Giải chi tiết các đề thi đại học 2007 - 2011 Môn Hóa

 September 2011 Trang 1 LangQuang.YDS KHỐI A-2007 MÃ ĐỀ 182 Giải Ta có: m bình tăng = m X = 6,7 gam n X = 0,2 mol 2 Br n phản ứng = 0,35 n X < 2 Br n < 2n X → X chắc chắn có 1 ankin, hiđrocacbon còn lại có thể là anken hoặc ankan. TH 1 : 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): C 2 H 2 + C 4 H 8 TH 2 : loại Giải 3 3 HNO 2 2 4 3 HNO 24 2FeS Fe (SO ) 0,12 0,06 Cu S 2CuSO a 2a   Theo định luật bảo toàn nguyên tố: 2- 4 S SO n = n = 0,24 + a  Theo định luật bảo toàn điện tích: 3+ 2+ 2- 4 Fe Cu SO 3n + 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: C x H y N 2 x y 2 N C H N N n = 0,0625 n = 2n = 0,125 2 CO n = 0,0625 → số C = 2 CO X n n = 2 Lưu ý: A. Đốt cháy hợp chất hữu cơ C x H y hoặc C x H y O z (không chứa N): 1. Ankan hay hợp chất có liên kết đơn: C n H 2n + 2 + O 2 → nCO 2 + (n + 1)H 2 O 2 2 2 n 2n+2 2 C H O HO O OC C H n < n n - n = n       2. Anken hay hợp chất có 1 liên kết π (1 vòng): C n H 2n + O 2 → nCO 2 + nH 2 O 22 CO H O n = n 3. Ankin – ankađien hay hợp chất có 2 liên kết π: C n H 2n – 2 + O 2 → nCO 2 + (n – 1)H 2 O 22 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: C n H 2n – 4 + O 2 → nCO 2 + (n – 2)H 2 O 22 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): C n H 2n – 6 + O 2 → nCO 2 + (n – 3)H 2 O 22 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 C x H y N t hoặc C x H y O z N t : 1. Amin đơn chức no: C n H 2n + 3 N + O 2 → nCO 2 + (n + 3 2 )H 2 O + ½ N 2 22 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: C n H 2n + 1 N + O 2 → nCO 2 + (n + 1 2 )H 2 O + ½ N 2 22 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: C n H 2n – 1 N + O 2 → nCO 2 + (n - 1 2 )H 2 O + ½ N 2 22 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 22 CO H O n > n → Hai hiđrocacbon có thể là: 2 ankan 1 ankan + 1 anken 1 ankan (x mol) + 1 ankin (y mol) (x > y)       Nếu 22 CO H O n n   → Hai hiđrocacbon có thể là: 2 anken 1 ankan (x mol) + 1 ankin-ankadien (y mol) (x = y)     Nếu 22 CO H O n < 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 CO 2 và H 2 O 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 CO 2 , số mol H 2 O, 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 2 CO hchc n C = n hoặc Số 2 HO hchc 2n H = n - Bảo toàn nguyên tố C và H, suy ra khối lượng hiđrocacbon.  September 2011 Trang 4 LangQuang.YDS Giải 2 1 ROH + Na RONa + H 2  Áp dụng ĐLBTKL: 2 H ancol Na m = m + m - m chất rắn = 0,3 → 2 ancol H n = 2n = 0,3 ancol 2 5 3 7 15,6 46 (C H OH) < M = = 52 < 60 (C H OH) 0,3 (do đồng đẳng liên tiếp) Lưu ý: Ancol tác dụng với Na Na n2 n R(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: 2 H n = n chất hữu cơ → chất có 2 nhóm –OH hoặc 2 nhóm –COOH Giải Cho từ từ HCl vào dung dịch Na 2 CO 3 ta có lần lượt các phản ứng xảy ra + 2- - 33 +- 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 - 3 HCO → V = 22,4(a – b) Lưu ý: Khi cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na 2 CO 3 ta có lần lượt các phản ứng như trên, nhưng khi cho ngược lại ta chỉ có một phản ứng duy nhất 2H + + 2- 3 CO → CO 2 + H 2 O  September 2011 Trang 5 LangQuang.YDS Giải Thuỷ phân lipit thu được 2 loại axit béo: → Lipit: RCOO-C 3 H 5 -(OOCR’) 2 Ta có: n glixerol = n lipit = 0,5 → M lipit = 888 Chọn : C 17 H 35 COOH và C 17 H 33 COOH Lưu ý: Cần thuộc lòng M của Tristearin: M = 890 (lipit no) để làm chuẩn M lipit giảm 2 → trong lipit có 1 gốc axit béo không no có 1 Giải ( 2 CH -CHCl ) 2 2k 3k k Cl 2k 3k-1 k+1 k 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 2 CH C(CH )=CH-CH ) n + 2S ( 32 S-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 –CH 2 –) nên: YX Z X X X X ZX M M 14 M M 28 M 28 2M M 28 M 2M               → M