1000 câu hỏi ôn tập Hóa (Phần 20)

Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,24g magie (Mg) trong không khí, người ta thu được 0,4g magie oxit. Em hãy tìm công thức hóa học đơn giản của magie oxit.

Lời giải

Vậy trong 1 phân tử hợp chất có 0,01 mol nguyên tử Mg; 0,01 mol nguyên tử O. Có nghĩa là 1 mol nguyên tử Mg kết hợp với 1 mol nguyên tử O.

→ Công thức hóa học đơn giản của magie oxit là: MgO.

Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol một anken A thu được 4,48 lít CO₂ (đktc). Cho A tác dụng với dung dịch HBr chỉ cho một sản phẩm duy nhất. CTCT của A là

A. CH₂ = CH₂;

B. (CH₃)₂C = C(CH₃)₂;

C. CH₂ = C(CH₃)₂;

D. CH₃CH = CHCH₃.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Đặt CTPT của anken là C_nH_2n (n ≥ 2)

Ta có: $n=\frac{n_{C{O}_2}}{n_{anken}}=\frac{0,2}{0,05}=4$ .  Vậy anken có CTPT là C₄H₈.

Cho A tác dụng với dung dịch HBr chỉ cho một sản phẩm duy nhất nên A là CH₃CH = CHCH₃.

Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 100 ml hỗn hợp khí X gồm trimetylamin và hai hiđrocacbon đồng đẳng kế tiếp bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được 750 ml hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Dẫn toàn bộ Y đi qua dung dịch H₂SO₄ đặc (dư). Thể tích khí còn lại là 350 ml. Các thể tích khí và hơi đo cùng điều kiện. Hai hiđrocacbon đó là:

A. C₂H₄ và C₃H₆;

B. C₃H₆ và C₄H₈;

C. C₂H₆ và C₃H₈;

D. C₃H₈ và C₄H₁₀.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

$100mlX\left\{\begin{array}{l}{C}_3{H}_{9}N\\ C_x{H}_y\end{array}\right.+O_2\to$$750ml\left\{\begin{array}{l}{N}_2\\ C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.\stackrel{H_{2}S{O}_4}{\to }350ml\left\{\begin{array}{l}{N}_2\\ C{O}_2\end{array}\right.$

Nếu hiđrocacbon là ankan:

V_ankan + V_amin = $V_{H_{2}O}-(V_{C{O}_2}+V_{N_2})=$$400-350=50ml\ne 100ml$ → Loại

Nếu hiđrocacbon là anken C_nH_2n

$$\begin{gathered} V_{a\min }=V_{H_{2}O}-(V_{C{O}_2}+V_{N_2}) \\ =400-350=50ml \end{gathered}$$

Bảo toàn nguyên tố H: 50.9 + 50.2n = 2$V_{H_{2}O}$ = 2.400 = 800 → n = 3,5

Vậy hai anken là C₃H₆ và C₄H₈.

Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn 11,2 lít khí metan. Hãy tính thể tích khí oxi cần dùng và thể tích khí cacbonic tạo thành. Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Lời giải

$n_{C{H}_4}=\frac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)$

Phương trình phản ứng: $C{H}_4+2O{}_2\stackrel{t^{°}}{\to }C{O}_2+2H_{2}O$

Theo phương trình:

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}{n}_{O_2}=2n_{C{H}_4}=2.0,5=1\left(mol\right);\\ n_{C{O}_2}=n_{C{H}_4}=0,5\left(mol\right)\end{array} \\ \begin{array}{l}{V}_{O_2}=1.22,4=22,4\left(l\right)\\ V_{C{O}_2}=0,5.22,4=11,2\left(l\right)\end{array} \end{gathered}$$

Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn 13,5 gam etylamin, thu được H₂O, N₂ và x mol CO₂. Giá trị của x là:

A. 0,6;

B. 0,3;

C. 0,4;

D. 0,2.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

$n_{C_2{H}_{5}N{H}_2}=\frac{13,5}{45}=0,3\left(mol\right)$

Bảo toàn nguyên tố C: C₂H₅NH₂ → 2CO₂

→ x = 0,3.2 = 0,6 (mol).

Câu 6: Đốt hoàn toàn 2,24 lít khí H₂ (đktc) trong không khí, tính khối lượng nước thu được?

Lời giải

$n_{H_2}=\frac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)$

PTHH: $2H_2+O_2\stackrel{t^o}{\to }2H_{2}O$

$\begin{array}{l}\to n_{H_{2}O}=n_{H_2}=0,1\left(mol\right)\\ \to m_{H_{2}O}=0,1.18=1,8\left(g\right)\end{array}$

Câu 7: Đốt cháy hết 4,1 gam chất A thu được 2,65 gam Na₂CO₃; 1,68 lít CO₂ (đktc) và l,35g H₂O. Biết trong A chỉ có một nguyên tử Na. Tìm công thức phân tử của chất A:

A. C₂H₃O₂Na;

B. C₂H₅O₂Na;

C. C₃H₅O₂Na;

D. C₃H₇O₂Na.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Vì sản phẩm cháy gồm Na₂CO₃, CO₂ và H₂O nên trong A chắc chắn có C, H, Na, có thể có O.

