbon mạch hở có CTTQ là CnH2n+2−2a(Trong đó a là số liên kết π) có số liên kết δ là:

Bài làm

* Bình luận: Với bài toán trên, các bạn nên làm bằng cách chọn một chất cụ thể, ví dụ chọn metan

Ta có: n=1, a=0 và metan có 4 liên kết δ

Câu 47: Cho hỗn hợp X gồm hỗn hợp kim loại và oxit kim loại tác dụng hết với dung dịch chứa 0,45 mol

H2SO4 và 0,45 mol HNO3, sau khi các phản ứng diễn ra hoàn toàn ta thu được 0,15 mol chất khí duy nhất

NO (không có muối amoni) và dung dịch Y Cần tối thiểu x mol NaOH vào dung dịch Y để thu được lượng kết tủa tối đa Tìm x

Bài làm

Chú ý: dd Y chứa 𝐇+dư và 𝐌𝐧+

Khi cho NaOH vào thì NaOH phản ứng với H+ trước, sau đó sẽ kết tủa Mn+ sau

Như vậy, khi lượng kết tủa tối đa thì dung dịch sau phản ứng chỉ chứa NaNO3, Na2SO4

Bảo toàn Na: nNaOH= nNaNO3+ 2nNa2SO4

+ nNa2SO4= nH2SO4 = 0,45 mol

+ Bảo toàn N: nNaNO3= nHNO3− nNO= 0,45 − 0,15 = 0,3 mol

⇒ nNaOH= 2.0,45 + 0,3 = 1,2 mol ⇒ x = 1,2 mol

Câu 48: Cho 2 gam hỗn hợp X gồm hỗn hợp kim loại tác dụng hết với dung dịch chứa 0,45 mol H2SO4 và 0,45 mol HNO3, sau khi các phản ứng diễn ra hoàn toàn ta thu được 0,15 mol chất khí duy nhất NO (không

có muối amoni) và dung dịch Y Cần tối thiểu x mol NaOH vào dung dịch Y để thu được lượng kết tủa tối

đa là m gam Tìm x+m? (Biết các phản ứng được thực hiện trong bình kín chứa khí nito)

Bảo toàn H+: nH+ (2)= nH+− nH+ (1)= 1,35 − 0,6 = 0,75 mol ⇒ nNaOH(+H+ )= nH+ (2)= 0,75 mol

+ Bảo toàn NaOH: nNaOH(tạo kết tủa) = nNaOH− nNaOH(+H+ )= 1,2 − 0,75 = 0,45 mol

Bảo toàn khối lượng: m = mkết tủa= mX+ mOH− tạo kết tủa= mX+ 17 nNaOH(tạo kết tủa)= 2 + 17.0,45 =9,65 gam ⇒ m = 9,65 gam

(1)NO3= NO + 2O∗

Sau đó: (2): 4H++ 2O∗→ 2H2O

Câu 49: Cho phản ứng sau:

Fe(NO3)2+ KHSO4→ Fe(NO3)3+ Fe2(SO4)3+ K2SO4+ NO + H2O

Tính tổng hệ số cân bằng của các chất tham gia phản ứng trong phản ứng trên là:

Bài làm

Nhận xét: K2SO4+ H2SO4= 2KHSO4

Vì vậy ta cân bằng phản ứng sau (đây là phản ứng chuẩn)

Fe(NO3)2+ H2SO4→ Fe(NO3)3+ Fe2(SO4)3+ NO + H2O

⇒ 3Fe(NO3)2+ H2SO4→ Fe(NO3)3+ Fe2(SO4)3+ 1NO + H2O

⇒ 3Fe(NO3)2+ 2H2SO4→5

3Fe(NO3)3+

2

3Fe2(SO4)3+ 1NO + H2O Bảo toàn H: Bên trái có 2H2SO4⇒ Bên phải sẽ có 2H2O

⇒ 3Fe(NO3)2+ 2H2SO4→5

3Fe(NO3)3+

2

3Fe2(SO4)3+ 1NO + 2H2O

Để có các hệ số nguyên tối giản, ta nhân các hệ số với 3

⇒ 9Fe(NO3)2+ 6H2SO4→ 5Fe(NO3)3+ 2Fe2(SO4)3+ 3NO + 6H2O

Do H2SO4+ K2SO4= 2KHSO4⇒ Ta bổ sung thêm 6K2SO4 vào 2 vế của phản ứng

⇒ 9Fe(NO3)2+ (6H2SO4+ 6K2SO4) → 5Fe(NO3)3+ 2Fe2(SO4)3+ 3NO + 6H2O + 6K2SO4

⇒ 9Fe(NO3)2+ 12KHSO4→ 5Fe(NO3)3+ 2Fe2(SO4)3+ 3NO + 6H2O + 6K2SO4

Cách 2: Phản ứng dạng ion:

