các câu nâng cao thi HOÁ 12

Trên bước đường thành công không có bước chân của kẻ lười biếng Trang 1 Câu 1: Hidro hóa hoàn toàn xúc tác Ni, nung nóng m gam trieste X tạo bởi glixerol và các axit cacboxylic đơn chứ

GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694

Trên bước đường thành công không có bước chân của kẻ lười biếng Trang 1

Câu 1: Hidro hóa hoàn toàn (xúc tác Ni, nung nóng) m gam trieste X (tạo bởi glixerol và các axit cacboxylic

đơn chức, mạch hở) cần vừa đủ 1,792 lít H2 (đktc) Đun nóng m gam X với dung dịch NaOH (lấy dư 25% so

với lượng cần dùng), sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y Cô cạn dung dịch Y thu được

18,44 gam chất rắn khan Biết trong phân tử X có chứa 7 liên kết  Giá trị của m là

(Trích đề thi thử THPT Quốc Gia 2019 Chuyên Vinh Lần 1- Hướng dẫn giải - Cô Thân Thị Liên – GV chuyên

luyện thi môn hóa THPT Quốc Gia)

X có 7 liên kết  => X + 4 H2 ( Trừ 3 liên kết  trong gốc COO ) => nX = 0,08 : 4 = 0,02 mol

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH ⎯⎯→ 3RCOONa + Ct0 3H5(OH)3

0,02 0,06 0,02 mol

NaOH lấy dư 25% so với lượng cần dùng => nNaOH = 0, 06.125% = 0, 075 mol

Bảo toàn khối lượng => m = 0,02.92 + 18,44 – 0,075.40 = 17,28 g

Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần dùng 3,08 mol O2, thu được CO2 và 2 mol H2O Cho m

gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và 35,36 gam muối Mặt khác, m gam X tác

dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch Giá trị của a là

(Trích đề thi THPT Quốc Gia 2019 - Hướng dẫn giải - Cô Thân Thị Liên – GV chuyên luyện thi môn hóa

THPT Quốc Gia)

(RCOO)3C3H5 + O2 ⎯⎯→ COt0 2 + H2O

x 3,08 y 2 mol

Bảo toàn O ta có: 6x + 3,08.2 = 2y + 2 (1)

Bảo toàn khối lượng: m( RCOO C H )3 3 5 =

m +m −m = 44.y + 2.18 – 3,08.32 = 44y – 62,56 (RCOO)3C3H5 + 3NaOH ⎯⎯→ 3RCOONa + Ct0 3H5(OH)3

x 3x x mol

Bảo toàn khối lượng ta có: m( RCOO C H )3 3 5 + mNaOH = m xà phòng + mC H OH 3 5 ( )3

 44y – 62,56 + 3x.40 = 35,36 + 92.x

 28x + 44y = 97,92 (2)

Từ (1) (2) => x 0, 04

y 2, 2

=



 =

Áp dụng công thức:

n −n = ( số liên kết  -1) n chất béo

=> số lk  = 2, 2 2 1 6

0, 04

− + = => gốc R trong chất béo có 1 lk C=C ( trừ 3lk  có trong 3 gốc COO )

GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694

=> nBr2 = 3.n chất béo = 3.0,04 = 0,12 mol

Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam trigixerit X, thu được H2O và 1,1 mol CO2 Cho 17,16 gam X

tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối Mặt khác, 11,76 gam X tác

dụng được với tối đa 0,04 mol Br2 trong dung dịch Giá trị của m là

Hướng dẫn giải: ( Cô Thân Thị Liên – GV luyện thi môn hóa THPT Quốc Gia - Hướng dẫn giải - Cô Thân

Thị Liên – GV chuyên luyện thi môn hóa THPT Quốc Gia)

(RCOO)3C3H5 + O2 ⎯⎯→ COt0 2 + H2O

x 1,1 y mol

Đặt k là số liên kết  có trong triglixerit X

Áp dụng công thức:

n −n = ( số liên kết  -1) n chất béo  1,1 – y= (k-1) x (1)

m X = mC + mH + mO = 1,1.12 + 2y.1 + 6.x.16 = 17,16

 96x + 2y = 3,96 (2)

Ta có: nBr2 = (k-3) n chất béo  0,04 = (k-3) x

 0,04 = (k-1).x - 2x

Thay (1) vào (3) ta được: 0,04 = 1,1 –y -2x

 2x + y = 1,06 (3)