Ta có:

$n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,025\left(mol\right)$→ n_Na = 0,05 (mol) 

Vì trong A chỉ có một nguyên tử Na → n_A = 0,05 mol

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=0,075\left(mol\right); \\ {n}_{H_{2}O}=0,075\left(mol\right) \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{n}_{C\left(A\right)}=n_{N{a}_{2}C{O}_3}+n_{C{O}_2}=0,1\\ n_{H\left(A\right)}=2n_{H_{2}O}=0,15\\ n_{O\left(A\right)}=\frac{m_A-m_C-m_H-m_{Na}}{16}=0,1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Gọi công thức phân tử của A là C_xH_yO_zNa

$$\begin{gathered} x=\frac{n_C}{n_A}=\frac{0,1}{0,05}=2 \\ \begin{array}{l}y=\frac{n_H}{n_A}=\frac{0,15}{0,05}=3\\ z=\frac{n_O}{n_A}=\frac{0,1}{0,05}=2\end{array} \end{gathered}$$

Vậy CTPT của A là C₂H₃O₂Na.

Câu 8: Để đốt cháy hoàn toàn 4,212 gam kim loại R có hóa trị III cần vừa đủ 2,7216 lít Cl₂ (đktc). Kim loại R là:

A. Fe;

B. Al;

C. Cr;

D. Mg.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

$n_{C{l}_2}=\frac{2,7216}{22,4}=0,1215\left(mol\right)$

PTHH: $2R+3C{l}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2RC{l}_3$

$\begin{array}{l}\to n_R=\frac{2}{3}{n}_{C{l}_2}=\frac{2}{3}.0,1215=0,081\left(mol\right)\\ \Rightarrow M_R=\frac{4,212}{0,081}=52(g/mol)\end{array}$

Vậy R là crom (Cr).

Câu 9: Đốt cháy hoàn toàn 4,48 lít C₃H₈ (đktc) thu được V lít CO₂ (đktc) và m gam nước. Tính m và V.

A. m = 14,4 gam, V = 13,44 lít;

B. m = 13,4 gam, V = 13,44 lít;

C. m = 13,44 gam, V = 14,4 lít;

D. m = 13,54 gam, V = 14,4 lít.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

$\begin{array}{l}{C}_3{H}_8+5{\text{O}}_2\stackrel{t^o}{\to }3C{O}_2+4H_{2}O\\ 0,2\to 0,60,8\end{array}$

m = 0,8.18 = 14,4 gam

V = 0,6.22,4 = 13,44 lít.

Câu 10: Đốt cháy hoàn toàn 4,4 g muối sunfat của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hoàn toàn trong một lượng vừa đủ dung dịch HNO₃ 37,8% thu được dung dịch X nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch X là 41,72%. Khi làm lạnh X thì thoát ra 8,08 gam muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức của muối rắn.

Lời giải

Gọi n là hoá trị của M (n∈N*)

$2MS+(0,5n+2)O_2\stackrel{t^{°}}{\to }{M}_2{O}_n+2S{O}_2$

M₂O_n + 2nHNO₃ → 2M(NO₃)_n + nH₂O

Gọi số mol của MS là x

$\begin{array}{l}\to n_{M{\left(N{O}_3\right)}_n}=n_{MS}=x\left(mol\right)\\ \to n_{HN{O}_3}=nx\left(mol\right)\to m_{HN{O}_3}=63nx\left(g\right)\\ \to m_{\text{dd}HN{O}_3}=\frac{500nx}{3}\left(g\right)\end{array}$

Bảo toàn khối lượng:

m_{dd muối} = $m_{M_2{O}_n}+m{}_{{}_{\text{dd}HN{O}_3}}$$=0,5x.(2M_M+16n)+\frac{500nx}{3}\left(g\right)$

Ta có: $m_{M{\left(N{O}_3\right)}_2}=x.(M_M+62n)\left(g\right)$

$\begin{array}{l}\to \frac{x.(M_M+62n)}{0,5x.(2M_M+16n)+\frac{500nx}{3}}=41,72\%\\ \to \frac{M_M+62n}{M_M+8n+\frac{500n}{3}}=41,72\%\end{array}$

Thay giá trị của n = 1; 2; 3 thoả mãn n = 3 suy ra M_M = 56 g/mol suy ra M là sắt (Fe).

$\to n_{FeS}=\frac{4,4}{56+32}=0,05\left(mol\right)=x$

m_{dd muối} = 29 gam (thay M;n;x)

→ m_{dd sau khi tách} = 29 – 8,08 = 20,92 (g)

→$m_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}$ _{còn lại} = 34,7%.20,92 = 7,26 (g)

→$n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}$ _còn = 0,03 (mol)

→$n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}$ _{tách ra} = 0,05 – 0,03 = 0,02 (mol)

Rắn có dạng Fe(NO₃)₃.bH₂O →$n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3.b{H}_{2}O}$ = 0,02 (mol)

$$\begin{gathered} \to 242+18b=\frac{8,08}{0,02}=404 \\ \to b=9\to Fe{\left(N{O}_3\right)}_3.9H_{2}O \end{gathered}$$

Câu 11: Đốt cháy hoàn toàn 4,5 gam chất hữu cơ A, sau phản ứng thu được hỗn hợp sản phẩm cháy. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)₂ thì thấy xuất hiện 39,4 gam kết tủa trắng, đồng thời khối lượng dung dịch giảm 24,3 gam. Mặt khác, oxi hoàn toàn 6,75 gam A bằng CuO (t^o), sau phản ứng thu được 1,68 lít N₂ (đktc). Biết A có công thức phân tử (CTPT) trùng với công thức đơn giản nhất (CTĐGN). Vậy CTPT của A là:

A. C₂H₇O.

B. C₂H₇N.

C. C₃H₉O₂N.

D. C₄H₁₀N₂O₃.

Lời giải

$n_{C{O}_2} =n_{BaC{O}_3} =\frac{39,4}{197}=0,2\text{ (}mol)$

m_{dd giảm} = $m_{BaC{O}_3}–\left(m_{C{O}_2} +{\text{m}}_{H_{2}O}\right)$

$\to {\text{ n}}_{H_{2}O} =\frac{39,4-24,3-0,2.44}{18}=0,35\text{ (}mol)$

Xét 6,75 gam A phản ứng tạo 0,075 mol N₂

→ Vậy 4,5 gam A thì tạo 0,05 mol N₂

→ n_N(A) = 0,1 mol

Ta có : m_A = m_C + m_H + m_O + m_N → n_O = 0

→ n_C : n_H : n_N = 0,2 : 0,7 : 0,1 = 2 : 7 : 1

→ CTĐG nhất và cũng là CTPT của A là C₂H₇N.