Fe2++ H++ NO3−→ Fe3++ H2O + NO

Fe2+− 1e và N+5+ 3e ⇒ Có 3Fe2+ và 1NO

⇒ 3 Fe2++ H++ NO3−→ 3Fe3++ H2O + 1NO

Bảo toàn N ⇒ có 1NO3−:

⇒ 3 Fe2++ H++ 1NO3−→ 3Fe3++ H2O + 1NO

Bảo toàn O ⇒ (1.3 − 1) = 2H2O

⇒ 3 Fe2++ H++ 1NO3−→ 3Fe3++ 2H2O + 1NO

Bảo toàn H⇒ 4H+

⇒ 3 Fe2++ 4H++ 1NO3−→ 3Fe3++ 2H2O + 1NO

Bảo toàn H+⇒ 4H+ ứng với 4KHSO4

Bảo toàn K: Đã có 4KHSO4⇒ Phải có 4

2= 2K2SO4Bảo toàn S: Có 4KHSO4, 2K2SO4⇒ Có4 − 2

2

3Fe2(SO4)3 Bảo toàn Fe3+⇒ Đã có2

Tóm lại: 3Fe(NO3)2+ 4KHSO4→2

3Fe2(SO4)3+

5

3Fe(NO3)3+ 2K2SO4+ 1NO + 2H2O Câu 50: Cho phản ứng sau:

Fe(NO3)2+ KHSO4+ H2SO4→ Fe(NO3)3+ Fe2(SO4)3+ K2SO4+ NO + H2O

(Biết tỉ lệ mol của KHSO4 và H2SO4 là 4:1)

Tính tổng hệ số cân bằng của các chất tham gia phản ứng trong phản ứng trên là:

Bài làm

Nhận xét: 𝐊𝟐𝐒𝐎𝟒+ 𝐇𝟐𝐒𝐎𝟒= 𝟐𝐊𝐇𝐒𝐎𝟒

Vì vậy ta cân bằng phản ứng sau (đây là phản ứng chuẩn)

Fe(NO3)2+ H2SO4→ Fe(NO3)3+ Fe2(SO4)3+ NO + H2O

⇒ 3Fe(NO3)2+ H2SO4→ Fe(NO3)3+ Fe2(SO4)3+ 1NO + H2O

⇒ Vế trái có 3.2 = 6N, vế phải có 1NO ⇒ Phải có thêm6 − 1

⇒ 3Fe(NO3)2+ 2H2SO4→5

3Fe(NO3)3+

2

3Fe2(SO4)3+ 1NO + H2O Bảo toàn H: Bên trái có 2H2SO4⇒ Bên phải sẽ có 2H2O

⇒ 3Fe(NO3)2+ 2H2SO4→5

3Fe(NO3)3+

2

3Fe2(SO4)3+ 1NO + 2H2O

Để có các hệ số nguyên tối giản, ta nhân các hệ số với 3

⇒ 9Fe(NO3)2+ 6H2SO4→ 5Fe(NO3)3+ 2Fe2(SO4)3+ 3NO + 6H2O

Vế trái có 6H2SO4⇒ ∑ H+= 6.2 = 12

Giả sử có 4xKHSO4 và xH2SO4⇒ Bảo toàn H: ∑ H+= 4x + 2x = 6x ⇒ 6x = 12 ⇒ x =12

6 = 2

⇒ Ta bỏ đi 6H2SO4 và bổ sung thêm 4.2 = 8KHSO4 và 2H2SO4 vào vế trái

Bảo toàn K ⇒ Ta bổ sung thêm 8

2= 4K2SO4 ở bên phải

⇒ 9Fe(NO3)2+ 8KHSO4+ 2H2SO4→ 5Fe(NO3)3+ 2Fe2(SO4)3+ 3NO + 6H2O + 4K2SO4

Các chất tham gia phản ứng là Fe(NO3)2, KHSO4, H2SO4 ⇒ ∑ hệ số = 9 + 8 + 2 = 19

Câu 51: Cho hỗn hợp X gồm Fe, Al tan vừa đủ trong dung dịch HNO3 thu được dung dịch Y Cho dung dịch

