giẢi bÀi tẬp trong cÁc ĐỀ thi ĐẠi hỌc tỪ nĂm …º¢i bÀi tẬp trong cÁc ......

September 2011

Trang 1

LangQuang.YDS

KHỐI A-2007 MÃ ĐỀ 182

Giải

Ta có:

mbình tăng = mX = 6,7 gam

nX = 0,2 mol

2Brn phản ứng = 0,35

nX < 2Brn < 2nX → X chắc chắn có 1 ankin, hiđrocacbon còn lại có thể là anken hoặc ankan.

TH1: X gồm 1 anken (a mol) + 1 ankin (b mol)

n 2n 2 n 2n 2

n' 2n'-2 2 n' 2n'-2 4

C H + Br C H Br

a a

C H + 2Br C H Br

b 2b

Ta có: a + b = 0,2 a = 0,05

a + 2b = 0.35 b = 0,15

m = 6,7 gam 14na + (14n'-2)b = 6,7 X

0,7n + 2,1n' = 7 n + 3n' = 10

Chọn n = 4 và n’ = 2 → (X): C2H2 + C4H8

TH2: loại

Giải

3

3

HNO

2 2 4 3

HNO

2 4

2FeS Fe (SO )

0,12 0,06

Cu S 2CuSO

a 2a

Theo định luật bảo toàn nguyên tố: 2-4

SSOn = n = 0,24 + a

Theo định luật bảo toàn điện tích:

3+ 2+ 2-

4Fe Cu SO3n + 2n = 2n = 3.0,12 + 2.2a = 2.(0,24 + a)

a = 0,06 mol

GIẢI BÀI TẬP TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC TỪ NĂM 2007 ĐẾN NĂM 2011

September 2011

Trang 2

LangQuang.YDS

Giải

Công thức amin đơn chức: CxHyN

2 x y 2N C H N Nn = 0,0625 n = 2n = 0,125

2COn = 0,0625→ số C = 2CO

X

n

n = 2

Lưu ý:

A. Đốt cháy hợp chất hữu cơ CxHy hoặc CxHyOz (không chứa N):

1. Ankan hay hợp chất có liên kết đơn:

CnH2n + 2 + O2 → nCO2 + (n + 1)H2O

2

2 2 n 2n+2

2C H O

H O

O

OC C H

n < n

n - n = n

2. Anken hay hợp chất có 1 liên kết π (1 vòng):

CnH2n + O2 → nCO2 + nH2O

2 2CO H On = n

3. Ankin – ankađien hay hợp chất có 2 liên kết π:

CnH2n – 2 + O2 → nCO2 + (n – 1)H2O

2 2

2 2 n 2n-2

CO H O

CO H O C H

n > n

n - n = n

4. Hợp chất có 3 liên kết π:

CnH2n – 4 + O2 → nCO2 + (n – 2)H2O

2 2

2 2 n 2n-4

CO H O

CO H O C H

n > n

n - n = 2n

5. Hợp chất có 4 liên kết π (aren):

CnH2n – 6 + O2 → nCO2 + (n – 3)H2O

2 2

2 2 n 2n-6

CO H O

CO H O C H

n > n

n - n = 3n

B. Đốt cháy hợp chất hữu cơ CxHyNt hoặc CxHyOzNt:

1. Amin đơn chức no:

CnH2n + 3N + O2 → nCO2 + (n + 3

2)H2O + ½ N2

2 2

2 2 n 2n+3

CO H O

H O CO C H N

n < n

n - n = 1,5n

September 2011

Trang 3

LangQuang.YDS

2. Amin đơn chức không no có 1 liên kết π:

CnH2n + 1N + O2 → nCO2 + (n + 1

2)H2O + ½ N2

2 2

2 2 n 2n+1

CO H O

H O CO C H N

n < n

n - n = 0,5n

3. Amin đơn chức không no có 2 liên kết π:

CnH2n – 1N + O2 → nCO2 + (n - 1

2)H2O + ½ N2

2 2

2 2 n 2n-1

CO H O

CO H O C H N

n > n

n - n = 0,5n

C. Đốt cháy hỗn hợp hai hiđrocacbon bất kì:

Nếu 2 2CO H On > n

→ Hai hiđrocacbon có thể là:

2 ankan

1 ankan + 1 anken

1 ankan (x mol) + 1 ankin (y mol) (x > y)

Nếu 2 2CO H On n

→ Hai hiđrocacbon có thể là: 2 anken

1 ankan (x mol) + 1 ankin-ankadien (y mol) (x = y)

Nếu 2 2CO H On < n

→ Hai hiđrocacbon có thể là:

2 ankin

1 anken + 1 ankin

1 ankan (x mol) + 1 ankin (y mol) (x < y)

Sử dụng số liệu CO2 và H2O sau phản ứng đốt cháy để suy ra các dữ kiện sau:

- So sánh lớn nhỏ về số mol để xác định loại liên kết trong hợp chất hữu cơ.

- Trong 3 đại lượng số mol CO2, số mol H2O, số mol hợp chất hữu cơ, nếu biết 2 thì ta tìm

được đại lượng còn lại.

- Lập tỉ lệ C

H

n

n suy ra công thức thực nghiệm của hợp chất hữu cơ.

- Xác định số C hoặc H trung bình theo công thức:

Số 2CO

hchc

nC =

n hoặc Số 2H O

hchc

2nH =

n

- Bảo toàn nguyên tố C và H, suy ra khối lượng hiđrocacbon.

September 2011

Trang 4

LangQuang.YDS

Giải

2

1ROH + Na RONa + H

2

Áp dụng ĐLBTKL:

2H ancol Nam = m + m - mchất rắn = 0,3

→ 2ancol Hn = 2n = 0,3

ancol2 5 3 7

15,646 (C H OH) < M = = 52 < 60 (C H OH)

0,3 (do đồng đẳng liên tiếp)

Lưu ý: Ancol tác dụng với Na

Na

n 2

nR(OH) H

2 với n là số nhóm chức

Công thức tính số nhóm OH hay số H linh động

Số nhóm OH (H) = ố đượ ả ó

ố ấ

Dùng để xác định số nhóm chức –OH trong ancol hoặc –COOH trong axit khi cho tác dụng với

Na.

Trường hợp thường gặp: 2Hn = nchất hữu cơ → chất có 2 nhóm –OH hoặc 2 nhóm –COOH

Giải

Cho từ từ HCl vào dung dịch Na2CO3 ta có lần lượt các phản ứng xảy ra

+ 2- -

3 3

+ -

3 2 2

H + CO HCO

b b b

H + HCO CO + H O

(a - b) (a - b)

Khi cho dư Ca(OH)2 vào X thấy xuất hiện kết tủa → trong X còn -

3HCO

→ V = 22,4(a – b)

Lưu ý: Khi cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3 ta có lần lượt các phản ứng như trên,

nhưng khi cho ngược lại ta chỉ có một phản ứng duy nhất

2H+ + 2-

3CO → CO2 + H2O

September 2011

Trang 5

LangQuang.YDS

Giải

Thuỷ phân lipit thu được 2 loại axit béo:

→ Lipit: RCOO-C3H5-(OOCR’)2

Ta có: nglixerol = nlipit = 0,5

→ Mlipit = 888

Chọn : C17H35COOH và C17H33COOH

Lưu ý:

Cần thuộc lòng M của Tristearin: M = 890 (lipit no) để làm chuẩn

Mlipit giảm 2 → trong lipit có 1 gốc axit béo không no có 1

Giải

( 2CH -CHCl ) 2

2k 3k k

Cl

2k 3k-1 k+1k

C H Cl

C H Cl + HCl

35,5(k + 1)%Cl = = 0,6396

62,5k + 34,5 k = 3

Ví dụ: Cao su lưu hoá có 2% S về khối lượng, có bao nhiêu mắc xích isopren có 1 cầu nối

đisunfua (-S-S-). Giả thiết rằng các S đã thay thế cho H ở cầu metylen của cao su.

A.23. B. 46. C. 45. D. 40.