Từ (2) (3) => x 0, 02

y 1, 02

=



 =

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH ⎯⎯→ 3RCOONa + Ct0 3H5(OH)3

0,02 0,06 0,02 mol

Bảo toàn khối lượng ta có: m( RCOO C H )3 3 5 + mNaOH = m xà phòng + mC H OH 3 5 ( )3

=> m xà phòng = 17,16 + 0,06.40 – 0,02.92 = 17,72 g

Câu 4: Cho m gam hỗn hợp X gồm ba este đều đơn chức tác dụng tối đa với 350 ml dung dịch NaOH 1M,

thu được hỗn hợp Y gồm hai ancol cùng dãy đồng đẳng và 28,6 gam hỗn hợp muối Z Đốt cháy hoàn toàn Y,

thu được 4,48 lít khí CO2 (đktc) và 6,3 gam H2O Giá trị của m là

( Đề thi THPT Quốc Gia 2018 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chuyên luyện thi môn Hóa THPT

Quốc Gia )

Đốt Y thu được

n =0, 2 mol n =0, 35 mol

=>

n =n −n =0, 35 0, 2− =0,1 < n NaOH => hhX có este của phenol

=> mY=mC+mH+mO=0, 2.12 0,35.2 0,15.16+ + =5,5 g

Ta có: hhX

RCOOR : 0,15 mol

0,15 2x 0,35 x 0,1 RCOOC H : x mol









GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694

Trên bước đường thành công không có bước chân của kẻ lười biếng Trang 3

1

1 0,35 mol

2

5, 5g R OH

R COONa

R COOR : 0,15 mol

R COOC H : 0,1 mol

C H ONa

H O : 0,1 mol

+









=> m = 5,5 + 28,6 + 0,1.18 – 0,35.40 = 21,9

Câu 5: Hỗn hợp X gồm glyxin; axit glutamic và axit metacrylic Hỗn hợp Y gồm etilen và đimetylamin Đốt

cháy a mol X và b mol Y thì tổng số mol khí oxi cần dùng vừa đủ là 2,625 mol, thu được H2O; 0,2 mol N2 và

2,05 mol CO2 Mặt khác, khi cho a mol X tác dụng với dung dịch NaOH dư thì lượng NaOH phản ứng là m

gam Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị của m là:

( Đề thi THPT Quốc Gia 2018 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chuyên luyện thi môn Hóa THPT

Quốc Gia )

Qui đổi hỗn hợp X và Y về 2

O

2 2,625 mol

+

Bảo toàn N =>

n =2.n =0, 4 mol COO ( CO2) không cháy 2NH3 3O2 N2 3H O2

2

0,4 0,3

CH2 3O2 CO2 H O2

2

1,55 2,325

Bảo toàn C ta có:

n =n −n =2, 05 1, 55− =0, 5 mol

=> nNaOH = nCOO = 0,5 => m = 0,05.40 = 20 g

Câu 6 Hỗn hợp X gồm etyl axetat, đimetyl ađipat, vinyl axetat, anđehit acrylic và ancol metylic (trong đó

anđehit acrylic và ancol metylic có cùng số mol) Đốt cháy hoàn toàn 19,16 gam X cần dùng 1,05 mol O2,

sản phẩm cháy gồm CO2, H2O được dẫn qua nước vôi trong lấy dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu

được dung dịch có khối lượng giảm m gam so với ban đầu Giá trị m là

A 37,24 B 33,24 C 35,24 D 29,24

(Trích đề thi thử THPT Quốc Gia Liên Trường Nghệ An 2019 - Hướng dẫn giải - Cô Thân Thị Liên – GV

chuyên luyện thi môn hóa THPT Quốc Gia)

( Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chuyên luyện thi THPT Quốc Gia môn Hóa )

hhX gồm

2

3

CH COOC H

C H O

C H O

C H O

C H O

CH OH





(Vì anđehit acrylic và ancol metylic có cùng số mol => ta gộp chung 2 chất này lại thành 1 chất mới có

CTPT là C4H8O2 )

