TỔNG HỢP CÁCH GIẢI MÔN HÓA KHỐI A 2013

PHÙNG KHẮC NGUYÊN BỘ GIÁO DỤC ĐẦO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : HÓA HỌC, Khối A (Đề thi có 05 trang) Thời gian làm bài : 90 phút, không kể thời gian phát đề Họ và tên thí sinh : ……………………………………………………… Số báo danh : …………………………………………………………… Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố : H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; P = 31; Ca = 40; Cr = 52, Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag=108; Ba = 137. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu 1 đến câu 40) Câu 1 : Hỗn hợp X gồm 3,92 gam Fe, 16 gam Fe 2 O 3 và m gam Al. Nung X ở nhiệt độ cao trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 loãng (dư), thu được 4a mol khí H 2 . Phần hai phản ứng với dung dịch NaOH dư, thu được a mol khí H 2 . Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m Cách 1 : • Khi nung X : 2Al + Fe 2 O 3 → 2Fe + Al 2 O 3 • Từ mol Fe 2 O 3 = 0,1 → Rắn Y mỗi phần :        − =+ 1,0 27.2 m :Al 135,0 2.56 92,3 1,0:Fe du • bt e : 3n Al(dư) + 2n Fe = 2.4a (1) và : 3n Al(dư) = 2.a (2) • Thay (2) vào (1) → a = 0,045 • Từ (2) → m = 7,02 Cách 2 : Số mol Fe = 0,07, Fe 2 O 3 = 0,1 Do phản ứng hoàn toàn nên: Fe 2 O 3 + 2Al Al 2 O 3 + 2Fe 0,1 0,2 0,2 Fe + 2H + H 2 + Fe 2+ 0,135 0,135 Al + 3H + 1,5H 2 + Al 3+ x 1.5x Al + OH - + H 2 O 1,5H 2 + Al 3+ x 1,5x Ta có: 0,135 + 1,5x = 4a và 1,5x = a Suy ra: x = 0,03 và a = 0,045 Vậy tổng số mol Al bđ = 0,2 + 0,03.2 = 0,26 m Al = 7,02 gam Cách 3: Số mol electron trao đổi : 16 16 3,92 16 ( 2) 3 2 2 2 4 ( 2) 3 27 160 160 56 27 160 − × × + × × + × = × − × × m m m=7,02 Cách 4 : Al dư > không còn Fe 2 O 3 Số mol Al trong mỗi phần =0,2a:3→ số mol Fe trong mỗi phần =4a–a=(3,92:56+16:160×2):2 >a=0,045 m=(0,2a:3×2+16:160×2)×27=7,02 Câu 2: Trong điều kiện thích hợp, xảy ra các phản ứng sau (a) 2H 2 SO 4 + C  2SO 2 + CO 2 + 2H 2 O (b) H 2 SO 4 + Fe(OH) 2  FeSO 4 + 2H 2 O (c) 4H 2 SO 4 + 2FeO  Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 4H 2 O (d) 6H 2 SO 4 + 2Fe  Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O Trong các phản ứng trên, phản ứng xảy ra với dung dịch H 2 SO 4 loãng là A. (a) B. (c) C. (b) D. (d) HD: Câu này khá đơn giản:H 2 SO 4 loãng không có tính oxi hóa do đó trong các phản ứng trên chỉ cần xem pư nào không có sp khử sinh ra là xong. Mã đề : 374 PHÙNG KHẮC NGUYÊN Câu 3: Trong một bình kín chứa 0,35 mol C 2 H 2 ; 0,65 mol H 2 và một ít bột Ni. Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí X có tỉ khối so với H 2 bằng 8. Sục X vào lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH 3 đến phản ứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y và 24 gam kết tủa. Hỗn hợp khí Y phản ứng vừa đủ với bao nhiêu mol Br 2 trong dung dịch? A. 0,10 mol. B. 0,20 mol. C. 0,25 mol. D. 0,15 mol Cách 1 : C 2 H 2 dư + 2AgNO 3 /NH 3 2Ag 2 C 2 Số mol C 2 H 2 dư = 0,1, số mol pư = 0,25 M X = 16 mà m X = 0,35.26 + 0,65.2 = 10,4 gam (BTKL) Suy ra: n X = 10,4/16 = 0,65 mol Các pư: C 2 H 2 + H 2 C 2 H 4 a a a C 2 H 2 + 2H 2 C 2 H 6 b 2b b Ta có: a + b = 0,25 Và: a + b + 0,65 – (a + 2b) + 0,1 = 0,65 Giải ra: a = 0,15, b = 0,1 Vậy trong hh Y có : 0,15 mol C 2 H 4 C 2 H 4 + Br 2 C 2 H 4 Br 2 Số mol Br 2 = 0,15 mol Cách 2 : • Áp dụng ĐLBT khối lượng ⇒ m X = m(C 2 H 2 ) + m(H 2 ) = 10,4 g ⇒ n X = 0,65 mol . • mol (C 2 H 2 dư) = mol (C 2 Ag 2 ) = 0,1 ⇒ mol (C 2 H 2 pứ) = 0,35 – 0,1 = 0,25 ⇒ mol(H 2 dư) = mol (H 2 bđ) – 0,35 = 0,3 ⇒ mol (H 2 pứ) = 0,35 . • Gọi x, y lần lượt là mol pứ C 2 H 2 tạo C 2 H 4 và C 2 H 6 , nên : x + y = 0,25 và x + 2y = 0,35 ⇒ y = 0,1 , x = 0,15 . Cách 3 : Bảo toàn số mol liên kết π: nH 2 pư+ nBr 2 =2nC 2 H 2 pư 0,35 26 0,65 2 24 0,35 2 (0,35 0,65 ) 2 0,15 16 240 × + × × − + − − × = Câu 4: Ở điều kiện thích hợp xảy ra các phản ứng sau: (a) 2C + Ca  CaC 2 (b) C + 2H 2  CH 4 (c) C + CO 2  2CO (d) 3C + 4Al  Al 4 C 3 Trong các phản ứng trên, tính khử của cacbon thể hiện ở phản ứng A. (c) B. (b) C. (a) D. (d) Câu 5: Lên men m gam glucozơ để tạo thành ancol etylic (hiệu suất phản ứng bằng 90%). Hấp thụ hoàn toàn lượng khí CO 2 sinh ra vào dung dịch Ca(OH) 2 dư, thu được 15 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 15,0 B. 18,5 C. 45,0 D. 7,5 Cách 1. C 6 H 12 O 6 2C 2 H 5 OH + 2CO 2 0,075 0,15 CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O 0,15 0,15 Khối lượng Glucozo = 0,075.180.100/90 = 15 gam Cách 2 • Glucozo C 6 H 12 O 6 → 2CO 2  → + 2 )OH(Ca 2CaCO 3 ⇒ m(Glu) = 90 100 .180. 2 n 3 CaCO = 15 g Cách 3 Số mol glucozơ bằng nữa số mol ancol etylic 0,15 180: 0,9 15 2 × = Câu 6: Hỗn hợp X gồm Ba và Al. Cho m gam X vào nước dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8,96 lít khí H 2 (đktc). Mặt khác, hòa tan hoàn toàn m gam X bằng dung dịch NaOH, thu được 15,68 lít khí H 2 (đktc). Giá trị của m là A. 29,9 B. 24,5 C. 19,1 D. 16,4. Cách 1 • Tác với H 2 O : Ba tan hết (x mol), Al tan 1 phần ⇒ 4x = 0,4 ⇒ x = 0,1 mol . • Tác dụng NaOH cả Ba và Al đều hết (y mol) ⇒ x + 1,5y = 0,7 ⇒ y = 0,4 Cách 2 Do khi hoà tan hh vào NaOH được nhiều H 2 hơn khi cho vào nước chứng tỏ khi cho vào nước Al còn dư. Ba + 2H 2 O Ba(OH) 2 + H 2 PHÙNG KHẮC NGUYÊN x x x 2Al + Ba(OH) 2 + 2H 2 O Ba(AlO 2 ) 2 + 3H 2 2x x 3x Ta có: x + 3x = 8,96/22,4 = 0,4, suy ra x = 0,1 Số mol Ba = 0,1, số mol Al đã pư = 0,2 Khi cho vào NaOH, lượng H 2 nhiều hơn là do pư: Al + OH - + H 2 O AlO 2 - + 1,5H 2 Số mol H 2 thu được thêm = 0,7 – 0,4 = 0,3 Vậy số mol Al còn dư = 0,3/1,5 = 0,2 Tổng số mol Al = 0,4 mol Vậy m X = 0,1.147 + 0,4.27 = 24,5 gam Cách 3 : Phương pháp cộng gộp : 8,96 137 27 15,68 8,96 ( ) :1,5 27 24,5 22,4 4 2 22,4 − × + + × = Cách 4: 4mol Ba=0,4 và 2molBa + molNa=1,4mol… Câu 7: Khối lượng Ag thu được khi cho 0,1 mol CH 3 CHO phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH 3 , đun nóng là A. 10,8 gam B. 43,2 gam C. 16,2 gam D. 21,6 gam Cách 1 • Pứ : CH 3 CHO → 2Ag ⇒ mol(Ag) = 2 mol(CH 3 CHO) Cách 2 CH 3 CHO 2Ag 0,1 0,2 Khối lượng Ag = 21,6 gam Câu 8: Cho bột Fe vào dung dịch gồm AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X gồm hai muối và chất rắn Y gồm hai kim loại. Hai muối trong X và hai kim loại trong Y lần lượt là: A. Cu(NO 3 ) 2 ; Fe(NO 3 ) 2 và Cu; Fe B. Cu(NO 3 ) 2 ; Fe(NO 3 ) 2 và Ag; Cu C. Fe(NO 3 ) 2 ; Fe(NO 3 ) 3 và Cu; Ag D. Cu(NO 3 ) 2 ; AgNO 3 và Cu; Ag. Cách 1 : • Ag + pứ trước ; Cu 2+ pứ sau . • X gồm 2 muối ; Y gồm 2 kim loại ⇒ Fe hết , Ag + hết . Cách 2 : Do thu được hai muối nên Cu(NO 3 ) 2 còn dư, AgNO 3 hết, Fe chỉ tạo Fe 2+ . Câu 9: Cho 100 ml dung dịch amino axit X nồng độ 0,4M tác dụng vừa đủ với 80 ml dung dịch NaOH 0,5M, thu được dung dịch chứa 5 gam muối. Công thức của X là A. NH 2 C 3 H 6 COOH B. NH 2 C 3 H 5 (COOH) 2 C. (NH 2 ) 2 C 4 H 7 COOH D. NH 2 C 2 H 4 COOH Cách 1 : Số mol X = NaOH nên X có 1 nhóm COOH Mặt khác M muối = 5/0,04 = 125, muối là NH 2 -C 3 H 6 COONa Cách 2 : mol (X) = mol NaOH pứ vừa đủ ⇒ X có 1 chức COOH . • Muối (H 2 N) n RCOONa : 0,04 ⇒ R + 67 + 16n = 5/0,04 ⇒ R + 16n = 58 • Chọn : n = 1 ⇒ R = 42 (C 3 H 6 ) Cách 3 : Số nhóm –COOH=0,08×0,5:(0,1×0,4)=1 M=(5:0,04)-22=103 Câu 10: Cho 1,37 gam Ba vào 1 lít dung dịch CuSO 4 0,01 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng kết tủa thu được là A. 3,31 gam B. 2,33 gam C. 1,71 gam D. 0,98 gam Cách 1 : Ba + H 2 O Ba(OH) 2 + H 2 0,01 0,01 Ba(OH) 2 + CuSO 4 BaSO 4 + Cu(OH) 2 0,01 0,01 0,01 0,01 Khối lượng kết tủa = 0,01(233+ 98) = 3,31 gam Cách 2 : Khi Ba tác dụng với H 2 O tạo ra dd : Ba 2+ + 2OH - . • Dung dịch CuSO 4 → Cu 2+ + SO 4 2- . PHÙNG KHẮC NGUYÊN Kết tủa tạo ra : BaSO 4 (0,01) và Cu(OH) 2 (0,01) Câu 11: Khi được chiếu sáng, hiđrocacbon nào sau đây tham gia phản ứng thế với clo theo tỉ lệ mol 1 : 1, thu được ba dẫn xuất monoclo là đồng phân cấu tạo của nhau? A. isopentan. B. pentan. C. neopentan. D. butan. Cách 1 : Iso pentan cho 4 sản phẩm, neopentan cho 1 sản phẩm, butan cho 2 sản phẩm Cách 2 : 1 2 3 4 • isopentan CH 3 – CH – CH 2 – CH 3 : có 4 vị trí thế khác nhau ⇒ 4 dẫn xuất . | CH 3 1 2 3 trùng 2 trùng 1 • pentan : CH 3 – CH 2 – CH 2 – CH 2 – CH 3 : có 3 vị trí thế khác nhau ⇒ 3 dẫn xuất . • neopentan : 1 − − 3 3 3 CH | CH C | CH CH 3 2 : có 2 vị thế khác nhau ⇒ 2 dẫn xuất . 