Giải

( 2 3 2CH C(CH )=CH-CH )

n + 2S ( 3 2S-CH-C(CH )=CH-CH -S)n

64%S = = 0,02

68n - 2 + 64 n = 46

Giải:

X, Y, Z là đồng đẳng (hơn kém nhau 1 nhóm –CH2–) nên:

Y X

Z X X X X

Z X

M M 14

M M 28 M 28 2M M 28

M 2M

→ MY = 42 (C3H6)

September 2011

Trang 6

LangQuang.YDS

2 2 O + Ca(OH)

3 6 2 3C H 3CO 3CaCO

0,1 mol 0,3 0,3

→ m↓ = 30 gam

Giải

Phương trình cho nhận e:

+5 +2 +N + 3e N Ag Ag + 1e

0,3 0,1 0,3 0,3

→ nAg = 0,3mol

TH1: RCHO → 2Ag

→ nX = 0,15 → MX = 44 (CH3CHO)

TH2: RCHO → 4Ag

→ nX = 0,075 → MX = 88 (loại)

Giải

nAg = 0,4 = 4nX → X có thể là HCHO hoặc X có 2 chức –CHO → loại B, D.

nNa = 0,2 = 2nY → X có 2 chức –CHO → Chọn C

Giải

Toán CO2, SO2 tác dụng với dung dịch kiềm

1. CO2 tác dụng với dung dịch NaOHKOH

:

Đặt:

2

NaOH

CO

b

a

nT = =

n

TH1: T ≤ 1 → CO2 dư → tạo muối NaHCO3

TH2 : T ≥ 2 → NaOH dư → tạo muối Na2CO3

TH3: 1 < T < 2

Khảo sát:

2 3

3 2 3 2

CO NaOH NaHCO

a a a

NaHCO NaOH Na CO H O

b – a b – a b – a

September 2011

Trang 7

LangQuang.YDS

2 3

3

Na CO

NaHCO

n = b - a

n = a - (b - a) = 2a - b

2. CO2 tác dụng với dung dịch 2

2

( )( )

Ca OHBa OH

:

Đặt: 2

2

CO

Ca(OH)

n aT = =

n b

TH1: T ≤ 1 → Ca(OH)2 dư → tạo muối CaCO3↓

TH2 : T ≥ 2 → CO2 dư → tạo muối Ca(HCO3)2

TH3: 1 < T < 2

Khảo sát:

2 3 22

2 3 2 3 2

CO Ca OH CaCO H O

b b b

CO CaCO H O Ca HCO

a – b a – b a – b

3 2

3

Ca(HCO )

CaCO

n = a - b

n = b - (a - b) = 2b - a

3. CO2 tác dụng với hỗn hợp dung dịch NaOHKOH

và 2

2

( )( )

Ca OHBa OH

:

Đặt: -

2

OH

CO

bT = =

n a

TH1: T ≤ 1 → CO2 dư → tạo muối HCO3-

TH2: T ≥ 2 → OH- dư → tạo muối CO3

2-

TH3: 1 < T < 2

Khảo sát:

2 3

2

3 3 2

CO OH HCO

a a a

HCO OH CO H O

b – a b – a b – a

(Số lớn – Số bé)

(2Số bé – Số lớn)



September 2011

Trang 8

LangQuang.YDS

2-3

-

CO

HCO3

n = b - a

n = a -(b - a) = 2a - b

Lưu ý:

Tính lượng kết tủa sinh ra phải dựa trên 2-3CO

n so với 2+

2+

nCa

nBa

:

- Nếu 2-3CO

n < 2+

2+

nCa

nBa

→ n↓ = 2-3CO

n

- Nếu 2-3CO

n > 2+

2+

nCa

nBa

→ n↓ = 2+

2+

nCa

nBa

Thông thường chỉ cần nhớ TH3 thì có thể áp dụng tổng quát cho hai trường hợp trên.

Toán SO2 công thức tính tương tự.

Giải

Ta có:

2

2

23 3

CO

Ba(OH)

BaCO CO

n = 0,12 mol

n = 2,5a mol

n = n = 0,08 mol

3 2BaCO COn < n → Xảy ra hai trường hợp

Theo công thức, ta có:

3 2 2BaCO Ba(OH) COn = 2n - n 2.2,5a - 0,12 = 0,08

a = 0,04 mol

Giải

ĐIỆN PHÂN

Điện phân dung dịch:

Ở Catot – cực (-): cực cho e – cation tiến về để nhận e

- Có mặt các cation kim loại Mn+

và H+ (do nước hoặc axit điện li).

- Thứ tự nhận electron:

K+ < Ca

2+ < Na

+ < Mg

2+ < Al

3+ < H2O < Mn

2+ < Zn

2+ < Cr

3+ < Fe

2+ < Ni

2+ < Sn

2+ < Pb

2+ <

Fe3+

< H+ (axit) < Cu

2+ < Ag

+ < Hg

2+ < Pt

2+ < Au

3+

→ Quy luật: Chất nào có tính oxi hoá mạnh sẽ bị khử trước

- Ion kim loại mạnh từ Al3+

trở về trước thực tế không điện phân, thay vào đó là nước điện

phân.



September 2011

Trang 9

LangQuang.YDS

-

2 22H O + 2e 2OH + H

- Kim loại tiếp theo bị khử theo phương trình:

Mn+

+ ne → M

Ở anot – cực (+): cực nhận e

Có mặt các anion gốc axit hoặc OH- (do nước hoặc bazơ điện li).

Thứ tự nhường electron:

Kim loại làm điện cực > S2-

> I- > Br

- > Cl

- > OH

- (bazơ) > H2O > Gốc axit có oxi (SO4

2-,

NO3-, CO3

2-,F

-…)

→ Quy luật:Chất có tính khử mạnh sẽ bị oxi hoá trước.

- Các anion SO42-

, NO3-, CO3

2-, SO3

2-, PO4

3-, F

-,…thực tế không điện phân, thay vào đó

nước sẽ điện phân.

- Cực dương không phải là điện cực trơ (than chì, Pt) thì sẽ bị điện phân trước tiên tại cực

dương (hiện tượng dương cực tan). Khi đó cực dương bị tan dần, cực âm được bồi đắp

dần bởi kim loại do cực dương tan ra. Đây là hiện tượng xảy ra khi mạ, tráng kim loại.

- Thực tế anion gốc axit có oxi không bị điện phân, thay vào đó nước sẽ bị điện phân (bị

oxi hoá)

+

2 2

1H O 2H + O + 2e

2

Công thức Faraday:

A It

m = .n F

Hoặc dùng công thức tính số mol khí thoát ra ở mỗi điện cực:

Itn =

96500n

Trong đó:

A: nguyên tử khối.

n: số e tham gia phản ứng ở điện cực.

I: cường độ dòng điện.

t: thời gian điện phân.

F: số Faraday phụ thuộc vào t.

Nếu t(s) → F = 96500.

Nếu t(h) → F = 26,8.

Các kiểu mắc bình điện phân:

1. Mắc nối tiếp:

- Cường độ dòng điện qua mỗi bình là bằng nhau.

- Sự thu và nhường e ở các điện cực cùng tên phải như nhau → các chất sinh ra ở các điện

cực cùng tên phải tỉ lệ mol với nhau.

Ví dụ:

September 2011

Trang 10

LangQuang.YDS

Bình 1: ở catot

Cu2+

+ 2e → Cu

x → 2x

Bình 2: ở catot

Ag+ + 1e → Ag

y → y

→ y = 2x

2. Mắc song song:

Cường độ dòng điện I qua n bình bằng In

.

Điện phân nóng chảy

Có 3 loại hợp chất điện phân nóng chảy:

1. Oxit kim loại:

MxOy dpnc xM +

y

2O2

2. Muối clorua:

MCln dpnc M +

n

2Cl2

3. Hiđroxit kim loại (nhóm IA):

2MOH dpnc 2M + ½ O2 + H2O

Phương pháp này dùng để điều chế những kim loại từ Al trở về trước từ các oxit thay vì dùng

CO, H2.

Giải

2+ -

2

Catot (-) Anot (+)

Cu + 2e Cu 2Cl Cl + 2e

0,01 0,005 0,005 0,01

2 22NaOH + Cl NaClO + NaCl + H O

0,01 0,005

nNaOH còn lại = 0,01 mol

→ nNaOH ban đầu = 0,01 + 0,01 = 0,02 mol

→ [NaOH] = 0,1M

Giải

2 3NH -R-COOH + HCl ClNH -R-COOH

Chênh lệch khối lượng:

September 2011

Trang 11

LangQuang.YDS

X

Δm 13,95 - 10,3n = = = 0,1mol

ΔM 36,5

→ MX = 103 → Chọn C

Lưu ý:

Công thức tính số mol dựa vào sự chênh lệch khối lượng

Δm

n = ΔM

Đúng trong trường hợp hệ số cân bằng trong phương trình bằng nhau.

Ví dụ 1:

2+ 2+Fe + Cu Fe + Cu

→ Cu FeFe Cu

m - mn = n =

64 - 56

Ví dụ 2:

2+ 3+2Al + 3Cu 2Al + 3Cu

→ Cu AlAl

m - mn = 2.

3.64 - 2.27 → phải nhân hệ số cân bằng của chất cần tính số mol.

Giải

2 4 H SO (l)

4Fe FeSO

0,1 mol 0,1 mol

4 2 4KMnO + H SO

4 2 4 3 4FeSO Fe (SO ) + MnSO

Áp dụng ĐLBT e ta có:

2+ 3+ 7+ 2+Fe Fe + 1e Mn + 5e Mn

0,1 0,1 0,02 0,1

→ 4KMnOn = 0,02 mol

→ V = 0,04 lít = 40 ml

Giải

Đun dung dịch X thu thêm kết tủa → trong X có Ca(HCO3)2

September 2011

Trang 12

LangQuang.YDS

3 2 3 2 2Ca(HCO ) CaCO + CO + H O

1 mol 1 mol

ot

3CaCOn = 5,5 mol

Bảo toàn C:

→ 2 3 2 3CO Ca(HCO ) CaCOn = 2n + n 7,5 mol

( 6 10 5C H O ) enzim

2 5 2n 2nC H OH + 2nCO

3,75 mol 7,5 mol

→ mtinh bột = 3,75.162

= 750 gam0,81

Giải

Ta có:

Số C 2CO

Y

n 2a= = = 2

n a

Số nhóm chức –COOH = NaOH

Y

n 2a = 2

n a

→ Chọn D

Giải

(X): C2H7NO2 tác dụng với dung dịch NaOH thu được 2 khí

→(X) gồm: CH3COONH4 (muối amoni) và HCOONH3CH3 (muối tạo bởi HCOOH và CH3NH2)

Ta có: 3

3 2

NH

CH NH

n = 0,05

n = 0,15

Phương trình:

NaOH

3 4 3 3

NaOH

3 3 3 2

CH COONH CH COONa + NH

0,05 0,05

HCOONH CH HCOONa + CH NH

0,15 0,15

→ mmuối = 14,3 gam

September 2011

Trang 13

LangQuang.YDS

Giải

Giả sử nồng độ hai chất là aM

HCl là chất điện li mạnh nên điện li hoàn toàn

+ -HCl H + Cl

a a

→ pH = x = lg[H

+] = lg(a) (1)

100 phân tử CH3COOH thì có 1 phân tử điện li

→ độ điện li = 0,01

- +

3 3CH COOH CH COO + H

a 0,01a

→ pH = y = lg[H

+] = lg(0,01a) → lg(a) = y + 2 (2)

Từ (1) và (2) → x = y + 2 y = x – 2

Lưu ý:

Độ điện li α cho biết phần trăm chất tan phân li thành ion và được biểu diễn bằng tỉ số nồng

độ mol của phân tử chất tan phân li thành ion (C) và nồng độ ban đầu của chất điện li (C0).