Y tác dụng vừa đủ với V lít dung dịch Z chứa hỗn hợp KHSO4 4M và H2SO4 1M (với tỉ lệ nồng độ mol 4:1) thu được 1 mol NO và 1,2 mol NO2 và dung dịch T chỉ chứa muối Hãy xác định V

Bài làm

Chú ý:

+ X tan vừa đủ trong HNO3 ⇒ HNO3 vừa đủ ⇒ HNO3hết ⇒ Y chỉ chứa {

Fe(NO3)2Fe(NO3)3Al(NO3)3+ Z vừa đủ ⇒ KHSO4, H2SO4 phản ứng hết

Giả sử có 4x mol KHSO4 và x mol H2SO4

Bảo toàn H+: nH+ = 6,4 = nKHSO4+ 2nH2SO4= 4x + 2 x = 6x ⇒ x =6,4

1 = (

6,4

6 ) lít Câu 52: Thực hiện các thí nghiệm sau, số thí nghiệm xảy ra phản ứng hoá học là x Tìm x

(1) Sục ozon vào dung dịch KI trong nước

(2) Nhúng thanh Al vào dung dịch HNO3 đặc nguội

(3) Nhúng thanh Cr vào dung dịch HNO3 đặc nguội

(4) Cho Mg tiếp xúc với khí nito, nung nóng

(5) Cho Mg tiếp xúc với khí sunfuro, đun nóng

(6) Cho đồng (II) hidroxit vào chất lỏng sobitol

(7) Cho anđehit fomic tác dụng với phenol, xúc tác axit vô cơ

(8) Nung nóng quặng apatit với cát và than cốc ở nhiệt độ 2000℃

(9) Nung nóng quặng đolomit

(10) Cho hơi nước đi quan than nóng đỏ

(11) Cho thanh Cu vào dung dịch HCl, sục khí oxi vào ở nhiệt độ thường

(12) Cho Ag vào bình chứa khí hidro sunfua và oxi ở nhiệt độ thường

(13) Cho thuỷ ngân vào bình chứa lưu huỳnh ở nhiệt độ thường

(14) Dẫn khí flo vào dung dịch NaOH

(15) Cho miếng bông thiên nhiên vào dung dịch HCl, đun nóng

(16) Sục khí clo vào dung dịch natri bromua

(17) Dẫn khí amoniac vào bình chứa khí clo ở nhiệt độ thường

(18) Dẫn khí nito monooxit vào bình chứa không khí ở nhiệt độ thường

(19) Sục khí SO2 vào dung dịch natri phenolat

(20) Đun nóng dung dịch hỗn hợp gồm NH4Cl và KNO3

(21) Cho crom (VI) oxit vào nước ở nhiệt độ thường

(22) Cho crom (III) oxit vào dung dịch kiềm loãng nóng

(23) Cho Silic (IV) oxit vào dung dịch kiềm loãng nguội

(24) Cho Silic vào dung dịch kiềm loãng, nguội

(25) Sục khí cacbonic vào dung dịch chứa natri zincat

(26) Sục khí cacbonic vào dung dịch chứa natri silicat

(27) Nung nóng hỗn hợp gồm bột xô đa và cát ở nhiệt độ cao

(28) Nung nóng hỗn hợp gồm Mg và cát

(29) Nung nóng hỗn hợp gồm than cốc và cát

(30) Cho canxi florua tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng

(31) Cho đường saccarozo vào axit sunfuric đặc nóng

(32) Cho bột natri etylat vào nước

(33) Nhỏ dung dịch chứa natri cacbonat vào phenol, đun nóng

(34) Nhỏ dung dịch muối amoni clorua vào dung dịch natri aluminat

(35) Nhỏ dung dịch chứa muối nhôm clorua vào dung dịch chứa natri aluminat

(36) Nhỏ dung dịch chứa HF vào bột cát

(37) Nhỏ dung dịch HCl vào dung dịch muối NaF

(38) Nhỏ dung dịch natri stearat vào dung dịch chứa canxi axetat

(39) Nhỏ dung dịch chứa amoni hidrocacbonat vào dung dịch chứa natri clorua

(40) Đốt cháy hỗn hợp gồm đường ăn và muối ăn trong oxi

(41) Cho CuS, ZnS vào dung dịch HCl

(42) Cho hỗn hợp gồm bạc iotua, bạc oxit vào dung dịch amoniac

(43) Nung nóng bột thuỷ ngân (II) oxit