Câu 12: Đốt cháy hết 48 gam lưu huỳnh (S) trong oxi (O₂) thu được 96 gam lưu huỳnh đioxit (SO₂).

a, Viết công thức về khối lượng của phản ứng đã xảy ra

b, Tính khối lượng oxi đã phản ứng.

Lời giải

a. Phương trình: $S+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }S{O}_2$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: $m_S+m_{O_2}=m_{S{O}_2}$

b. Thay vào trên, ta có:

48 + = 96

→ = 96 – 48 = 48 (g).

Câu 13: Đốt cháy hoàn toàn 5,1 gam một este X cần vừa đủ 7,28 lít O₂ (đktc). CTPT của X là:

A. C₃H₆O₂;

B. C₂H₄O₂;

C. C₄H₈O₂;

D. C₅H₁₀O₂.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Đặt công thức của este là C_nH_2nO₂

$C_n{H}_{2n}{O}_2+\left(\frac{3n-2}{2}\right)O_2$$\stackrel{t^{°}}{\to }nC{O}_2+n{H}_{2}O$

$$\begin{gathered} n_{O_2}=\frac{7,28}{22,4}=0,325\left(mol\right) \\ \to n_{este}=\frac{2}{3n-2}{n}_{O_2}=\frac{0,65}{3n-2}\left(mol\right) \\ \to \frac{5,1}{14n+32}=\frac{0,65}{3n-2}\to n=5 \end{gathered}$$

Vậy CTPT của X là C₅H₁₀O₂.

Câu 14: Đốt cháy hoàn toàn 6 gam chất hữu cơ Y chứa các nguyên tố: C, H, O thu được 4,48 lít CO₂ (đktc) và 3,6 gam H₂O. Công thức phân tử của Y là:

A. C₂H₆O;

B. C₃H₈O;

C. C₂H₄O₂;

D. C₄H₁₀O.

 Lời giải

Đáp án đúng là: C

Gọi công thức phân tử của Y có dạng: C_xH_yO_z

$\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=\frac{V}{22,4}=\frac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\\ \to n_C=0,2\left(mol\right);m_C=0,2.12=2,4\left(g\right)\\ n_{H_{2}O}=\frac{m}{M}=\frac{3,6}{18}=0,2\left(mol\right)\\ \to n_H=2n_{H_{2}O}=0,4\left(mol\right);\\ m_H=0,4.11=0,4\left(g\right)\\ m_{O\left(trongY\right)}=m_Y-m_C-m_H\\ =6-2,4-0,4=3,2\left(g\right)\\ \to n_O=\frac{m}{M}=\frac{3,2}{16}=0,2\left(mol\right)\end{array}$

Ta có x : y : z = n_C : n_H : n_O = 0,2 : 0,4 : 0,2 = 1 : 2 : 1

Vậy công thức đơn giản nhất của Y là: (CH₂O)_n

Có M_Y = 60 (g/mol) → 30.n = 60 → n = 2.

Vậy công thức phân tử của Y là: C₂H₄O₂.

Câu 15: Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm 1 ankan X và 1 anken Y thu được 11,2 lít khí CO₂ (đktc) và 10,8 gam H₂O. Công thức phân tử của X và Y lần lượt là:

A. CH₄ và C₂H₄;

B. C₂H₆ và C₃H₆;

C. C₂H₆ và C₂H₄; 

D. CH₄ và C₃H₆.

 Lời giải

Đáp án đúng là: A

$\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=0,5\left(mol\right);n_{H_{2}O}=0,6\left(mol\right);\\ n_A=0,3\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{ankanX}=0,6-0,5=0,1\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{ankenY}=0,3-0,1=0,2\left(mol\right)\end{array}$

Đặt công thức phân tử của ankan X là C_nH_2n+2, công thức phân tử của anken Y là C_mH_2m (điều kiện n≥1, m≥2)

Bảo toàn nguyên tố C ta có: $n_{C{O}_2}=0,1.n+0,2.m=0,5$

Suy ra n + 2m  =5

Vì n≥1, m≥2 nên chỉ có  n = 1, m = 2 thỏa mãn. Vậy X là CH₄ và Y là C₂H₄.

Câu 16: Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam photpho trong oxi dư. Cho sản phẩm tạo thành tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH 32% tạo ra muối Na₂HPO₄.

a) Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra?

b) Tính khối lượng dung dịch NaOH đã dùng?

c) Tính nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được sau phản ứng?