MA M+ + A

-

+ -

0 0 0

C [M ] [A ] α = = =

C C C

Đk: 0 ≤ α ≤1

- α = 0: chất không điện li.

- α =1: chất điện li hoàn toàn

Độ điện li α phụ thuộc vào bản chất của chất tan, nhiệt độ và nồng độ dung dịch. Dung dịch

càng loãng (C0 càng nhỏ) thì α càng lớn.

Đối với dung dịch axit yếu ( < 1)

HA H+ + A

- (Ka)

Ban đầu: C0 0 0

Điện li: C0 C0 C0

Cân bằng: (1-)C0 C0 C0

2+ -

0a

α C[H ][A ]K = =

[HA] 1 - α

<< 1 → 1 - 1 → a

0

Kα =

C

Đối với dung dịch bazơ yếu ( < 1)

MOH M+ + OH

- (Kb)

Ban đầu: C0 0 0

September 2011

Trang 14

LangQuang.YDS

Điện li: C0 C0 C0

Cân bằng: (1-)C0 C0 C0

2+ -

0b

α C[M ][OH ]K = =

[MOH] 1 - α

<< 1 → 1 - 1 → b

0

Kα =

C

Giải

+

2 4

HCl

HH SO

n = 0,25n = 0,5 mol

n = 0,125

Kim loại + 2H+ → H2

2Hn = 0,2375 mol → Số mol H+ phản ứng = 2.

2Hn = 0,475 mol

→ Số mol H+ dư = 0,025 mol

→ [H+] = 0,1M → pH = 1

Giải

Bản chất của oxit tác dụng với axit không có tính oxi hoá

+ 2-

trong axit trong oxit 22H + O H O

Ta có:

+2 4H SO H

n = 0,05 n = 0,1 mol

22H + O H O

0,1 0,05

→ mO trong oxit = 0,05.16 = 0,8 gam

→ mKL trong oxit = moxit – mO = 2,01 gam

mmuối = 24

KL SOm + m = 2,01 + 0,05.96 = 6,81 gam

Cách khác:

Oxit + H2SO4 → Muối + H2O

Ta có: 2 2 4H O H SOn = n = 0,05 mol

Áp dụng ĐLBTKL:

mmuối = mOxit + mAxit – mNước = 2,81 + 0,05.98 – 0,05.18 = 6,81 gam

September 2011

Trang 15

LangQuang.YDS

Giải

Đốt cháy hoàn toàn X với oxi thu được khí Y gồm CO2 + H2O + O2 dư

Y qua H2SO4 đặc → H2O bị giữ lại → Z gồm CO2 và O2 dư

x y 2 2 2

y yC H + (x + )O xCO + H O

4 2

y1 mol (x + ) mol x mol

4

→ 2On dư = 10 -

y(x + )

4

2 2

22 2

O CO

Z ZH

O CO

y32.[10 - (x + )] + 44xm + m 4d 19 M = 38 = 38

yn + n10 - (x + ) + x

4

8x + y = 40

→ Chọn x = 4 và y = 8 (C4H8)

Giải

Khảo sát đáp án → X đơn chức chứa 1 N

2N Xn = 0,025 n = 0,05 mol

2COn = 0,15 mol

→ Số C = 2CO

X

n = 3

n → loại A, D.

Khi X tác dụng với NaOH thu được sản phẩm H2N-CH2-COONa → Chọn B.

September 2011

Trang 16

LangQuang.YDS

Giải

3 2 5 3 2 5 2 CH COOH + C H OH CH COOC H + H O

Ban đầu: 1 1 0 0

Phản ứng: 2

3

2

3

2

3

2

3

Kết thúc: (1 - 2

3) (1 -

2

3)

2

3

2

3

→ Hằng số cân bằng: KC =

2 2.

3 3 = 42 2

1 . 13 3

Hmax = 90%

3 2 5 3 2 5 2 CH COOH + C H OH CH COOC H + H O

Bd: 1 mol x mol 0 0

Pu: 0,9 mol 0,9 mol

0,9 mol 0,9 mol

KT: 0,1 mol (x - 0,9) 0,9 mol 0,9 mol

Nhiệt độ không đổi → KC không đổi

KC = 0,9.0,9

= 4 0,1.(x - 0,9)

x = 2,925 mol

Giải

Ta có:

nO trong oxit = 3a + b + c

Oxit tác dụng với axit:

(6a + 2b + 2c) (3a + b + c)

2H + O

→ HNO3 hết

→ Trong dung dịch có các muối: Al(NO3)3: 2a mol, Cu(NO3)2: b mol, AgNO3; 2c mol

Để tách Ag ra khỏi muối chỉ cần dùng kim loại có tính khử mạnh và AgNO3 tác dụng trước vì

Ag+ có tính oxi hoá mạnh hơn.

+Ag + 1e Ag

2c 2c mol

Số mol e Ag+ nhận = 2c mol → Chọn B.

September 2011

Trang 17

LangQuang.YDS

KHỐI B-2007 MÃ ĐỀ 285

Giải

mchất rắn giảm = mO trong oxit = 0,32 gam

2 2R-CH OH + [O] R-CHO + H O

0,02 0,02 0,02

Hỗn hợp hơi gồm R-CHO và H2O ( M 31 )

Ta có: 2RCHO+H OΣn = 0,04 mol →

2RCHO+H Om = 0,04.31 = 1,24 gam

Bảo toàn khối lượng:

2RCHO+H O [O]m = m - m = 1,24 - 0,02.16 = 0,92 gam

Giải

Ta có:

3+

-

3

Al

OH

Al(OH)

n = 0,3 mol

n = 0,5V mol

n = 0,2 mol

Giá trị lớn nhất ứng với trường hợp kết tủa tạo ra và tan một phần trong NaOH dư.

3+ -

3

- -

3 4

Al + 3OH Al(OH)

Al(OH) + OH [Al(OH) ]

Áp dụng công thức:

3+ -3Al(OH) Al OH

n = 4n - n = 4.0,3 - 0,5V = 0,2 V = 2 lít

Giải

n 2n 2 2 2 2

3n - 2C H O + O nCO + nH O

2

3n - 21 mol mol n mol n mol

2

→ Số mol O2 dư = 3n - 2

2 → Số mol O2 ban đầu = 3n – 2

Hỗn hợp sau khi đốt cháy gồm: O2 dư = 3n - 2

2 mol, CO2 = n mol, H2O = n mol

September 2011

Trang 18

LangQuang.YDS

Hỗn hợp ban đầu gồm: CnH2nO2 = 1 mol, O2 = (3n – 2) mol

Quá trình đẳng tích, ta có:

1 1

2 2

p n 1 + (3n - 2) 0,8 = = n = 3

3n - 2p n 0,95n + n +

2

→ Chọn D

Giải

nFe = 0,12 mol

2 4 2 4 3 2 22Fe + 6H SO Fe (SO ) + 3SO + 6H O

0,1 0,3 0,05

→ nFe dư = 0,02 mol

2 4 3 4 Fe + Fe (SO ) 3FeSO

0,02 0,02 mol 0,06

còn lại = 0,03 mol

→ Chọn A

Lưu ý:

TOÁN KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI AXIT HNO3 và H2SO4 đđ, nóng

Với HNO3:

Kim loại + HNO3 → Muối + + H2O

- Kim loại từ Mg → Al có thể tạo ra tất cả các sản phẩm khử trên.

- Kim loại sau hiđro hầu như tạo ra NO2, NO.

- HNO3 đặc, nguội không tác dụng với Al, Fe, Cr, Au, Pt.