(44) Để muối bạc bromua ra ngoài ánh sáng

(45) Nhỏ dung dịch chứa natri hidrocacbonat vào dung dịch chứa batri clorua

(46) Nhỏ dung dịch HCl vào hỗn hợp rắn chứa bạc clorua, bạc oxit và bạc photphat

(47) Nhỏ dung dich amoniac vào hỗn hợp chứa crom (III) hidroxit, nhôm (III) hidroxit, niken (II) hidroxit (48) Cho dung dịch chứa alanin vào dung dịch chứa natri hidroacbonat

(49) Sục khí sunfuro vào dung dịch chứa axit sunfuhidric

(50) Sục khí hidrosunfua vào dng dịch chứa muối bạc nitrat

(51) Đun nóng hỗn hợp khí gồm H2S và SO2

(52) Đun nóng hỗn hợp khí gồm H2S và O2

(53) Đun nóng H2O2 với xúc tác MnO2

(54) Sục khí Cl2 vào nước brom

(55) Nhỏ chất lỏng H2O2 vào dung dịch muối kali nitrua

(56) Nhỏ chất lỏng H2O2 vào dung dịch chứa kali clorua

(57) Nhỏ chất lỏng chứa H2O2 vào bạc oxit ở nhiệt độ thường

(58) Cho Au vào bình khí chứa flo, nung nóng

(59) Cho Au vào bình khí chứa ozon, nung nóng

(60) Cho Ag vào bình kín chứa oxi, nung nóng ở nhiệt độ rất cao

(61) Cho Ag vào bình kín chứa ozon ở nhiệt độ thường

(62) Cho chất rắn sắt (II) hidroxit ra ngoài không khí

(63) Sục hỗn hợp khí gồm NO, O2 vào nước

(64) Nung nóng bột iot trong oxi dư

(65) Cho dung dịch iot vào dung dịch axit sunfuro

(66) Nung nóng hỗn hợp khí chứa hidrosunfua và khí clo

(67) Dẫn khí flo vào dung dịch NaOH ở nhiệt độ thường

(68) Dẫn khí sunfuro vào dung dịch thuốc tím, đun nóng

(69) Dẫn khí xiclopropan vào dung dịch thuốc tím

(70) Dẫn khí propen vào dung dịch thuốc tím

(71) Cho chất lỏng axit fomic vào brom (tan trong CCl4), đun nóng

(72) Cho natri fomat vào dung dịch nước brom, đun nóng

(72) Cho este metyl fomat vào hỗn hợp chứa Cu(OH)2, NaOH đun nóng

(73) Trộn dung dịch chứa hỗn hợp caosu buna và CCl4 vào dung dịch chứa hỗn hợp brom và CCl4(74) Cho toluen vào nước brom dư, đun nóng

(75) Cho stiren vào brom khan

(76) Cho cumen vào dung dịch thuốc tím, đun nóng

(77) Cho bột Cu vào bình chứa hỗn hợp khí gồm hidrosunfua và oxi ở nhiệt độ thường

(78) Cho axit sunfuric đặc tác dụng với hỗn hợp chất rắn gồm muối ăn và mangan (IV) oxit (79) Cho natri thiosunfat vào dung dịch chứa HCl, đun nóng

(80) Nhỏ dung dịch HCl vào chất bột chứa bạc axetilua ở nhiệt độ thường

(81) Dẫn khí clo vào bình chứa benzen ở dạng hơi, nhiệt độ thường

(82) Cho bột kẽm photphua vào nước

(83) Dẫn khí cacbonic vào nước Gia-ven

(84) Đun nóng chất béo lỏng trong khí hidro

(85) Nhỏ phenol vào nước brom ở nhiệt độ thường

(86) Cho bột nhôm tiếp xúc với khí clo ở ngay nhiệt độ thường

(87) Cho dung dịch chứa fructozo vào dung dịch bạc nitrat trong amoniac, đun nóng

(88) Cho dung dịch chứa fructozo vào dung dịch nước brom, đun nóng

(89) Cho Crom vào dung dịch NaOH đặc nóng

(90) Trộn HCOOH với axit sunfuric đặc, đun nóng

(91) Dẫn khí SO2 vào dung dịch HNO3 đặc nóng

Bài làm

(1) Sục ozon vào dung dịch KI trong nước

O3+ KI + H2O → KOH + O2↑ +I2↓ (tím đen)