Lời giải

a) Phương trình phản ứng:

4P + 5O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ 2P₂O₅    (1)

P₂O₅ + 4NaOH → 2Na₂HPO₄ + H₂O    (2)

b) $n_P=\frac{6,2}{3,1}=0,2\left(mol\right)$

→ $n_{P_2{O}_5}=\frac{1}{2}{n}_P=\frac{1}{2}.0,2=0,1\left(mol\right)$

Theo phương trình: $n_{NaOH}=4n_{P_2{O}_5}=4.0,1=0,4\left(mol\right)$

Khối lượng NaOH = 0,4.40 = 16 g

Khối lượng dung dịch NaOH $=\frac{16.100}{32}=50\left(g\right)$

Theo phương trình: $n_{N{a}_{2}HP{O}_4}=2n_{P_2{O}_5}=0,1.2=0,2\left(mol\right)$

Theo định luật bảo toàn khối lượng:

$$\begin{gathered} m_{\text{dd}sau}=m_{\text{dd}NaOH}+m_{P_2{O}_5} \\ =50+0,1.142=64,2\left(g\right) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} C{\%}_{N{a}_{2}HP{O}_4}=\frac{142.0,2}{64,2}.100 \\ =44,24\% \end{gathered}$$

Câu 17: Đốt cháy hoàn toàn 9 gam một hợp chất hữu cơ X, thu được hỗn hợp sản phẩm khí và hơi gồm CO₂ và H₂O. Dẫn toàn bộ sản phẩm này vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được 30 gam kết tủa đồng thời thấy khối lượng bình tăng thêm 18,6 gam. Xác định công thức đơn giản nhất của X.

 Lời giải

Bảo toàn nguyên tố C:

$$\begin{gathered} n_C=n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3} \\ =\frac{30}{100}=0,3\left(mol\right) \end{gathered}$$

Khối lượng bình tăng:

$\begin{array}{l}{m}_{\uparrow }=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}\\ =44.0,3+18n_{H_{2}O}=18,6\left(g\right)\\ \to n_{H_{2}O}=\frac{18,6-44.0,3}{18}=0,3\left(mol\right)\end{array}$

Bảo toàn nguyên tố H: $n_H=2n_{H_{2}O}=0,6\left(mol\right)$

m_C + m_H = 0,3.12 + 0,6 = 4,2  < m_X

Vậy trong X có O

 $n_O=\frac{9-4,2}{16}=0,3\left(mol\right)$

Tỉ lệ: n_C : n_H : n_O = 0,3 : 0,6 : 0,3 = 3 : 6 : 3 = 1 : 2 : 1

Vậy công thức đơn giản nhất là CH₂O.

Câu 18: Đốt cháy a gam photpho trong bình chứa 13,44 lít khí oxi (đktc) tạo thành 28,4 gam điphotphopentaoxit P₂O₅. Tính a

Lời giải

$$\begin{gathered} n_{O_2}=\frac{13,44}{22,4}=0,6\left(mol\right) \\ {n}_{P_2{O}_5}=\frac{28,4}{142}=0,2\left(mol\right) \\ 4P+5O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2P_2{O}_5 \end{gathered}$$

P tính theo sản phẩm P₂O₅, O₂ còn dư

$n_P=2n_{P_2{O}_5}=2.0,2=0,4\left(mol\right)$

→ m_P = 0,4.31 = 12,4 (g).

Câu 19: Đốt cháy hoàn toàn một hidrocacbon X thu được 0,2 mol CO₂ và 0,3 mol H₂O. Vậy X thuộc dãy đồng đẳng nào sau đây?

A. Anken.     

B. Ankan.      

C. Ankadien.     

D. Ankin.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Có $n_{C{O}_2}<n_{H_{2}O}$ → ankan.

Câu 20: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí A chứa CO và H₂ cần dùng vừa đủ 5,6 lít khí oxi và sản phẩm tạo thành chứa 3,36 lít khí cacbonic. Các khí ở đktc.

a) Lập các phương trình hóa học

b) Tính thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A.

c) Tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A.

Lời giải

$n_{C{O}_2}=\frac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)$

a.

$\begin{array}{l}2CO+O_2\stackrel{t^o}{\to }2C{O}_2\left(1\right)\\ 2H_2+O_2\stackrel{t^o}{\to }2H_{2}O\left(2\right)\end{array}$

b. Theo phương trình:

$\begin{array}{l}{n}_{O_2\left(1\right)}=\frac{1}{2}{n}_{C{O}_2}=0,075\left(mol\right)\\ n_{CO}=n_{C{O}_2}=0,15\left(mol\right)\\ \to V_{C{O}_2}=0,15.22,4=3,36\left(l\right)\\ \to n_{O_2\left(2\right)}=0,25-0,075=0,175\left(mol\right)\\ \to n_{H_2}=2n_{O_2\left(2\right)}=0,35\left(mol\right)\\ \to n_{H_2}=0,35.22,4=7,84\left(l\right)\end{array}$

c.

$\begin{array}{l}\%V_{CO}=\frac{0,15}{0,15+0,35}.100=30\%\\ \to \%V_{H_2}=70\%\end{array}$

Câu 21: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X chứa CH₃OH, C₂H₅OH, C₃H₇OH và C₄H₉OH cần dùng vừa đủ 0,6 mol O₂, thu được CO₂ và 9,9 gam H₂O. Mặt khác, cho toàn bộ lượng X trên vào bình đựng Na dư thấy có V lít khí (đktc) thoát ra. Giá trị của V là?

A. 1,12;

B. 1,344;

C. 1,68;

D. 1,792.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta thấy hỗn hợp X đều chứa ancol no, đơn chức nên gọi CTTQ của X là C_nH_2n+1OH.