Bài tập chính:

September 2011

Trang 21

LangQuang.YDS

Giải

→ [KOH] = 0,24M

Bài này yêu cầu thuộc phương trình điều chế KClO3

Giải

Bảo toàn O:

Giải

Lưu ý: Quan hệ số mol của kim loại và H2 trong các phản ứng giải phóng H2

M (hoá trị n)

Ví dụ: Kim loại hoá trị I → ½ H2

Kim loại hoá trị II → H2

Kim loại hoá trị III → 3/2H2

Giải

Giả sử V = 22,4 lít

TH1: Al tác dụng với NaOH của Na sinh ra

September 2011

Trang 24

LangQuang.YDS

→ (X): R’OOC-R-COOR” (axit hai chức, ancol đơn chức)

R’OOC-R-COOR” + 2NaOH → R(COONa)2 + R’OH + R”OH

2. Este 2 chức (X) + NaOH → 2 muối + 1 ancol

→ (X): R’COO-R-OOCR” (axit đơn chức, ancol hai chức)

R’COO-R-OOCR” + 2NaOH → R’COONa + R”COONa + R(OH)2

3. Este 2 chức (X) + NaOH → 1 muối + 1 ancol

→ (X): R’COO-R-OOCR’ hoặc R’OOC-R-COOR’

Phương trình:

R’COO-R-OOCR’ + 2NaOH → 2R’COONa + R(OH)2

R’OOC-R-COOR’ + 2NaOH → R(COONa)2 + 2R’OH

4. Este 2 chức (X) + NaOH → 1 muối + 1 ancol có số mol bằng nhau

→ (X): R(COO)2R’ (axit và ancol đều 2 chức)

PT: R(COO)2R’ + 2NaOH → R(COONa)2 + R’(OH)2

Giải

4 2 2 4 2

1CuSO + H O Cu + H SO + O

2

a mol a mol

dp

2 2 2

1 1NaCl + H O NaOH + Cl + H

2 2

b mol b mol

dp

Để dung dịch phenolphtalein chuyển sang màu hồng thì b > 2a (môi trường kiềm)

Lưu ý: Bản chất của phản ứng giữa axit và bazơ là:

Giải

Ta có:

dư = 0,005 mol → [H+] = 0,01M → pH = 2

September 2011

Trang 25

LangQuang.YDS

Giải

2COn < 0,8 số C < 8 → loại A, B

X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:1 → X có 1 nhóm chức –COOH hoặc 1 nhóm chức phenol

→ Chọn C.

Giải

Ta có: 2

2

X

O

CO

n = 0,05

n = 0,175

n = 0,15

Số C = 3 → loại A

2 2H O CO X n = n + n 0,2 mol (do X no)

Bảo toàn O:

2 2 2

[O] [O] [O] [O]X CO H O O

n = n + n - n = 0,15 mol

→ Số O trong X = → Chọn C.

Giải

TH1: Cu dư

TH2: H+ vừa đủ

→ V2 = 2V1

September 2011

Trang 26

LangQuang.YDS

Giải

Đặt: Zn

Fe

n = a mol

n = b mol

Áp dụng ĐLBT e, ta có:

2+

2

2+

Zn Zn + 2e

a 2a Cu + 2e Cu

2(a + b) (a + b)Fe Fe + 2e

b 2b

Ta có: Fe + Zn Cum = m 65a + 56b = 64(a + b) a = 8b

→ %mZn = 90,27%

Giải

RCHO + [O] → RCOOH


mO = 3 – 2,2 = 0,8 → nO = 0,05 = nanđehit

→ Manđehit = 44 → Chọn D.

Giải

2 4

2

2 2

C H

+ O +HCN

2 4 3 3PdCl , CuCl

n = 0,2

C H CH CHO CH CH(CN)OH

0,1 0,1 mol

H = 50%

Giải

September 2011

Trang 27

LangQuang.YDS

2 3 2 32Al + Cr O Al O + 2Cr

0,2 0,1 0,2 mol

→ nAl dư = 0,1 mol

2

2

H

2

3Al H

2

0,1 0,15 n = 0,35

Cr H

0,2 0,2

HCl

HCl

V = 7,84 lít


Giải

Vlúc đầu = VX + 2HV = 4V

Vlúc sau = VY = 2V

Vlúc đầu – Vlúc sau = 2HV phản ứng = 2V = 2VX → X có 2 → loại A, C

Z + Na → H2

2H Zn = n → Z có hai nhóm –OH → X có 2 nhóm –CHO, mà trong X có 2 → X no, hai chức.

→ Chọn B.

Giải

Lưu ý:

Công thức tính khối lượng mol trung bình cho hỗn hợp hai chất:

(1)

Hoặc:

1 2M = a.M + (1-a)M (2) với a là phần trăm của M1 (M1 > M2)

September 2011

Trang 31

LangQuang.YDS

4. Dung dịch H+ tác dụng với hỗn hợp dung dịch OH

- và [Al(OH)4]

-:

Tương tự TH3 nhưng cộng thêm lượng OH-

Số mol kết tủa còn lại:

TOÁN KẼM:

Dung dịch Zn2+

tác dụng với dung dịch kiềm:

Đặt:

Khảo sát:

Zn2+

+ 2OH- → Zn(OH)2↓

a → 2a → a

Zn(OH)2 + 2OH- → [Zn(OH)4]

2-

← (b – 2a)

Số mol kết tủa:

Áp dụng cho bài toán trên

Ta có:

Phương trình phản ứng: ưu tiên H+ trước

→ còn lại = 2V – 0,2

Giá trị lớn nhất của V ứng với trường hợp kết tủa tạo ra sau đó bị hoà tan một phần

Ta có: 3+ -Al OHn = 4n - n = 4.0,2 - (2V - 0,2) = 0,1 V = 0,45 lít

Giải

Oxit tác dụng với CO hoặc H2: (đối với oxit của kim loại sau nhôm)

September 2011

Trang 36

LangQuang.YDS

→ Vkhí thiên nhiên = 4CHV =

80%

3448 m

Giải

Bảo toàn e:

3+

+

2+

0,5 mol

Al Al + 3e

Ag + 1e Ag0,1 0,3

0,5 0,5 0,5Fe Fe + 2e

0,1 0,1 0,2

→ dư = 0,05 tiếp tục tác dụng với Fe2+

Phương trình:

→ ∑nAg = 0,55 → mAg = 59,4 gam

Giải

Phần 2: tác dụng với dd NaOH thu được khí H2 → Al dư và Fe2O3 hết

→ nAl dư = 0,025 mol

Phần 1:

Phương trình:

September 2011

Trang 37

LangQuang.YDS

2 3 2 32Al + Fe O Al O + 2Fe

0,1 0,05 0,1 mol

→ nAl ban đầu = 2.(0,1 + 0,025) = 0,25

2 3Fe On ban đầu = 0,05.2 = 0,1

(do chia thành hai phần bằng nhau)

2 3Al Fe O m = m + m = 22,75 gam

Giải

Tỉ lệ thể tích cũng chính là tỉ lệ về số mol

Y

M=24

m = 24.3 = 72

Mà mX = mY → MX = 72 (C5H12)

Giải

+3 - 2- -

2 4 22Cr + 3Cl + 16OH 2CrO + 6Cl + 8H O

0,01 0,015 0,08


Giải

Do hai rượu đơn chức no nên ta có thể đặt công thức chung là:

Bảo toàn khối lượng

September 2011

Trang 38

LangQuang.YDS

Giải

3CH OHn ban đầu = 0,0375 mol

3 3AgNO /NH

H%

3 2

HCHO 4Ag

0,03 mol 0,12 mol

CH OH + [O] HCHO + H O

0,03 mol 0,03 mol

3CH OH n phản ứng = 0,03 mol

→ H = 80%

Giải

Độ rượu = ể í ượ

ể í ị ượ

Thể tích rượu nguyên chất = 5.0,46 = 2,3 lít

→ Khối lượng rượu nguyên chất = 2,3.0,8 = 1,84 kg

→ nrượu = 0,04 kmol

Sơ đồ phản ứng

+H lên men

6 10 5 n 6 12 6 2 5 2(C H O ) nC H O 2nC H OH + 2nCO

0,02 kmol 0,04 kmol

→ Khối lượng tinh bột thực tế = 0,02.162 = 3,24 kg

→ Khối lượng tinh bột lí thuyết = 3,24:0,72 = 4,5 kg

Giải

September 2011

Trang 39

LangQuang.YDS

Áp suất trong bình trước và sau phản ứng bằng nhau có nghĩa là lượng khí O2 tham gia phản ứng

bằng lượng khí sinh ra

→ 0,25a + 2,75b = a + 2b a = b

Giải

Hỗn hợp: 2 3

2 3

3 4

FeOFeO a mol

Fe O 72a + 160b = 9,12 (*)Fe O b mol

Fe O

Phương trình phản ứng

HCl

2

HCl

2 3 3

FeO FeCl

a a mol

Fe O 2FeCl

b 2b mol

Ta có: 2FeCln = 0,06 mol a = 0,06 mol

Thế a vào (*) → b = 0,03

3

3

FeCl

FeCl

n = 2b = 0,06 mol

m =

9,75 gam

Giải

Ta có: Mg

NO

n = 0,09 mol

n = 0,04 mol

Bảo toàn e:

2+ +5 +2Mg Mg + 2e N + 3e N

0,09 0,18 0,12 0,04

Nhận thấy, nếu chỉ có sản phẩm khử là NO, số mol e cho lớn hơn số mol e nhận trong khi HNO3

dư, vậy ngoài NO còn có sản phẩm khử khác và đó là NH4NO3

Dung dịch X chứa Mg(NO3)2 0,09 mol và NH4NO3 0,0075 mol

→ mmuối khan = 13,92 gam

September 2011

Trang 40

LangQuang.YDS

Lưu ý:

Kim loại + HNO3 → Muối + + H2O

- Kim loại từ Mg → Al có thể tạo ra tất cả các sản phẩm khử trên.