Ta nhận thấy đặc điểm chung của các chất trong hhX là số C gấp đôi số O

=> đặt công thức chung cho hhX là C2nHyOn

GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694

O 1,05 mo

2 19,16g

H O

H

: b ol

O

m

⎯⎯⎯⎯→ 

Bảo toàn khối lượng: 44a + 18b = 19.16 + 1,05.32 (1)

Bảo toàn O ta có: a 1, 05.2 2a b

2+ = + (2) ( O hhX ( ) C CO2

n

n

Từ (1) (2) => a 0,88

b 0, 78

=



 =

 => m dd giảm = mCaCO 3 −(mH O 2 +mCO 2)= 0,88.100 – (0,88.44 + 0,78.18) = 35,24 g

* Cách 2: Qui đổi

Nhận thấy hhX có số C gấp đôi số O nên ta qui đổi:

hh X về 2

2

C O : x mol 40x 2y 19,16 x 0, 44

1, 5x 0, 5y 1, 05 y 0, 78

H : y mol

Câu 7: Cho 12,4 gam chất X có công thức là C3H12O3N2 tác dụng với dung dịch chứa 0,3 mol NaOH đun

nóng thu được hỗn hợp khí làm xanh giấy quỳ ẩm và dung dịch Y Cô cạn dung dịch Y thu được m gam

chất rắn khan Giá trị của m là:

Hướng dẫn giải: ( Cô Thân Thị Liên – GV luyện thi môn hóa THPT Quốc Gia)

X có công thức C3H12O3N2 => X có thể là:

Muối của amin với HNO3 => X là C3H7-NH3-NO3 ( loại vì chỉ có 10 H)

HOẶC là muối cacbonat của amin => X là 4 3

3

H N CO – NH C H

CH H N CO – NH CH





hỗn hợp khí làm xanh quì tím nên => X là H N CO – NH4 − 3 3−C H 2 5

H N CO – NH− −C H + 2NaOH ⎯⎯→ Na2CO3 + NH3 + CH3NH2 + H2O

0,1 0,2 0,1

Chất rắn gồm Na CO : 0,1 mol2 3

NaOH : 0,1 mol





Câu 8: Đun nóng 12,44 gam hỗn hợp E gồm chất X (C2H8O2N2) và đipeptit Y (C5H10N2O3) cần dùng 160

ml dung dịch NaOH 1M, thu được một khí Z duy nhất (có khả năng làm quỳ tím ẩm hóa xanh) và hỗn hợp

T gồm hai muối Nếu lấy 24,88 gam E tác dụng với dung dịch HCl loãng dư, thu được dung dịch chứa x

gam muối Giá trị của x là?

A 41,64 gam B 42,76 gam C 37,36 gam D 36,56 gam

( Trích đề thi thử THPT Quốc Gia – THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội 1 năm 2019 - Hướng dẫn giải - Cô Thân

Thị Liên – GV chuyên luyện thi môn hóa THPT Quốc Gia)

Đipeptit Y có CTPT C5H10N2O3 => Y là đipeptit Ala-Gly ( a mol)

Hỗn hợp E pư với NaOH thu được dung dịch chứa 2 muối => X là muối amoni của Gly

=> X là H2N-CH2-COONH4 ( b mol)

146a 92b 12, 44 b 0, 04



GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694

Trên bước đường thành công không có bước chân của kẻ lười biếng Trang 5

HC

l

4

AlaHCl : 0,12 mol Ala Gly : 0,12 mol

24,88g

: 0, 08 mol

NH Cl : 0, 08 mol

+



−

⎯⎯



m muối = 0,12.125,5 +0,2.111,5 + 0,08.53,5 = 41,64 g

Câu 9: Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axit cacboxylic đa chức; chất Y (CmH2m-4O7N6) là hexapeptit

được tạo bởi một amino axit Biết 0,1 mol E gồm X và Y tác dụng tối đa với 0,32 mol NaOH trong dung dịch,

đun nóng, thu được metylamin và dung dịch chỉ chứa 31,32 gam hỗn hợp muối Phần trăm khối lượng của X

trong E gần nhất với giá trị nào sau đây?