Có $n_{H_{2}O}=\frac{9,9}{18}=0,55\left(mol\right)$

$C_n{H}_{2n+1}OH+\frac{3n}{2}{O}_2\stackrel{t^{°}}{\to }$$nC{O}_2+(n+1)H_{2}O$

Theo phương trình, ta có:

$\begin{array}{l}{n}_{O_2}(n+1)=n_{H_{2}O}.\frac{3n}{2}\\ \to 0,6(n+1)=0,55.1,5n\\ \to n=\frac{8}{3}\end{array}$

Theo phương trình, ta có:

$$\begin{gathered} n_{ancol}=\frac{n_{O_2}}{\frac{3n}{2}}=\frac{2n_{O_2}}{3n} \\ =\frac{0,6.2}{\frac{8}{3}.3}=0,15\left(mol\right) \end{gathered}$$

$C_n{H}_{2n+1}OH+Na\to$$C_n{H}_{2n+1}ONa+\frac{1}{2}{H}_2$

Theo phương trình, ta có:

$$\begin{gathered} n_{H_2}=\frac{n_{ancol}}{2}=0,075\left(mol\right) \\ \to V_{H_2}=0,075.22,4=1,68\left(l\right) \end{gathered}$$

Câu 22: Đốt cháy hoàn toàn m gam một amin X bằng lượng không khí vừa đủ thu được 17,6 gam CO₂ và 12,6 gam H₂O và 69,44 lít nitơ. Giả thiết không khí chỉ gồm nitơ và oxi, trong đó oxi chiếm 20% thể tích. Các thể tích đo ở đktc. Amin X có công thức phân tử là:

A. C₂H₅NH₂;

B. C₃H₇NH₂;

C. CH₃NH₂;

D. C₄H₉NH₂.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=\frac{17,6}{44}=0,4\left(mol\right); \\ {n}_{H_{2}O}=\frac{12,6}{18}=0,7\left(mol\right) \end{gathered}$$

Nhận thấy đáp án đều là các amin no đơn chức mạch hở nên ta tính ngay được số mol amin bằng việc áp dụng công thức tính nhanh:

$$\begin{gathered} n_{a\min }=\frac{n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}}{1,5} \\ =0,2\left(mol\right)=n_{NtrongA\min } \end{gathered}$$

→ m_amin = m_C + m_H + m_N = 0,4.12 + 0,7.2 + 0,2.14 = 9 (g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow M=\frac{9}{0,2}=45(g/mol) \\ \Rightarrow C_2{H}_{5}N{H}_2 \end{gathered}$$

Câu 23: Đốt cháy hoàn toàn một amin no, đơn chức, mạch hở thu được tỉ lệ khối lượng của CO₂ so với nước là 44: 27. Công thức phân tử của amin đó là?

Lời giải

Amin no, đơn chức, mạch hở có công thức tổng quát là C_nH_2n+3N (n≥1)

Tỉ lệ khối lượng của CO₂ với H₂O là 44 : 27 nên coi khối lượng của CO₂ là 44 gam, khối lượng của H₂O là 27 gam.

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=\frac{44}{44}=1\left(mol\right); \\ {n}_{H_{2}O}=\frac{27}{18}=1,5\left(mol\right) \end{gathered}$$

→n_C : n_H = 1 : 3

⇒ 2n + 3 = 3n ⇒ n = 3

Vậy công thức của amin là C₃H₉N.

Câu 24: Đốt cháy hoàn toàn 1 ankan(A) thu được 11 gam C0₂ và 5,4 gam nước. Khi clo hóa (A) theo (tỉ lệ mol 1:1) tạo thành chất dẫn xuất monoclo duy nhất. Xác định CTPT và viết CTCT đúng của A.

Lời giải

 $$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=\frac{11}{44}=0,25\left(mol\right); \\ {n}_{H_{2}O}=\frac{5,4}{18}=0,3\left(mol\right) \end{gathered}$$

$\Rightarrow n_A=n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}=0,3-0,25=0,05\left(mol\right)$

Gọi CTTQ của A là C_nH_2n+2

Ta có: $n=\frac{n_{C{O}_2}}{n_A}=\frac{0,25}{0,05}=5$

Vậy CTPT của A là C₅H₁₂

Vì khi clo hóa A theo tỉ lệ 1 : 1 chỉ thu được 1 môn duy nhất , do đó :

CTCT của X là 

Câu 25: Đốt cháy hoàn toàn một hidrocacbon X thu được 8,96 lít khí CO₂ (đktc) và 9 gam nước. Xác định CTPT của X.

A. C₄H₁₀;

B. C₅H₁₂;

C. C₄H₈;

D. C₅H₁₀.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

$\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=\frac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_C=0,4\left(mol\right)\\ n_{H_{2}O}=\frac{9}{18}=0,5\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_H=0,5.2=1\left(mol\right)\end{array}$

→ C : H = 0,4 : 1 = 4 : 10

→ X là C₄H₁₀.

Câu 26: Đốt cháy hoàn toàn một hợp chất hữu cơ X cần 6,72 lít O₂ (đktc). Sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)₂ thấy có 19,7 gam kết tủa xuất hiện và khối lượng dung dịch giảm 5,5 gam. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng nước lọc lại thu được 9,85 gam kết tủa nữa. CTPT của X là:

A. C₂H₆.

B. C₂H₆O.

C. C₂H₆O₂.

D. Không thể xác định.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Các phản ứng xảy ra khi cho sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ba(OH)₂:

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O               (1)

2CO₂ + Ba(OH)₂ → Ba(HCO₃)₂                   (2)

Ba(HCO₃)₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ BaCO₃ + CO₂ + H₂O       (3)

Ta có: 

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2\left(Pu\right)}=n_{C{O}_2\left(1\right)}+n_{C{O}_2\left(2\right)} \\ =n_{BaC{O}_3\left(1\right)}+2n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2} \\ =0,2\left(mol\right) \end{gathered}$$

Theo giả thiết khối lượng dung dịnh giảm 5,5 gam nên ta có:

19,7 − 0,2.44 − $m_{H_{2}O}$= 5,5 ⇒ $m_{H_{2}O}$= 5,4 gam ⇒ n_H = 2.$n_{H_{2}O}$ = 0,6 mol.