- Kim loại sau hiđro hầu như tạo ra NO2, NO.

- HNO3 đặc, nguội không tác dụng với Al, Fe, Cr, Au, Pt.

Giải

Ta có:

X chứa 1N nên X có thể là este của amino axit hoặc muối của amin hoặc muối amoni, dù chất

nào X cũng tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:1

Nhận thấy số mol NaOH dư = 0,05 mol

11,7 gam chất rắn gồm NaOH dư và muối

→ mmuối = mrắn – mNaOH dư = 9,7 gam

Ta có: nX = nmuối → Mmuối = 97 (RCOONa) → R = 30 (H2NCH2-)

→ Chọn D.

Giải

Ta có:

phản ứng = 0,025 mol

→ loại D.

Thể tích khí còn lại là CH4 → Thể tích hiđrocacbon phản ứng với Br2 = 0,56 lít →nhđcb = 0,025

Nhận thấy số mol hiđrocacbon = số mol Br2 phản ứng → chất còn lại là anken → loại B

Sơ đồ phản ứng đốt cháy:

September 2011

Trang 41

LangQuang.YDS

4 2

n 2n 2

CH CO

0,05 0,05 mol

C H nCO

0,025 0,025n mol

2CO n = 0,05 + 0,025n = 0,125

n = 3

→ Chọn C.

Giải

3 4 3 n 3n 4n 3n 3n 3n 3n3n- 4n-2 2 2

3n 5n 3n

2 2 2

(C H O ) C H O C H (COOH)

C H (COOH)

Vì X no, xem –COOH như 1H, ta có:

2.Số C + 2 = Số H 3n 5n 3n

2. + 2 = + n = 22 2 2

→ X: C6H8O6

Lưu ý:

Đặt công thức hợp chất hữu cơ:

Công thức hiđrocacbon:

CxHy với x ≥ 1, y ≤ 2x +2

y = 2x + 2 là số H tối đa → hợp chất có liên kết đơn.

Hoặc: CnH2n + 2 – 2a với a là số liên kết π.

Công thức hợp chất có nhóm chức

CnH2n + 2 – 2a – k(X)k

Với a là số liên kết π, k là số nhóm chức, X là kí hiệu nhóm chức.

Nhận định liên kết trong hợp chất hữu cơ

1. Hợp chất CxHy hoặc CxHyOz:

Hợp chất có liên kết đơn khi số H đạt tối đa y = 2x + 2

Nếu giảm 2H sẽ tạo 1 liên kết π hoặc 1 vòng.

2. Hợp chất CxHyNt hoặc CxHyOzNt:

Hợp chất có liên kết đơn khi số H đạt tối đa y = 2x + 2 + t.

Nếu giảm 2H sẽ tạo 1 liên kết π hoặc 1 vòng.

Lưu ý: Tổng hoá trị các nguyên tố trong hợp chất hữu cơ luôn là số chẵn.

Giải

September 2011

Trang 43

LangQuang.YDS

→ m = 0,1.27 + 0,15.64 = 12,3 gam

Giải

Ta có: X

NaOH

n = 0,1 mol

n = 0,2 mol

X tác dụng với NaOH cho muối và chất hữu cơ (hoặc khảo sát đáp án) → X là este

Nhận định liên kết: X có 2, X no có 4O → X là este no 2 chức

X tác dụng với NaOH cho hỗn hợp muối → X tạo từ ancol 2 chức và axit đơn chức

→ X: R’COO-R-OOCR”

Phương trình phản ứng:

2R’COO R OOCR” + 2NaOH R'COONa + R"COONa + R(OH)

0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol

→ mmuối = mR’COONa + mR”COONa = 0,1(R’ + 67) + 0,1 (R” + 67) = 17,8

→ R’ + R” = 44

Chọn R’ = 15 (CH3-) và R” = 29 (C2H5-) hoặc ngược lại

→ X: CH3COO-(CH2)2-OOCC2H5

Giải

pH = 1 → [H+] = 0,1M +H

n = 0,01 mol

nNaOH = 0,1a mol

Phương trình ion:

+ -

2 H + OH H O

0,01 0,01

→ Số mol OH- tham gia phản ứng trung hoà = 0,01 mol

pH = 12 → pOH = 2 → [OH-] = 0,01M -OH

n = 0,002 mol (số mol NaOH còn lại sau phản

ứng)

→ Số mol NaOH ban đầu = 0,002 + 0,01 = 0,012 = 0,1a a = 0,12

Giải

September 2011

Trang 45

LangQuang.YDS

Khối lượng chất rắn ở hai TN bằng nhau

→ 56(a – V1) + 64V1 = 56(a – 0,05V2) + 10,8V2

V1 = V2

Giải

R trong hợp chất RH3 có hoá trị III → Trong hợp chất với oxi R có hoá trị cao nhất là V

→ R2O5

Ta có: 80

%O = = 0,7407 2R + 80

R = 14 (N)

Giải

Sơ đồ phản ứng:

Chất béo + 3NaOH → muối + C3H5(OH)3

0,06 mol → 0,02 mol


mxà phòng = mchất béo + mNaOH - mglixerol = 17,24 + 0,06.40 – 0,02.92 = 17,80 gam

Giải

Fe tác dụng với HNO3 trước theo phương trình

Cu tiếp tục tác dụng với Fe theo phương trình

Nhận thấy số mol Cu dư = 0,075 mol

Vậy cần thêm một lượng HNO3 để hoà tan Cu dư theo phương trình

September 2011

Trang 46

LangQuang.YDS

Giải

Ta có: 2CO

hh

V 2C = = 2

V 1 Số C của X là 2 → loại C, D

Số H của X là 6 trong hai đáp án còn lại

→ Chọn A.

Cách khác:

Áp dụng lưu ý câu 9 khối A-2007

Trường hợp đốt cháy 2 hiđrocacbon, số mol H2O bằng số mol CO2

- TH1: Hỗn hợp 2 anken → loại, vì có C2H2

- TH2: Hỗn hợp gồm 1 ankin và 1 ankan có số mol bằng nhau

→ X: CnH2n+2

Ta có:

Sơ đồ phản ứng đốt cháy

Giải


→ Chọn C.

Giải

Đặt:

Bảo toàn e:

September 2011

Trang 47

LangQuang.YDS

2+

2+

2+

Cu + 2e Cu

a 2a a Zn Zn + 2e

(a + b) (a + b) 2(a + b) Fe + 2e Fe

b 2b b

Khối lượng chất rắn thu được nhỏ hơn khối lượng Zn ban đầu là 0,5 gam, nghĩa là khối lượng Zn

phản ứng lớn hơn khối lượng chất rắn sinh ra là 0,5 gam hay chênh lệch 1 lượng ∆m = 0,5

Zn Cu Fem - (m + m ) = 0,5

65(a + b) - (64a + 56b) = 0,5

a + 9b = 0,5 (1)

Mặt khác: mmuối = 13,6 gam 2ZnCl m = 13,6 136(a + b) = 13,6 a + b = 0,1 (2)

Từ (1), (2) suy ra a = b = 0,05 mol

→ mX = 13,1 gam


Giải

Đặt: 4ZnSOn = x mol

Ta có:

Cả hai trường hợp đều cho lượng kết tủa bằng nhau, nên TH2 kết tủa tạo ra sau đó hoà tan 1 phần

trong kiềm dư


Lượng kết tủa ở hai phản ứng bằng nhau nên: 2x – 0,14 = 0,11 x = 0,125 mol

September 2011

Trang 49

LangQuang.YDS

x y x y

2

2

N O N O

H

N O

d = 22 M = 44

n = 0,042 mol

2N O

Bảo toàn e:

+5n+2 2N + 8e N O M M + ne

0,336 0,0420,336 0,336

n

→ MM = 9n

Chọn n = 3 → M = 27 (Al)

Giải

Ta có: X no, đa chức → loại B

Xem

→ Chọn C.

Giải

Nhận xét đáp án ta nhận thấy hỗn hợp hai este là đơn chức, no.

Xà phòng hoá thu được một muối và hai ancol đồng đẳng → hai este này được tạo ra từ một axit

và hai ancol là đồng đẳng hay hai este này là đồng đẳng của nhau.

Bảo toàn khối lượng ta được:

mNaOH = mmuối + mancol - meste = 2,05 + 0,94 – 1,99 = 1 gam

→ nNaOH = 0,05 mol

Do đơn chức: neste = nNaOH = 0,05 mol

→ Chọn A.