(Trích đề thi THPT Quốc Gia 2019 - Hướng dẫn giải - Cô Thân Thị Liên – GV luyện thi môn hóa THPT Quốc

Gia)

0,32 mol

0,1 mol

+







Ta có: a b 0,1 a 0, 07

2a 6b 0,32 b 0, 03



X + NaOH tạo metylamin => X có dạng: CH3NH3-OOC-R-COO-NH3CH3

CH3NH3-OOC-R-COO-NH3CH3 + 2NaOH ⎯⎯→ NaOOC –R- COONa + 2 CH3NH2 + 2H2O

CmH2m-4O7N6 + 6 NaOH ⎯⎯→ 6 H N R2 − − COONa + H2O

m muối = 31.32 => 0,07 ( R + 134 ) + 0,18 ( 83 + R ) = 31,32

 0,07.R + 0,18 R = 7

 7R + 18R = 700

R 0 14 ( CH2 ) 28 (C2H4)

Vậy X là: CH3NH3-OOC-C2H4-COO-NH3CH3

Y là: Ala-Ala-Ala-Ala-Ala-Ala ( M = 89.6 -5.18 = 444 )

%X = 0, 07.180 100% 48, 61%

0, 07.180 0, 03.444 =

Câu 10: Cho 0,3 mol hỗn hợp E gồm amin X, axit Y, peptit Z (X, Y, Z đều mạch hở) Hỗn hợp E có khả

năng phản ứng cộng với tối đa 0,16 mol Br2 Mặt khác, E phản ứng vừa đủ với 0,7 mol HCl hoặc 0,6 mol

NaOH Nếu đốt cháy hoàn toàn E trong oxi vừa đủ, dẫn toàn bộ hỗn hợp khí và hơi thu được qua Ca(OH)2

dư được kết tủa m gam và khối lượng dung dịch giảm 81,78 gam Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau

GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694

đây?

( Trích đề thi học kì I trường THPT Trường Chinh 2017-2018 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV luyện

thi môn hóa THPT Quốc Gia)

- Hỗn hợp E pư công tối đa với 0,16 mol Br2 => số lk C=C trung bình có trong hh E = 0,16 8

0, 3 =15 => E có trung bình 8

15 lk  trong C=C

- Hỗn hợp E pư vừa đủ với 0,7 mol HCl => số nhóm NH2 trung bình có trong hhE = 0, 7 7

0, 3= => E có trung 3 bình 7

3 N trong phân tử

- Hỗn hợp E pư vừa đủ với 0,6 mol NaOH => số nhóm COOH trung bình có trong hhE =0, 6 2

0,3= => E có trung bình 2lk  trong nhóm COOH

=> Công thức tổng quát của E có dạng: n 8 7 z 7 n 11 z 7

2n

− + −  + +

 ( Cần nhớ công thức tổng quát của HCHC là C Hn 2n 2 2k t+ − +O Nz t với k: là số lk pi)

2

O

2n

+

−

0,3 → 0,3n n 11

30

 .0,3 mol

- Dẫn sản phẩm cháy qua Ca(OH)2 khối lượng dd giảm 81,78 gam

=> m dd giảm = mCaCO 3−(mCO 2 +mH O 2 )

 81,78 = 0,3n.100 – ( 0,3n.44 + n 11

30

  18 )

=> n = 7 => m kết tủa = 0,3.7 100 = 210 gam GẦN NHẤT VỚI ĐÁP ÁN C: 212 gam

Câu 11: X là amino axitcó công thức H2NCnH2nCOOH, Y là axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở Cho

hỗn hợp E gồm peptit Ala-X-X và Y tác dụng vừa đủ với 450 ml dung dịch NaOH 1M, thu được m gam

muối Z Đốt cháy hoàn toàn Z cần 25,2 lít khí O2 (đktc), thu được N2, Na2CO3 và 50,75 gam hỗn hợp gồm

CO2 và H2O Khối lượng của muối có phân tử khối nhỏ nhất trong Z là

A 14,55 gam B 26,10 gam C 29,10 gam D 12,30 gam

( Trích đề thi học kì I trường THPT Trường Chinh 2017-2018 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV luyện

thi môn hóa THPT Quốc Gia)

GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694

Trên bước đường thành công không có bước chân của kẻ lười biếng Trang 7

2

O NaOH

2

Na CO : 0, 225 mol RCOONa

RCOOH

50, 75g

H O : b mol

+ +











Ta có: 44a + 18b = 50,75 (1)

Bảo toàn O ta có: 0,45.2 + 1,125.2 = 0,225.3 + 2a + b (2) ( n O trong muối = 2.nNa = 0,45.2 =0,9 mol )