(2) Nhúng thanh Al vào dung dịch HNO3 đặc nguội

Al, Fe, Cr bị thụ động hoá trong axit sunfuric đặc nguội và axit nitric đặc nguội Nếu lấy Al, Fe, Cr cho vào

H2SO4 đặc nguội hoặc HNO3 đặc nguội thì 2 axit này sẽ oxi hoá mạnh kim loại, tạo ra lớp oxit bền khiến cho Al, Fe, Cr không tan trong axit HNO3 đặc nguội, H2SO4 đặc nguội Sau khi bị thụ động hoá, ta lấy mẩu kim loại ra và cho vào dung dịch HCl thì miếng kim loại sau khi bị thụ động hoá cũng không tan trong dung dịch HCl nữa

Vì vậy thí nghiệm này không xảy ra phản ứng hoá học

(3) Nhúng thanh Cr vào dung dịch HNO3 đặc nguội

Không xảy ra phản ứng hoá học (xem lại câu (2))

(4) Cho Mg tiếp xúc với khí nito, nung nóng

Chú ý: Ở nhiệt độ thường chỉ có Li tác dụng với khí nito mà thôi Nếu thực hiện ở nhiệt độ cao thì Ca, Ba,

Mg, Al cũng có khả năng phản ứng với khí nito, tạo thành nitrua kim loại, nếu cho nitrua kim loại tác dụng với nước thì giải phóng khí amoniac và tạo ra hidroxit kim loại

Mg +N2→ Mgt° 3N2 (rắn)

Mg3N2+ 6HOH → 3Mg(OH)2↓ +2NH3↑

Như vậy, có Phản ứng xảy ra và không tạo chất khí

(5) Cho Mg tiếp xúc với khí sunfuro, đun nóng

Mg, Al có khả năng cháy được cả trong CO2, SO2 vì vậy không nên dùng bình cứu hoả để dập tắt đám cháy của Mg và Al vì đám cháy thậm chí có thể bùng lên dữ dội Bình cứu hoả chứa NaHCO3 và H2SO4, khi bấm nút, 2 dung dịch này trộng vào nhau tạo ra bọt khí CO2

Mg + SO2→ MgO + S t°

Có xảy ra phản ứng, không tạo thành chất khí

(6) Cho đồng (II) hidroxit vào chất lỏng sobitol ở nhiệt độ thường

Sobitol là sản phẩm thu được khi hidro hoá glucozo hoặc fructozo bằng hidro ở nhiệt độ cao Sobitol là axit đa chức có 2 nhóm OH liền kề nên có khả năng hoà tan được Cu(OH)2 tạo thành dung dịch phức chất màu tím

Glucozo: CH2OH − [CHOH]4− CHO + H2t°,Ni→ CH2OH − [CHOH]4− CH2OH (Sobitol)

Fructozo: CH2OH − [CHOH]3− CO − CH2OH + H2t°,Ni→ CH2OH − [CHOH]4− CH2OH (Sobitol)

2R(OH)2+ HO − Cu − OHnhiệt độ thường→ 1 phức chất + 2H2O (R(OH)2 phải có 2 OH kề nhau)

Có phản ứng, không tạo khí

(7) Cho anđehit fomic tác dụng với phenol, xúc tác axit vô cơ, nhiệt độ, áp suất

nHCHO + nC6H5OHt°,xt,p→ nhựa Novolac (mạch không phân nhánh)

Có phản ứng, tạo polime, không tạo khí

(8) Nung nóng quặng apatit với cát và than cốc ở nhiệt độ 2000℃

Quặng apatit (3Ca3(PO4)2 CaF2) và quặng photphorit (Ca3(PO4)2) được sử dụng để điều chế P trong công nghiệp

Ca3(PO4)2+ SiO2(có trong cát) + C(than cốc)2000℃→ CaSiO3+ P ↑ +CO ↑ Hơi P sinh ra được làm lạnh thu được P trắng Nếu nung P trắng ở nhiệt độ cao trong bình kín không có oxi, ta thu được photpho đỏ (bền hơn photpho trắng, nhưng không phát quang trong bóng tối như photpho trắng)

Có phản ứng, có chất khí (CO)