Bảo toàn nguyên tố oxi:

$$\begin{gathered} n_{O\left(hchc\right)}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}-2n_{O_2} \\ =2.0,2+0,3-2.0,3=0,1\left(mol\right) \end{gathered}$$

→ n_C : n_H : n_O = 0,2 : 0,6 : 0,1 = 2 : 6 : 1

Vậy CTPT của X là C₂H₆O.

Câu 27:

- Đốt hỗn hợp gồm C và S trong oxi dư thu được hỗn hợp khí A.

- Cho 1/2 A lội qua dung dịch NaOH thu được dung dịch B và khí C. Cho khí B đi qua hỗn hợp chứa CaO và MgO nung nóng được chất rắn D và khí E. cho khí E lội qua dung dịch Ca(OH)₂ thu được kết tủa F và dung dịch G. Thêm dung dịch KOH vào dung dịch G lại thấy kết tủa F xuất hiện. Đun nóng G cũng thấy kết tủa F xuất hiện.
- Cho 1/2 A còn lại cho đi qua xúc tác V₂O₅ và đun nóng được khí M. Dẫn M đi qua dung dịch BaCl₂ thấy có kết tủa N xuất hiện.

Hãy xác định A, B, C, ... M, N là những chất gì, viết PTHH.

Lời giải:

- Đốt hỗn hợp C và S trong O₂ dư

C + O₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ CO₂                   (1)

C + CO₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ 2CO                (2)

S + O₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ SO₂                    (3)

- Hỗn hợp khí A gồm: CO₂; SO₂; O₂ dư; CO

- Cho 1/2 A lội qua dung dịch NaOH

2NaOH + CO₂ → Na₂CO₃ + H₂O        (4)

NaOH + CO₂ → NaHCO₃                  (5)

2NaOH + SO₂ → Na₂SO₃ + H₂O        (6)

NaOH + SO₂ → NaHSO₃                   (7)

- Khí B gồm: O₂ dư; CO

Dung dịch C gồm Na₂CO₃; Na₂SO₃; NaHCO₃; NaHSO₃; NaOH dư (nếu có)

- Cho khí B qua hỗn hợp chứa CuO; MgO nung nóng:

CO + CuO $\stackrel{t^{°}}{\to }$ Cu + CO₂               (8)

- Chất rắn D: MgO; Cu; CuO dư (nếu có)

- Khí E: CO₂; O₂ dư

- Cho khí E lội qua dung dịch Ca(OH)₂

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O       (9)

2CO₂ + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂          (10)

Kết tủa F: CaCO₃

Dung dịch G: Ca(HCO₃)₂

Thêm KOH vào dung dịch G :

2KOH + Ca(HCO₃)₂ → K₂CO₃ + CaCO₃ + 2H₂O             (11)

Kết tủa F: CaCO₃

- Đun nóng G:

Ca(HCO₃)₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ CaCO₃ + CO₂ + H₂O                          (12)

Kết tủa F: CaCO₃

- Cho 1/2 A còn lại qua xúc tác V₂O₅ nung nóng:

$2S{O}_2+O_2\stackrel{t^{°},V_2{O}_5}{\to }2S{O}_3$                                              (13)

$2CO+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2C{O}_2$                                                    (14)

Khí M gồm: CO₂; O₂ dư; SO₃; SO₂ dư (nếu có)

- Dẫn khí M qua dung dịch BaCl₂:

SO₃ + BaCl₂ + H₂O → BaSO₄ + 2HCl (15)

Kết tủa N: BaSO₄.

Câu 28: Đốt khí A trong oxi thiếu ta được chất rắn C màu vàng. Khí X có màu vàng lục tác dụng với khí A tạo ra C và F. Nếu X tác dụng với A trong nước tạo ra dung dịch T chứa Y và F, thêm dung dịch BaCl₂ vào dung dịch T thì có kết tủa trắng. Cho A tác dụng với dung dịch của chất G tạo ra chất kết tủa H màu đen. Cho M_A + M_G = 365.

a. Xác định các chất có kí hiệu A, C, F, G, H, X, Y?

b. Viết các phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra.

Lời giải:

a. Đốt khí A trong oxi thiếu ta được chất rắn C màu vàng → A là H₂S và C là S.

Khí X có màu vàng lục → X là Cl₂

Khí X tác dụng với khí A tạo ra C và F nên F là HCl.

b. Các phương trình hoá học xảy ra:

$$\begin{gathered} 2H_{2}S+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2S+2H_{2}O \\ C{l}_{\mathit{2}}+H_{\mathit{2}}S\stackrel{{\mathit{t}}^{\mathit{°}}}{\mathit{\to }}S+2HCl \\ {M}_{\mathit{A}}=M_{{\mathit{H}}_{\mathit{2}}\mathit{S}}=34\to M_{\mathit{G}}=331 \end{gathered}$$

Cho A tác dụng với dung dịch của chất G tạo ra chất kết tủa H màu đen nên G là Pb(NO₃)₂, H là PbS.

4Cl₂ + 4H₂O + H₂S → H₂SO₄ + 8HCl

BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2HCl

Pb(NO₃)₂ + H₂S → PbS↓ + 2HNO₃.

Câu 29: Cho dây sắt quấn hình lò xo (đã được nung nóng đỏ) vào lọ đựng khí clo. Hiện tượng xảy ra là:

A. Sắt cháy tạo thành khói trắng dày đặt bám vào thành bình.

B. Không thấy hiện tượng phản ứng.

C. Sắt cháy sáng tạo thành khói màu nâu đỏ.

D. Sắt cháy sáng tạo thành khói màu đen.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Sắt cháy trong clo tạo khói màu nâu đỏ chính là của FeCl₃.