Từ (1) (2) => a 0, 775

b 0, 925

=



 =



Ta có: khi đốt muối của aminoaxit thu được

n =n Khi đốt muối của axit cacboxylic no đơn chức, mạch hở CnH2n+1COONa ( x mol) ta được:

1

0, 775 0, 225 0, 925 x x 0,15

2

+

=> n hh muối aminoaxxit = 0,45 – 0,15 = 0,3 mol => n peptit = 0,3 : 3 = 0,1 mol

Đặt số C trong axit là n, số C trong aminoaxxit X là m:

Bảo toàn C ta có: 0,15.n + 0,1.(3+2.m) = 0,775 + 0,225

 3n + 4m = 14

Vậy muối có khối lượng phân tử nhỏ nhất là CH3COONa

=> m CH3COONa = 0,15.82 = 12,3 g

Câu 12: Hỗn hợp M gồm 2 peptit X và Y đều cấu tạo từ 2 loại amino axit, tổng số liên kết peptit

trong phân tử X và Y là 5 và có tỉ lệ mol tương ứng là 1:3 Thủy phân hoàn toàn m gam M thu được

81 gam Glyxin và 42,72 gam Alanin Giá trị của m là

( Trích đề thi học kì I trường THPT Nguyễn Công Trứ 2017-2018 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV

luyện thi môn hóa THPT Quốc Gia)

Hỗn hợp 2 peptit X và Y có tổng số lk peptit là 5 => khi thủy phân hh peptit ta thu được 7 phân tử

aminoaxxit

TH1: Giả sử X chỉ gồm Gly và Y chỉ gồm Ala ta có:

X ⎯⎯→nGly

a an mol => an = 1,08 (1)

GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694

Y ⎯⎯→ (7-n)Ala

3a (7-n).3a => (7-n).3a = 0,48 (2)

Chia (1) cho (2) ta được: n 1, 08 n 6, 097

3(7 n) =0, 48= =

TH1: Giả sử X chỉ gồm Ala và Y chỉ gồm Gly ta có:

X ⎯⎯→nAla

a an mol => an = 0,48 (1)

Y ⎯⎯→ (7-n)Gly

3a (7-n).3a => (7-n).3a = 1,08 (2)

Chia (1) cho (2) ta được: n 0, 48 n 4

3(7 n) =1, 08 = =

− ( nhận) => x = 0,12

Vậy hh gồm Ala Ala Ala Ala : 0,12 mol

Gly Gly Gly : 0,36 mol



Câu 13: Hỗn hợp M gồm X, Y và Z là ba peptit đều mạch hở (MX> MY> MZ) Đốt cháy hoàn toàn 0,16

mol mỗi chất X hoặc Y hoặc Z đều thu được số mol CO2 lớn hơn số mol H2O là 0,16 mol Nếu đun nóng

69,8 gam hỗn hợp chứa X, Y và 0,16 mol Z với dung dịch NaOH vừa đù thu được dung dịch chứa 101,04

gam hai muối của alanin và valin Biết nX< nY Phần trăm theo khối lượng của X trong M gần nhất với

giá trị nào sau đây?

( Trích đề thi học kì I trường THPT Trường Chinh 2017-2018 - Hướng dẫn giải: ( Cô Thân Thị Liên – GV

luyện thi môn hóa THPT Quốc Gia)

Giả sử X là k-peptit => công thức tổng quát của X là: C Hkn 2kn 2 k+ − N Ok k 1+

2

O

+

0,16 → 0,16.kn kn 1 k

2

k 0,16.kn kn 1 0,16 0,16 k 4

2

=> X là tetrapeptit Tương tự ta có Y, Z cũng là tetrapeptit

2 NaOH

4a mol

a mol

H O : a mol X

C H NO Na : x mol 69,8g Y

101, 04

+



















GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694

Trên bước đường thành công không có bước chân của kẻ lười biếng Trang 9

Bảo toàn khối lượng ta có: 69,8 + 4a.40 = 101,04 + 18a => a = 0,22 mol

Bảo toàn Na => n hh muối = nNa = 4.0,22 = 0,88 mol

111x 139y 101, 04 y 0,12

Z là tetrapeptit có số mol = 0,16 => Z ko thể có Val => phải là Ala-Ala-Ala-Ala

Ta có: MX,Y 69,8 0,16.302 358

0, 22 0,16

−

− => loại trường hợp X, Y là (Ala)2(Val)2 vì có M=358 TH1: X là (Ala)3Val: b mol và Y là (Val)4: c mol