September 2011

Trang 51

LangQuang.YDS

Giải

Đặt x là số mol Cu(NO3)2 bị nhiệt phân


Bảo toàn khối lượng, ta có

mX = 6,58 – 4,96 = 1,62 gam

→ 32.0,5x + 46.2x = 1,62 x = 0,015 mol

Hấp thụ X vào nước

→ [HNO3] = 0,1 → pH = 1

Giải

Ta có:

2

2

CO C

H O H

V Vn = n =

22,4 22,4

a an = n =

18 9

Hỗn hợp hai ancol no, đơn chức nên

2 2ancol H O CO [O] trong ancol

a Vn = n - n = - = n

18 22,4

Bảo toàn khối lượng, ta có

ancol C H O

V a a Vm = m = m + m + m = 12. + 1. + 16. -

22,4 9 18 22,4

5V = a - =

28

V

m a - 5,6

Giải

September 2011

Trang 55

LangQuang.YDS

Giải

Ta có: 2

2 2

2

CO

CO H O n 2n

H O

n = 0,4 mol n = n ete: C H O

n = 0,4 mol

→ Trong hỗn hợp ban đầu có 1ancol không no có 1

→ loại B, C

Sơ đồ phản ứng đốt cháy

n 2n 2C H O nCO

0,4 0,4 mol

n

ete

0,4 m = .(14n + 16) = 7,2 n = 4

n

→ Tổng số C trong hai ancol bằng 4

→ Chọn D.

Giải

Ta có: +

3

Fe

Cu

H

NO

n = 0,02

n = 0,03

n = 0,4

n 0,08

Bảo toàn e:

→ ∑ne nhường = 0,12 mol < ∑ne nhận = 0,24 mol

→ Fe và Cu tan hết

Viết lại phương trình nhận e

September 2011

Trang 62

LangQuang.YDS

Ta có:

Phương trình ion:

→ OH- dư 0,02 mol → [OH-] = 0,1M (thể tích dung dịch lúc sau là 200 ml)

→ pOH = 1 → pH = 13

Giải

Giải

Cho khí X vào Ca(OH)2 thu được kết tủa → trong X có CO2

Do khối lượng mol trung bình của X bằng 32 nên X gồm CO, CO2 và O2 dư (do điện cực làm

bằng than chì nên tác dụng với O2)

n↓ = 0,02 mol → trong 22,4 lít X có

→ Trong 67,2 m3 X có

Đặt:

Ta có:


September 2011

Trang 67

LangQuang.YDS

Nhận thấy không có natri halogen nào có khối lượng mol > 201

→ Trường hợp này loại

Vậy trường hợp còn lại là NaF và NaCl

→ mNaF = 6,03 – mNaCl = 2,52 gam

→ % = 41,8%

Giải

Sau phản ứng Cu còn dư 2,4 gam, vậy trong dung dịch tồn tại ion Fe2+

và Cu2+

(do Cu dư nên

tiếp tục khử Fe3+

thành Fe2+

)

→ mX phản ứng = 61,2 – mCu dư = 58,8 gam

Đặt:

Bảo toàn e, ta có:

Từ (1) và (2), suy ra a = 0,375 và b = 0,15

Sơ đồ chuyển hoá thành muối

mmuối = 151,5 gam

September 2011

Trang 68

LangQuang.YDS

Giải

X phản ứng với Cu(OH)2 trong môi trường kiềm → loại B, C

Ta có: 2

2 2

2

CO

H O CO

H O

n = 0,0195 n = n

n = 0,0195

X có 1 → loại A

→ Chọn D.

Giải

Ta có: nX = nNaOH = a mol → X chứa 1 chức –COOH (hoặc –OH gắn trực tiếp vào vòng benzen)

2X Hn = n = a mol → X có 2 H linh động

→ Chọn C.

Giải

Ta có:

2+

+

3

Cu

H

NO

n = 0,16

n = 0,4

n = 0,32

Sau phản ứng thu được hỗn hợp bột kim loại tức Cu và Fe dư, vậy trong dung dịch chỉ có ion

kim loại Fe2+

Bảo toàn e, ta có

+

3 2

2

4H + NO + 3e NO + 2H O

0,4 0,3 0,1 V =

Cu + 2e Cu

0,16 0,32 0,16

2,24 lít

→ ∑ne nhận = 0,62 mol

→ mFe phản ứng = 17,36 gam

→ mFe dư = m – 17,36

0,6m gam hỗn hợp gồm Cu và Fe dư

→ (m – 17,36) + 0,16.64 = 0,6m m = 17,8 gam

September 2011

Trang 70

LangQuang.YDS

2 2C HX

0,15 %n = = 0,25

0,6

c = 0,25 (3)a + b + c

(phần trăm số mol không thay đổi)

Từ (1), (2) và (3), suy ra a = 0,2, b = 1 và c = 0,1

Chú ý: Khi cho 2 thí nghiệm không đồng nhất về đơn vị thì phương pháp giải là lập tỉ lệ mol

Giải

Giả sử:

- Hỗn hợp chỉ gồm axit Y: RCOOH

- Hỗn hợp chỉ gồm Z: R’(COOH)2

→ 0,2 < nX < 0,4

Tính số C (do Y và Z có cùng số C)

→ Số C = 2: CH3COOH (Y) và HOOC-COOH (Z) → loại A, B

Đặt: (1)

Ta có:

Từ (1) và (2) suy ra a = 0,2 và b = 0,1

→ %mZ = 42,86%

Giải

September 2011

Trang 71

LangQuang.YDS

X

NaOH

n = 0,25 mol

n = 0,3 mol

nNaOH dư = 0,05 mol (do đơn chức nên tỉ lệ mol 1:1)

Ta có: Mancol > 32 → gốc ancol trong X phải là C2H5-

→ X: NH2-CH2-COO-C2H5

2 2 X + NaOH NH CH COONa

0,25 0,25 mol

Trong dung dịch Y có 0,25 mol muối và 0,05 mol NaOH dư

→ mrắn = 26,25 gam

Giải

Đặt (X): n 2n

C H O

Phương trình

Chênh lệch khối lượng:

Phương trình đốt cháy

X m = 0,5.(14n + 16) = 17,8 gam

Giải

Ta có: 2+

+

Cu

Ag

n = 0,02

n = 0,02

Nhúng thanh Fe vào dung dịch theo thứ tự Ag+ bị khử trước

September 2011

Trang 76

LangQuang.YDS

Giải


2

2 6

2 62 2 2 4 dd BrNiZ

2 2 2 2

X Z2

Y

C H

C HC H 0,02 C H M = 20,16

H 0,03 C H H

H

Ta có:

Khối lượng bình Br2 tăng chính là khối lượng của C2H4 và C2H2 bị giữ lại

tăng =

Giải

Lưu ý: Theo chiều tính oxi hoá tăng dần

Ta có:

Phương trình

→ nCu dư = 0,1 mol → mCu = 6,4 gam

Giải

September 2011

Trang 77

LangQuang.YDS

2 2 4

2

23 2 2+ O H SO d

2

x y 2

2250 ml500 ml (X)

550 ml (Y)

H O

CO(CH ) NH CO

H OC H N

N

V = 550 - 250 = 300 ml

Đặt: 3 2

x y

(CH ) NH

C H

V = a ml a + b = 100 a = 100 - b (1)

V = b ml

3 2 2 2 2

2 2x y

(CH ) NH 2CO + 3,5H O + 0,5N

a 2a 3,5a 0,5a

C H xCO + 0,5yH O

b xb 0,5yb

2 2CO N V + V = 250

2a + xb + 0,5a = 250 2,5a + xb = 250 (2)

Thế (1) vào (2) ta được:

→ loại A, D

Ta có số H trung bình của hỗn hợp X =

Số H của amin bằng 7 nên ta loại C, vì C2H6 và C3H8 luôn có số H trung bình lớn hơn 6

→ Chọn B.

Giải

Ta có:

Mặt khác, số liên kết < 3, theo quy tắc về số H tối đa ta có

September 2011

Trang 80

LangQuang.YDS

Giải

Ta có: 3

3

BaCO

CaCO

n = 0,06

n = 0,07

TH1: Chỉ có Na2CO3 tác dụng với BaCl2 cho kết tủa

(Vì thể tích giảm một nửa)

TH2: Khi đun nóng cả hai muối đều tác dụng với CaCl2 theo phương trình

→ y = 0,04 mol

Bảo toàn C, ta có:

Lưu ý: Muối CaCl2, BaCl2 không cho kết tủa với ở nhiệt độ thường. Khi đun nóng

bị nhiệt phân cho 2-

3CO cho kết tủa với hai muối trên

ot 2

3 3 2 2

2 2

3 3

HCO CO + CO + H O

Ca + CO CaCO

Giải

September 2011

Trang 84

LangQuang.YDS

n+

+ 2

4 2 2

Fe Fe + ne

x nx mol

4H + SO + 2e SO + H O

5x 2,5x

nx = 2,5x = y

→ Chọn D.

Giải

X phản ứng tối đa với 2 mol HCl hoặc 2 mol NaOH

→ (X): NH2-R-(COOH)2 và R’-NH2

Số 2CO

X

n 6C = = 3

n 2

Do số mol mỗi chất trong X bằng nhau nên số C trung bình cũng chính là số C của mỗi chất

→ (X): NH2-CH-(COOH)2 và C3H7-NH2

Bảo toàn H và N, suy ra: x = 7 và y = 1

Giải

Ta có hệ phương trình:

→ m = 10,9 gam

Giải


September 2011

Trang 88

LangQuang.YDS

Giả sử X là amin no

n 2n+3 2 2 2C H N nCO + (n + 1,5)H O + 0,5N

V nV (n + 1,5)V 0,5V

2 2 2CO H O N V + V + V = nV + (n + 1,5)V + 0,5V = 8V

n = 3

→ Chọn A.

Giải

Tách nước 2 ancol thu được 2 anken → Hai ancol có cấu tạo đối xứng hoặc ancol bậc 1

→ loại A.