Y = 42 (C 3 H 6 )  September 2011 Trang 6 LangQuang.YDS 22 O + Ca(OH) 3 6 2 3 C 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    → n Ag = 0,3mol TH 1 : RCHO → 2Ag → n X = 0,15 → M X = 44 (CH 3 CHO) TH 2 : RCHO → 4Ag → n X = 0,075 → M X = 88 (loại) Giải n Ag = 0,4 = 4n X → X có thể là HCHO hoặc X có 2 chức –CHO → loại B, D. n Na = 0,2 = 2n Y → X có 2 chức –CHO → Chọn C Giải Toán CO 2 , SO 2 tác dụng với dung dịch kiềm 1. CO 2 tác dụng với dung dịch NaOH KOH : Đặt: 2 NaOH CO b a n T = = n TH 1 : T ≤ 1 → CO 2 dư → tạo muối NaHCO 3 TH 2 : T ≥ 2 → NaOH dư → tạo muối Na 2 CO 3 TH 3 : 1 < T < 2 Khảo sát:       23 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 23 3 Na CO NaHCO n = b - a n = a - (b - a) = 2a - b       2. CO 2 tác dụng với dung dịch 2 2 () () Ca OH Ba OH : Đặt: 2 2 CO Ca(OH) n a T = = nb TH 1 : T ≤ 1 → Ca(OH) 2 dư → tạo muối CaCO 3 ↓ TH 2 : T ≥ 2 → CO 2 dư → tạo muối Ca(HCO 3 ) 2 TH 3 : 1 < T < 2 Khảo sát:           2 3 2 2 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                 32 3 Ca(HCO ) CaCO n = a - b n = b - (a - b) = 2b - a       3. CO 2 tác dụng với hỗn hợp dung dịch NaOH KOH và 2 2 () () Ca OH Ba OH : Đặt: - 2 OH CO b T = = na  TH 1 : T ≤ 1 → CO 2 dư → tạo muối HCO 3 - TH 2 : T ≥ 2 → OH - dư → tạo muối CO 3 2- TH 3 : 1 < T < 2 Khảo sát:       23 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) (2Số bé – Số lớn) (Số lớn – Số bé)  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- 3 CO n so với 2+ 2+ n Ca n Ba : - Nếu 2- 3 CO n < 2+ 2+ n Ca n Ba → n↓ = 2- 3 CO n - Nếu 2- 3 CO n > 2+ 2+ n Ca n Ba → n↓ = 2+ 2+ n Ca n Ba  Thông thường chỉ cần nhớ TH 3 thì có thể áp dụng tổng quát cho hai trường hợp trên.  Toán SO 2 công thức tính tương tự. Giải Ta có: 2 2 2 3 3 CO Ba(OH) BaCO CO n = 0,12 mol n = 2,5a mol n = n = 0,08 mol         32 BaCO CO n < n → Xảy ra hai trường hợp Theo công thức, ta có: 3 2 2 BaCO Ba(OH) CO n = 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 M n+ và H + (do nước hoặc axit điện li). - Thứ tự nhận electron: K + < Ca 2+ < Na + < Mg 2+ < Al 3+ < H 2 O < Mn 2+ < Zn 2+ < Cr 3+ < Fe 2+ < Ni 2+ < Sn 2+ < Pb 2+ < Fe 3+ < 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 Al 3+ trở về trước thực tế không điện phân, thay vào đó là nước điện phân. (2Số bé – Số lớn) (Số lớn – Số bé)  September 2011 Trang 9 LangQuang.YDS - 22 2H O + 2e 2OH + H - Kim loại tiếp theo bị khử theo phương trình: M n+ + 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 > S 2- > I - > Br - > Cl - > OH - (bazơ) > H 2 O > Gốc axit có oxi (SO 4 2- , NO 3 - , CO 3 2- ,F - …) → Quy luật:Chất có tính khử mạnh sẽ bị oxi hoá trước. - Các anion SO 4 2- , NO 3 - , CO 3 2- , SO 3 2- , PO 4 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) + 22 1 H O 2H + O + 2e 2   Công thức Faraday: A It m = . nF Hoặc dùng công thức tính số mol khí thoát ra ở mỗi điện cực: It n = 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 Cu 2+ + 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 I n .  Điện phân nóng chảy Có 3 loại hợp chất điện phân nóng chảy: 1. Oxit kim loại: M x O y dpnc  xM + y 2 O 2 2. Muối clorua: MCl n dpnc  M + n 2 Cl 2 3. Hiđroxit kim loại (nhóm I A ): 2MOH dpnc  2M + ½ O 2 + H 2 O Phương pháp này dùng để điều chế những kim loại từ Al trở về trước từ các oxit thay vì dùng CO, H 2 . Giải 2+ - 2 Catot (-) Anot (+) Cu + 2e Cu 2Cl Cl + 2e 0,01 0,005 0,005 0,01    22 2NaOH + Cl NaClO + NaCl + H O 0,01 0,005   n NaOH còn lại = 0,01 mol → n NaOH ban đầu = 0,01 + 0,01 = 0,02 mol → [NaOH] = 0,1M Giải 23 NH -R-COOH + HCl ClNH -R-COOH Chênh lệch khối lượng: [...]... axit yếu ( < 1)  H+ + A- (Ka) HA Ban đầu: C0 0 0 Điện li: C0 C0 C0 Cân bằng: ( 1- )C0 C0 C0 [H + ][A- ] α2C0 Ka = = [HA] 1- 