PTHH: $2Fe+3C{l}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2FeC{l}_3$

Câu 30: Đun 9,9 gam phenly benzoat với 150 ml dung dịch NaOH 1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là:

A. 7,2 gam;

B. 13 gam;

C. 15 gam;

D. 21,6 gam.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Phenly benzoat: C₆H₅ – COO – C₆H₅

n_este = 0,05 (mol); n_NaOH = 0,15 (mol)

C₆H₅ – COO – C₆H₅ + 2NaOH → C₆H₅COONa + C₆H₅ONa + H₂O

Ban đầu: 0,05                          0,15                                                            mol

Phản ứng: 0,05   →                   0,1    →       0,05  →     0,05                      mol

Sau p/ư:      0,05                      0,05             0,05             0,05                      mol

m_rắn = m_NaOH dư + $m_{C_6{H}_5\text{COONa}}+m_{C_6{H}_{5}ONa}$ = 0,05. (40 + 144 + 116) = 15 (g).

Câu 31: Em cần chuẩn bị những dụng cụ gì và làm như thế nào để tách bột sắn ra khỏi nước bột sắn dây?

Lời giải:

Hỗn hợp nước bột sắn dây được gọi là huyền phù 

Cần chuẩn bị: phễu, lưới lọc (hoặc vải lọc), chậu.

Đầu tiên, khuấy đều nước bột sắn dây (nước bột sắn cần trắng ngần) rồi chờ để bột sắn dây lắng xuống dưới, rồi từ từ bỏ phần nước bột sắn dây cho đến khi thấy gần đến phần bột thì thôi. Đem phần tinh bột đi phơi nắng đến khô.

Câu 32: Em cần chuẩn bị những dụng cụ gì và làm như thế nào để tách muối ăn ra khỏi hỗn hợp nước muối?

Lời giải:

Nước muối là hỗn hợp đồng nhất.

Em cần chuẩn bị: Đèn cồn, cốc sứ nung, kiềng 3 chân.

Em dùng phương pháp cô cạn: Đun nước muối đến khi nước bay hơi hết, thì sẽ thu được muối.

Câu 33: Este có tác dụng với dung dịch HCl không?

Lời giải:

Este có tác dụng với dung dịch HCl, vì este bị thuỷ phân trong môi trường axit.

Ví dụ:

$C{H}_3{\text{COOC}}_2{H}_5+H_{2}O\stackrel{H^{+}}{\rightleftarrows }$$C{H}_3{\text{COOH+C}}_2{H}_{5}OH$

Câu 34: Este Z đơn chức, mạch hở, được tạo thành từ axit X và ancol Y. Đốt cháy hoàn toàn 2,15 gam Z, thu được 0,1 mol CO₂ và 0,075 mol H₂O. Mặt khác, cho 2,15 gam Z tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH, thu được 2,75 gam muối. Công thức của X và Y lần lượt là

A. CH₃COOH và C₃H₅OH;

B. C₂H₃COOH và CH₃OH;

C. HCOOH và C₃H₅OH;

D. HCOOH và C₃H₇OH;

Lời giải:

Câu 35: Để điều chế muối clorua, ta chọn những cặp chất nào sau đây?

A. Na₂SO_4, KCl.

B. HCl, Na₂SO₄.

C. H₂SO₄, BaCl_2.

D. AgNO₃, HCl.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Na₂SO₄ không phản ứng với KCl

HCl Không phản ứng với Na₂SO₄

BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2HCl

AgNO₃ + HCl → AgCl↓ + HNO₃

Câu 36: Vì sao Al, Fe không tác dụng được với HNO₃ và H₂SO₄ đặc, nguội?

Lời giải:

Al, Fe không tác dụng được với HNO₃ và H₂SO₄ đặc, nguội là do 2 kim loại đó bị thụ động trong 2 dung dịch trên.

Câu 37: Viết chuỗi phương trình:

Fe → FeCl₃ → Fe(OH)₃ → Fe₂O₃ → Fe

Lời giải:

$2Fe+3C{l}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2FeC{l}_3$ 

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ + 3NaCl

$$\begin{gathered} 2Fe{\left(OH\right)}_3\stackrel{t^{°}}{\to }F{e}_2{O}_3+3H_{2}O \\ F{e}_2{O}_3+3H_2\stackrel{t^{°}}{\to }2Fe+3H_{2}O \end{gathered}$$

Câu 38: Hoàn thiện sơ đồ phản ứng:

Fe → FeO → FeCl₂ → Fe(OH)₂ → Fe₂O₃ → FeCl₃ → Fe(OH)₃

Lời giải:

$Fe+\frac{1}{2}{O}_2\stackrel{t^{°}}{\to }FeO$

FeO + 2HCl → FeCl₂ + H₂O

FeCl₂ + 2NaOH → Fe(OH)₂↓ + 2NaCl

$4Fe{\left(OH\right)}_2+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2F{e}_2{O}_3+4H_{2}O$

Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ + 3NaCl.

Câu 39: Fe và NaCl có cùng tồn tại trong một dung dịch không?

Lời giải:

Fe và NaCl có cùng tồn tại trong một dung dịch vì Fe và NaCl không phản ứng với nhau

Câu 40: Cân bằng phương trình sau:

Fe(OH)₂ + KMnO₄ + H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + MnSO₄ + K₂SO₄ + H₂O

Lời giải:

$\stackrel{+2}{Fe}{\left(OH\right)}_2+K\stackrel{+7}{Mn}{O}_4+H_{2}S{O}_4\to$${\stackrel{+3}{Fe}}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+\stackrel{+2}{Mn}S{O}_4$$+K_{2}S{O}_4+H_{2}O$

$\left.\begin{array}{c}5\times \\ 2\times \end{array}\right|\begin{array}{c}\stackrel{+2}{2Fe}\to \stackrel{+3}{2Fe}+2e\\ \stackrel{+7}{Mn}+5e\to \stackrel{+2}{Mn}\end{array}$

10Fe(OH)₂ + 2KMnO₄ + 18H₂SO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + 2MnSO₄ + K₂SO₄ + 28H₂O

Câu 41: Nung Fe(OH)₃ trong không khí và chân không thì sản phẩm là?