Nhận xét đáp án Y là ancol no, đơn chức

2 5 2

n 2n+1 2

C H OH 3H O (1)

1 mol 3 mol

C H OH (n + 1)H O (2)

1 mol (n + 1) mol

Ta có:

→ Chọn C.

Giải

Ta có:


→ nCuO dư = 0,2 – 0,03 = 0,17 mol

→ mX = mCu + mCuO dư = 15,52 gam

→%mCu = 12,37%

September 2011

Trang 89

LangQuang.YDS


Giải

Đặt: 3 2HNO H On = a mol n = 0,5a

Bảo toàn N, ta có:

3NO

n trong muối = 3

N trong NONO trong axitn - n = a - 0,03


3 3 x 2 Y + HNO X(NO ) + NO + H O

2,71 (g) 63a (g) 0,9 (g) 9a (g)

Bảo toàn khối lượng, ta có:

3 3 x 2

-3

X(NO )3 x

Y HNO X(NO ) NO H O

X NO

m

m + m = m + m + m

2,71 + 63a = m + m + 0,9 + 9a

2,71 + 63a = 2,23 + 62.(a - 0,03) + 0,9 + 9a

a = 0,18 mol

→ Chọn D.

Cách khác:

Y gồm có oxit và kim loại dư, khi cho tác dụng với HNO3, một phần axit tham gia phản ứng oxit

axit, một phần tham gia phản ứng oxi hoá khử

Ta có:

Oxit + HNO3:

Kim loại + HNO3:

Giải


September 2011

Trang 90

LangQuang.YDS

16 32 2 2 2

18 36 2 2 2

18 32 2 2 2

a.panmitic C H O 16CO + 16H O

a.stearic C H O 18CO + 18H O

a.linoleic C H O 18CO + 16H O

Nhận xét a.pamitic và a.stearic trong phân tử có 1 khi đốt cháy cho 2 2CO H On = n , nên sự chênh

lệch số mol CO2 và H2O là của a.linoleic

2 2CO H O a.linoleic

a.linoleic

n - n = 0,03 = 2n

n =

0,015 mol

Cách khác:

Giải phương trình 3 ẩn

Giải

Ta có:

[O] CO

oxit

n = n = 0,8mol

M + H2SO4 → 0,9 mol SO2

Bảo toàn e, ta có:

n có hai giá trị 2 và 3

Giải

Ta có:

September 2011

Trang 94

LangQuang.YDS

4 2 2 2 4

1CuSO + H O Cu + O + H SO

2

a a 0,5a a mol

m dd giảm = 2 2 4Cu O H SOm + m = 8 gam 64a + 32.0,5a = 8 n = 0,1 mol a = 0,1 mol

Gọi dư = b mol

Vậy trong dung dịch Y có b mol CuSO4 dư và 0,1 mol H2SO4 đều tác dụng với Fe

dư = 0,3 – (0,1 + b) = 0,2 – b

12,4 gam kim loại gồm có Cu và Fe dư

ban đầu = a + b = 0,25 mol → [CuSO4] = 1,25M

Giải

8Al + 3Fe3O4 → 4Al2O3 + 9Fe

Ban đầu: 0,4 0,15

Phản ứng: x → 0,375x 1,125x

Kết thúc: (0,4 – x) (0,15 – 0,375x) 1,125x

Hỗn hợp sau phản ứng gồm có Al2O3, Fe3O4 dư, Al dư (0,4 – x) mol, Fe 1,125x mol

2 4

22 4

H SO l

2

HH SO l

2

Fe H

1,125x 1,125x

n = 1,125x + 1,5.(0,4 - x) = 0,48 3 Al H

2

(0,4 - x) 1,5.(0,4 - x)

x = 0,32 mol

0,32

H = = 80%0,4

Giải

X là anđehit no, đơn chức → X có 1

September 2011

Trang 98

LangQuang.YDS

M gồm : 2NaOH

2x

NaO

R'COOH + + H O

2x mol

R'COOR + H

y

+

y mol

R

'C

OON

a

2x

R'COONa

y

ROH

x mol

ROH

y

Ta có:

Thế (1) vào (3) ta được R’ = 15 (CH3-) → loại A và C

Ta luôn có x + y < 0,2

(2) → R + 17 > 40, 25 R > 23,25 → loại B.

Giải

Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

Bảo toàn điện tích ta có

2+ + -

3

+

Ca Na HCO Cl

Na

2n + 1.n = 1.n + 1.n

2.0,04 + n = 0,06 + 0,1

+Nan = 0,08 mol

Khi đun nóng dung dịch X ta có phản ứng

to 2

3 3 2 22HCO CO + CO + H O

0,06 0,03 0,03 mol

→ mchất rắn = 2 2X CO H Om - (m + m ) = 8,79 gam

September 2011

Trang 100

LangQuang.YDS

Ta có:

Theo thứ tự trong dãy điện hoá Cu sẽ bị oxi hoá trước

Giải

Áp dụng ĐLBTKL, ta có

HCl HClm = 17,64 - 8,88 = 8,76 n = 0,24

2 x 3 xR(NH ) + xHCl R(NH Cl)

0,24 0,24

x

amin

8,88 M = = 37x

0,24

x

( với x là số nhóm chức –NH2)

Chọn x = 2 → M = 74 (H2NCH2CH2CH2NH2)

Giải

Ta có: X no, đơn chức

(do X đơn chức có 1O)

Phương trình ete hoá

September 2011

Trang 101

LangQuang.YDS


Giải

Ta có: 3 2

KCl

Cu(NO )

n = 0,1

n = 0,15

Phương trình điện phân:

3 2 2 32KCl + Cu(NO ) Cu + Cl + 2KNO

0,1 0,05 0,05 0,05

3 2Cu(NO ) n dư = 0,1 mol

mdd giảm = 2Cu Clm + m = 0,05.64 + 0,05.71 = 6,75 gam < 10,75 gam

→ Cu(NO3)2 tiếp tục bị điện phân

mdd giảm = 6,75 + 64a + 0,5a.32 = 10,75 a = 0,05 mol < dư = 0,1mol

Vậy trong dung dịch còn Cu(NO3)2, KNO3 và HNO3.

Giải

Axit hai chức, mạch hở có 1 liên kết C=C → CTTQ: CnH2n-4O4

Ta có:

Bảo toàn nguyên tố

September 2011

Trang 102

LangQuang.YDS

axit C H O

V 5V ym = = m + m + m = .12 + 2.y + - .4.16 =

22,4 224 2

55Vx - 30y

28

28V = x + 30y

55

Giải

Ta có:

Khi cho Fe và Cu vào dung dịch theo thứ tự trong dãy điện hoá Fe sẽ phản ứng trước

Nhận xét khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng là 0,75m lớn hơn 0,7m khối lượng của Cu,

vậy chứng tỏ Cu không tham gia phản ứng.

mFe phản ứng = 0,25m gam

Do Fe dư nên muối thu được chứa ion Fe2+


Bảo toàn nguyên tố N

3 2 x

[N] [N] [N]axit Fe(NO ) NO

n = n + n

0,7 x.2 + 0,25 x = 0,225 mol

→ nFe phản ứng = 0,225 mol → mFe phản ứng = 12,6 gam = 0,25m

→ m = 50,4 gam

Giải

2

2 6

2 62 2 2 4 dd BrNi,t

2 2 2 2

X 0,2 mol2

Y

C H

C HC H x mol C H M = 16

H x mol C H H

H

Ta có:

tăng = = 10,8 gam

September 2011

Trang 103

LangQuang.YDS

2 6 2C H Hm + m = 16.0,2 = 3,2 gam

2 4 2 2 2 6 2C H C H C H H= m + m + m + m = 14 gamX Ym = m

2 2 2X C H H m = m + m = 26x + 2x = 14

x = 0,5 mol

Đốt cháy trạng thái Y cũng như đốt cháy trạng thái X

2

2 2 2 2 2

O

2 2 2

5C H + O 2CO + H O

2

0,5 1,25 mol n = 1,5 mol

1H + O H O

2

0,5 0,25 mol

2OV = 33,6 lít

Giải

Ta có:

2

-

2+

CO

OH

Ca

n = 0,03

n = 0,05

n = 0,0125

-

2

OH

CO

n1 < 1,67 < 2

n có 2 trường hợp xảy ra

Áp dụng công thức dạng tổng quát, ta có:

Giải

C7H8 có 4 lien kết

X tác dụng với AgNO3/NH3 thì phải có liên kết C≡C đầu mạch

Phương trình phản ứng tổng quát

September 2011

Trang 109

LangQuang.YDS

Giải

Đặt công thức chung của 3 axit là R(COOH)x

3+ NaHCO

x 2R(COOH) xCO

0,7 0,7 mol

x

Bảo toàn nguyên tố O, ta có:

Giải

Nhận xét: nên H2SO4 dư, Fe và Al phản ứng hết 0,32 gam chất rắn là

Cu → nCu = 0,005

Đặt:

dư = 0,03 – 0,02 = 0,01 mol

Khi thêm 0,005 mol NaNO3 vào , ta lần lượt có các phản ứng

+H n dư =

1 10,02 -

75 150 tiếp tục oxi hoá Fe

2+ trong môi trường -

3NO

2+ + 3+

3 2 3Fe + 4H + NO 3Fe + NO + 2H O

1 1 10,005 0,005

150 600 600

Nhận thấy H+ và -

3NO hết, toàn bộ Fe2+

bị oxi hoá thành Fe3+

, nên trong dung dịch sau phản ứng

chỉ còn ion kim loại và 2-

4SO 0,03 mol

September 2011

Trang 110

LangQuang.YDS

→ mmuối = 2-4

KL SOm + m = 0,87 + 23.0,005 + 96.0,03 = 3,865 gam

Lưu ý: Ngoài ion kim loại ban đầu còn có ion Na+

Giải

Từ khối lượng riêng ta có:

1,55 gam Ca → chiếm thể tích là 1 cm3

→ 1,55

40mol Ca → chiếm thể tích là 1 cm

3

→ 1 mol Ca → chiếm thể tích là cm3 (thể tích này gồm nguyên tử Ca và khe rỗng)

→ Thể tích thực mà các nguyên tử Ca chiếm lấy trong 1 mol =

Vậy thể tích 1 nguyên tử Ca =

Ta có:

Giải

Nhận xét: Các chất đều có công thức tổng quát là CnH2n-2O2

Ta có:

Phương trình đốt cháy

2 2CO H O m + m = 10,62 gam< m↓ = 18 gam

Vậy dung dịch X giảm 18 – 10,62 = 7,38 gam so với ban đầu

September 2011

Trang 111

LangQuang.YDS

Giải

X: R-COO-CH2-CH2-OOC-R’

Số O = 4 → Số C = 5

Etylen glicol chiếm 2C → Trong axit có 3C → R = H và R’ = CH3-

Giải

Giải

Nhận xét đáp án ta có Y là axit 2 chức

Ta có:

Chọn n = 2 và n’ = 3 → Chọn D.

September 2011

Trang 114

LangQuang.YDS

Chỉ có FeSO4 tác dụng với dung dịch KMnO4

+7 2 2+ 3+Mn + 5e Mn Fe Fe + 1e

0,05 0,01 0,05 0,05

2+Fe n = 0,02 + 2x = 0,05 x = 0,015 mol =

Cu

Cu

n

m = 0,96 gam


Giải

Ta có:

%mN = 11,864% → mN = 14,16.11,864% = 168 gam

3N NO

n = 0,12 n = 0,12

3

KL X NOm = m - m = 14,16 - 0,12.62 = 6,72 gam

Giải

Từ chỉ số axit béo:

1 gam chất béo → cần 7 mg KOH để trung hoà axit béo tự do

→ 200 gam chất béo → cần 1400 mg KOH

NaOH KOH n = n = 0,025 mol

3 5 3 3 5 3

2

C H (OOCR) + 3NaOH 3RCOONa + C H (OH)

x x mol mol

3

R'COOH + NaOH R'COONa + H O

0,025 0,025

Áp dụng ĐLBTKL, ta có:

mchất béo + mNaOH = mmuối + mglixerol +

Lưu ý:

- Chỉ số axit: Số mg KOH cần để trung hoà axit béo tự do có trong 1 gam chất béo.

- Chỉ số este: Số mg KOH cần để xà phòng hết lượng triglixerit có trong 1 gam chất béo.

September 2011

Trang 115

LangQuang.YDS

- Chỉ số xà phòng hoá: Số mg KOH dùng để xà phòng hoá hết lượng triglixerit và trung

hoà lượng axit béo tự do có trong 1 gam chất béo (tổng chỉ số axit và este).

- Chỉ số iot: Số gam iot có thể cộng vào liên kết bội trong mạch cacbon của 100 gam chất

béo.

Giải

Số tấn Fe3O4 có trong x tấn quặng manhetit = 0,8x (tấn) 3 4Fe O

0,8x n = tmol

232

Số tấn Fe có trong 800 tấn gang = 800.95% = 760 (tấn)

Lượng sắt bị hao hụt 1% → H = 99%

H = 99%

3 4Fe O 3Fe 3Fe trong gang

0,8x 3.0,8x.99% 3.0,8x.99%

232 232 232

→ mFe trong gang = 3.0,8x.99%

.56 760 232

x = 1325,16 tấn

Giải

Ta có:

-

2+4 4

24

OH

Ba BaSO BaSO

SO

n = 0,168

n = 0,012 n = 0,012 m = 2,796 gam

n = 0,02

Kết tủa gồm có Al(OH)3 và BaSO4

3 4 3Al(OH) BaSO Al(OH) m = 3,732 - m = 0,936 gam n = 0,012

X + Y:

+ -

2H + OH H O

0,1 0,1

dư = 0,168 – 0,1 = 0,068 >

→ có 2 phản ứng xảy ra:

Áp dụng công thức:

September 2011

Trang 123

LangQuang.YDS

2 2

2 2

RCHO + H RCH OH

1 1 mol

1RCH OH H

2

1 0,5 mol

Na

→ V = 11,2 lít

Giải

Ta có: R 2 2

R

14.1%N = 15,73 =0,1573 M = 89 X: NH -CH -COO-

M

3CH


→ m = 2,67 gam

Giải

Lưu ý: Tính oxi hóa tăng dần theo thứ tự:

Có nghĩa là Zn sẽ khử Fe3+

xuống Fe2+

rồi xuống Fe


mdd giảm = mZn – mFe = 9,6 ↔ 65(0,12 + x) – 56x = 9,6 ↔ x = 0,2 mol

→ nZn = 0,32 mol → m = 20,8 gam

Giải

September 2011

Trang 124

LangQuang.YDS

C4H10 → C4H8 + H2 Br2

C4H10 → C4H6 + 2H2 2Br2

C4H10

Ta có: XM = 23,2

Giả sử 4 10C Hn ban đầu = 1, áp dụng ĐLBTKL, ta có:

4 10C H Y Y

Y

58.n = n .M

1.58 = n .23,2

4 10C H X

Y

m = m

n = 2,5

Vậy 2,5 mol Y cần 1,5 mol Br2

→ 0,6 mol Y cần 0,36 mol

Giải

Áp dụng ĐLBT e:

Vậy 20 ml có 0,015 mol Fe2+

→ 150 ml có 0,1125 mol Fe2+

Giải

Ta có:

Số H =

→ Y có 1 nhóm –COOH và Z đa chức, do không có axit hữu cơ nào có 1H nên cả hai axit đều có

2H

→ Y: HCOOH (x mol) và HOOC-COOH (y mol)

September 2011

Trang 125

LangQuang.YDS

Giả sử a = 1, ta có hệ phương trình:

2 2

HCOOH

HCOOH

CO (COOH)

m = 18,4x + y = 1 x = 0,4 %m =

x + 2y = n = 1,6 m = 54y = 0,6

25,41%

Giải

2 2 2CO ( ) + H O ( ) CO ( ) + H ( )k k k k

Ban đầu: 0,2 0,3

Phản ứng: x x x x

Kết thúc: (0,2 – x) (0,3 – x) x x

2

2 2C

2

[CO ][H ] x K = 1

[CO][H O] (0,2 - x)(0,3 - x)

x = 0,12 mol

2

CO

H O 2

0,08n = 0,08 [CO] =

10

0,18n =0,18 [H O] =

10

0,008M

0,018M

Giải

Gọi x là số mol của Cu tham gia phản ứng:

+ 2Cu + 2Ag Cu + 2Ag

x 2x x

Trong X có (0,08 – 2x) mol Ag+ và x mol Cu

2+

Cho Zn vào X, áp dụng ĐLBT e ta có:

+

2+

2+

Ag + 1e Ag

(0,08 - 2x) (0,08 - 2x) Zn Zn + 2e

0,04 0,08 Cu + 2e Cu

x 2x

→ nZn dư = 0,09 – 0,04 = 0,05 mol → mZn dư = 3,25 gam

Ta có khối lượng Ag kết thúc 2 phản ứng = 0,08.108 = 8,64 gam (do Zn dư nên AgNO3 hết)

∑mchất rắn cả 2 phản ứng = 10,53 + 7,76 = 18,29

= 0,08

September 2011

Trang 126

LangQuang.YDS

mCu + mAg + mZn dư = 18,29 → mCu = 6,4 gam

Nhận xét: Cu tham gia phản ứng (1) sau đó được tạo thành ở phản ứng (2) với khối lượng bằng

nhau, có thể xem Cu không thay đổi khối lượng trong phản ứng.

----------The End----------

Muïc luïc:

Naêm Trang

A-2007.......................................... 1

B-2007 .......................................... 17

A-2008.......................................... 27

B-2008 .......................................... 37

A-2009.......................................... 47

B-2009 .......................................... 60

A-2010.......................................... 74

B-2010 .......................................... 89

A-2011.......................................... 101

B-2011 .......................................... 114

Trên đây là bài giải các đề thi đại học các năm, hi vọng nó sẽ giúp ích cho các bạn trong mùa

thi đại học sắp đến, trong bài giải ít nhiều cũng có sai sót, các bạn hãy góp ý và gửi phản hồi

về:

[email protected]

Khoa Y – ĐH Y Dược Tp.HCM

Chuùc caùc baïn thaønh coâng trong kì thi saép ñeán !

mailto:[email protected]

giẢi bÀi tẬp trong cÁc ĐỀ thi ĐẠi hỌc tỪ nĂm …º¢i bÀi tẬp trong cÁc ......

Documents