330b 414c 69,8 0,16.302 21, 48 c 0, 02

TH2: X là (Val)4 : 0,02 mol và Y là (Ala)3Val: 0,04 mol

%X = 11,86% gần nhất với đáp án C = 12%

Câu 14: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 vào dung dịch HCl dư, thu được a mol

H2 và dung dịch chứa 31,19 gam hỗn hợp muối Mặt khác, hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch chứa

0,55 mol H2SO4 (đặc) đun nóng, thu được dung dịch Y và 0,14 mol SO2 (sản phẩm khử duy nhất của S+6)

Cho 400ml dung dịch NaOH 1M vào Y, sau khi phản ứng kết thúc thu được 10,7 gam một chất kết tủa Giá

trị của a là

(Trích đề thi THPT Quốc Gia 2019 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV luyện thi môn hóa THPT Quốc

Gia)

m gam hh X

2

2 HCl

3

H (a mol) Fe

Fe FeO

+ +

+

−













m g hh X

Fe

FeO

Fe O

Fe O













( qui đổi hh thành Fe và O) 2 4

2

NaOH 0,55 mol

3 0,4 mol

SO (0,14 mol) Fe

H

+ +



⎯⎯⎯→





Dd Y pư với NaOH : Fe3+ + 3OH- ⎯⎯→Fe(OH)3

0,3  0,1 mol

H+dư + OH- ⎯⎯→H2O

0,1  0,1

GV: Cô Thân Thị Liên - Tell: 0933 555 694

Fe - 3e ⎯⎯→Fe3+ O +2e ⎯⎯→O2- 2 H+ + O2- ⎯⎯→H2O

0,24 0,72 0,44  0,22 0,44 →0,22 ( nH+= 0,55.2 – 0,56 -0,1 =0,44 mol)

4H+ + SO42- + 2e ⎯⎯→SO2 +2 H2O

0,56  0,28  0,14 mol

Hh pư với HCl:

Ta có: mCl − =31,19 (m− Fe 2 + +mFe 3 +)=31,19 0, 24.56− =17, 75g

=>

17, 75

35,5

2

H

Câu 15: Cho 28 gam hỗn hợp X gồm Fe; Fe3O4; CuO vào dung dịch HCl, thu được 3,2 gam một kim loại

không tan, dung dịch Y chỉ chứa muối và 1,12 lít H2 (đktc) Cho Y vào dung dịch AgNO3 dư, thu được 132,85

gam kết tủa Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Khối lượng Fe3O4 trong X là:

( Trích Đề thi THPT Quốc Gia 2018 - Hướng dẫn giải: Cô Thân Thị Liên – GV chuyên luyện thi môn Hóa

THPT Quốc Gia )

3

2

AgNO 2

HCl

2 2

3, 2g Cu : 0, 05 mol

Fe : a mol

Cl : (2a 2b 0,1) mol

O : c mol

H : 0, 05 mol

H O : c mol

+

+ +

+

−







Khối lượng hhX: 56a + 64b + 16c = 28 (1)

Khối lượng kết tủa: 143,5.( 2a + 2b – 0,1) + 108.a = 132,85 (2)

Bảo toàn H ta có:

n =2.n +2.n 2a+2b 0,1− =2.0, 05 2.c+  + − =a b c 0,1 (2)

Từ (1) (2) (3) =>

a 0,3

b 0,1

c 0,3

=



 =



 =



=> nCuO = 0,1 mol Bảo toàn O trong hhX =>

3 4

Fe O

n = 0,05 mol

Câu 16 Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Al, Cu và FeS vào dung dịch chứa 0,32 mol H2SO4 (đặc),

đun nóng, thu được dung dịch Y (chất tan chỉ gồm các muối trung hòa) và 0,24 mol SO2 (là chất khí duy nhất)

Cho 0,25 mol NaOH phản ứng hết với dung dịch Y, thu được 7,63 gam kết tủa Giá trị của m là

Hướng dẫn giải: ( Cô Thân Thị Liên – GV luyện thi môn hóa THPT Quốc Gia)