Lời giải:

Nung Fe(OH)₃ trong không khí và chân không thì sản phẩm là Fe₂O₃.

$2Fe{\left(OH\right)}_3\stackrel{t^{°}}{\to }F{e}_2{O}_3+3H_{2}O$

Câu 42: fe2(so4)3 + cl2 →?

Lời giải

Fe₂(SO₄)₃ + Cl₂ → Phản ứng không xảy ra.

Câu 43: Fe₂O₃ + CO → Fe₃O₄ + CO₂

Cân bằng phương trình, ghi rõ số oxi hoá và quá trình oxi hoá khử.

Lời giải:

${\stackrel{+3}{Fe}}_2{O}_3+\stackrel{+2}{C}O\stackrel{t^{°}}{\to }{\stackrel{+8/3}{Fe}}_3{O}_4+\stackrel{+4}{C}{O}_2$

Quá trình oxi hoá khử:

$\left.\begin{array}{c}2\times \\ 1\times \end{array}\right|\begin{array}{c}3\stackrel{+3}{Fe}+1e\to 3\stackrel{+8/3}{Fe}\\ \stackrel{+2}{C}\to \stackrel{+4}{C}+2e\end{array}$

Phản ứng xảy ra

3Fe₂O₃ + CO $\stackrel{t^{°}}{\to }$ 2Fe₃O₄ + CO₂

Câu 44:

Cân bằng phản ứng:

Fe₂O₃ + H₂ → Fe_xO_y + H₂O

Fe_xO_y + O₂ → Fe₂O₃

Lời giải:

$xF{e}_2{O}_3+(3x-2y)H_2$ $\stackrel{t^{°}}{\to }2F{e}_x{O}_y+(3x-2y)H_{2}O$

$4F{e}_x{O}_y+(3x-2y)O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2xF{e}_2{O}_3$

Câu 45: Cân bằng các phản ứng sau theo phương trình thăng bằng electron

Fe₂O₃ + H₂ → Fe + H₂O

Lời giải:

${\stackrel{+3}{Fe}}_2{O}_3+{\stackrel{0}{H}}_2\to \stackrel{0}{Fe}+{\stackrel{+1}{H}}_{2}O$

$\left.\begin{array}{c}2\times \\ 3\times \end{array}\right|\begin{array}{c}\stackrel{+3}{Fe}+3e\to \stackrel{0}{Fe}\\ \stackrel{0}{H_2}\to 2\stackrel{+1}{H}+2e\end{array}$

Fe₂O₃ + 3H₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ 2Fe + 3H₂O

Câu 46: Fe₂(SO₄)₃ + HCl có phản ứng không? Nếu có thì viết phương trình hóa học.

Lời giải:

Fe₂(SO₄)₃ + HCl không phản ứng vì sản phẩm không có chất kết tủa, bay hơi, hay chất điện li yếu.

Câu 47: Vì sao Fe₂(SO₄)₃ không tác dụng với HNO₃ đặc nóng?

Lời giải:

Vì $F{e}^{3+}$đã có hoá trị cao nhất của Fe, gốc $S{O}_4^{2-}$ là gốc axit mạnh nên không phản ứng.

Câu 48: Cho các ion $F{e}^{3+}$, Ag⁺, Na⁺, $N{O}_3^{-}$, $O{H}^{-},C{l}^{-}$. Các ion nào sau đây tồn tại đồng thời trong dung dịch?

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Loại A vì có xảy ra phản ứng: $A{g}^{+}+C{l}^{-}\to AgCl\downarrow$

Loại B, C vì có xảy ra phản ứng: $F{e}^{3+}+3O{H}^{-}\to Fe{\left(OH\right)}_3\downarrow$

Câu 49: Cho FeO tác dụng với dung dịch HCl dư, sinh ra chất nào sau đây?

A. FeCl₂;

B. Fe(OH)₂;

C. FeCl₃;

D. H₂.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Phản ứng xảy ra là: FeO + 2HCl → FeCl₂ + H₂O

Câu 50: Hệ số cân bằng của H₂SO₄ trong phản ứng: FeS + H₂SO₄ đặc → Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + H₂O là:

A. 8;

B. 10;

C. 9;

D. 12.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

$\left.\begin{array}{c}1\times \\ 9\times \end{array}\right|\begin{array}{c}2\stackrel{0}{\overbracket{FeS}}\to 2\stackrel{+3}{Fe}+2\stackrel{+6}{S}+18e\\ \stackrel{+6}{S}+2e\to \stackrel{+4}{S}\end{array}$

Cân bằng: 2FeS + 10H₂SO₄ đặc → Fe₂(SO₄)₃ + 9SO₂ + 10H₂O

Xem thêm các câu hỏi ôn tập Hóa học chọn lọc, hay khác:

1000 câu hỏi ôn tập môn Hóa có đáp án (Phần 15)

1000 câu hỏi ôn tập môn Hóa có đáp án (Phần 16)

1000 câu hỏi ôn tập môn Hóa có đáp án (Phần 17)

1000 câu hỏi ôn tập môn Hóa có đáp án (Phần 18)

1000 câu hỏi ôn tập môn Hóa có đáp án (Phần 19)