Chú ý: P mặc dù được tạo thành ở thể hơi, nhưng khi nói rằng “tạo chất khí” thì đề bài đang muốn nhấn mạnh là chất đó phải ở thể khí ở nhiệt độ thường Ở nhiệt độ thường: P là chất rắn vì vậy mặc dù trong phản ứng trên có hơi P thoát ra nhưng P không được coi là chất khí

(9) Nung nóng quặng đolomit

Quặng đolomit chứa CaCO3 MgCO3

CaCO3 MgCO3→ CaO + MgO + COt° 2↑

Có phản ứng, có chất khí (CO2)

(10) Cho hơi nước đi quan than nóng đỏ

C + H2O→ CO ↑ +Ht° 2↑

Có phản ứng, có tạo chất khí (CO, H2)

Đây là phản ứng điều chế CO trong công nghiệp hiện nay

(11) Cho thanh Cu vào dung dịch HCl, sục khí oxi vào ở nhiệt độ thường

Cu đứng sau H trong dãy điện hoá nên về nguyên tắc Cu không phản ứng được với dung dịch HCl loãng, dung dịch H2SO4 loãng

Tuy nhiên, nếu sục oxi vào thì các phản ứng trên vẫn có thể xảy ra

Cu + HCl + O2nhiệt độ thường→ CuCl2+ H2O

Có phản ứng, không tạo thành chất khí

Đây là phản ứng điều chế CuCl2 từ Cu trong công nghiệp hiện nay

(12) Cho Ag vào bình chứa khí hidro sunfua và oxi ở nhiệt độ thường

Ag, Cu khi tiếp xúc với không khí có chứa khí hidrosunfua thì sẽ chuyển thành màu đen ngay ở nhiệt độ thường

Ag(trắng bạc) + H2S(không màu, mùi trứng thối) + O2nhiệt độ thường→ Ag2S(đen) + H2O

Cu(đỏ) + H2S + O2nhiệt độ thường→ CuS(đen) + H2O

Có phản ứng, không tạo thành chất khí

(13) Cho thuỷ ngân vào bình chứa lưu huỳnh ở nhiệt độ thường

Hg (độc hại, có trong nhiệt kế thuỷ ngân, khi nhiệt kế bị vỡ sẽ giải phóng Hg rất độc hại) có khả năng phản ứng với bột S ngay ở nhiệt độ thường tạo ra HgS là chất ít độc hại, vì vậy người ta thường rắc bột S vào chỗ có ống nhiệt kế thuỷ ngân bị vỡ để loại bỏ Hg vương vãi Chú ý: Phản ứng này diễn ra ngay ở nhiệt độ thường

Hg + Snhiệt độ thường→ HgS

Có phản ứng, không có chất khí sinh ra

(14) Dẫn khí flo vào dung dịch NaOH

Khí flo có khả năng phản ứng với NaOH tạo ra F2O là một chất khí có mùi khó chịu, không màu, có khả năng oxi hoá hầu hết các kim loại tạo oxit

F2+ NaOH → NaF + F2O ↑ +H2O

Có phản ứng, tạo chất khí (F2O)

Chú ý: Nước nóng bốc cháy khi tiếp xúc với khí flo

F2+ H2O→ HF + Ot° 2↑

(15) Cho miếng bông thiên nhiên vào dung dịch HCl, đun nóng

Bông thiên nhiên lấy từ cây bông vải, có thành phần chính là polisaccarit có tên là xenlulozo (gồm nhiều mắt xích glucozo liên kết lại với nhau bằng liên kết glicozit, xenlulozo có mạch không phân nhánh, không xoắn)

Tính chất đặc trưng của đisaccarit (mantozo, saccarozo) và polisaccarit (tinh bột, xenlulozo) là bị thuỷ phân trong nước có xúc tác axit vô cơ, đun nóng tạo thành các monosaccarit

Xenlulozo: (C6H10O5)n+ nH2Ot°,H

+

→ nC6H12O6(Glucozo) Chú ý: Xenlulozo và tinh bột mặc dù cùng có CT chung (C6H10O5)n nhưng đây không phải là 2 chất đồng phân của nhau vì nxenlulozo≫ ntinh bột

Có phản ứng, không tạo khí

(16) Sục khí clo vào dung dịch natri bromua (không xét phản ứng của clo với nước tạo nước clo)

Các halogen có tính oxi hoá giảm dần F2> Cl2> Br2> I2 Các halogen có tính oxi hoá mạnh hơn có khả năng đẩy halogen yếu hơn ra khỏi muối (trừ flo vì flo phản ứng với nước khá mãnh liệt)