1 2 trùng 2 trùng 1 • butan : CH 3 – CH 2 – CH 2 – CH 3 có 2 vị trí thế khác nhau ⇒ 2 dẫn xuất . Cách 3 ↓ ↓ ↓ C–C–C–C–C Câu 12: Oxi hóa hoàn toàn 3,1 gam photpho trong khí oxi dư. Cho toàn bộ sản phẩm vào 200 ml dung dịch NaOH 1M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X. Khối lượng muối trong X là A. 14,2 gam B. 11,1 gam C. 16,4 gam D. 12,0 gam Cách 1 : Số mol P = H 3 PO 4 = 0,1 mol Số mol NaOH = 0,2 mol Nên tạo một muối Na 2 HPO 4 có số mol = 0,1 mol. Khối lượng = 14,2 gam Cách 2 : Lập tỉ số 2 n n P NaOH = ⇒ Pứ tạo muối nấc thứ 2 của axit H 3 PO 4 là HPO 4 2- : Na 2 HPO 4 = mol (P) Cách 3 : Số mol H 3 PO 4 = Số mol P=3,1:31=0,1, số mol NaOH=0,2 Số mol NaOH:số mol H 3 PO 4 =2:1 >Chỉ tạo muối Na 2 HPO 4 Khối lượng muối trong X = 0,1 (46 96) 14,2× + = Câu 13: Cho X là hexapeptit, Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val và Y là tetrapeptit Gly-Ala-Gly-Glu. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm X và Y thu được 4 amino axit, trong đó có 30 gam glyxin và 28,48 gam alanin. Giá trị của m là A. 77,6 B. 83,2 C. 87,4 D. 73,4 Cách 1 : Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val 2 Ala + 2 Gly + 2Val x 2x 2x Gly-Ala-Gly-Glu Ala + 2Gly + Glu y y 2y Ta có: 2x + y = 0,32 và 2x + 2y = 0,4 Giải ra: x = 0,12, y = 0,08 Vậy m = 0,12.472 + 0,08.332 = 83,2 Ghi chú: Gly: M = 75 Ala: M = 89 Val: M = 117 Glu: M = 147 M X = (75.2 + 89.2 + 117.2 – 5.18) = 472 M Y = (75.2 + 89 + 147 – 3.18) = 332 Cách 2 : Hexapeptit : x ; tetrapeptit : y ⇒ mol (glyxin) = 2x + 2y = 0,4 và mol(alanin) = 2x + y = 0,32 ⇒ x = 0,12 ; y = 0,08 . • m X = (89.2 + 75.2 + 117.2 – 5.18).0,12 = 56,64 • m Y = (75.2 + 89 + 147 – 3.18).0,08 = 26,56 Cách 3:Goi x là số mol Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val; y là số mol Gly-Ala-Gly-Glu Bảo toàn nguyên tố:2x+2y=30:75=0,4 và 2x+y=28,48:89=0,32 x=0,12 và y=0,08 m=0,12×(75×2+89×2+117×2-18×5)+0,08×(75×2+89+147–3×18)=83,2 PHÙNG KHẮC NGUYÊN Câu 14: Ở trạng thái cơ bản, cấu hình electron của nguyên tử Na( Z = 11) là A. 1s 2 2s 2 2p 5 3s 2 B. 1s 2 2s 2 2p 4 3s 1 C. 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 D. 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 Câu 15: Hỗn hợp X chứa ba axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở, gồm một axit no và hai axit không no đều có một liên kết đôi (C=C). Cho m gam X tác dụng vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 2M, thu được 25,56 gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy bằng dung dịch NaOH dư, khối lượng dung dịch tăng thêm 40,08 gam. Tổng khối lượng của hai axit cacboxylic không no trong m gam X là A. 15,36 gam B. 9,96 gam C. 18,96 gam D. 12,06 gam Cách 1 : Gọi CT axit no đơn chức là C n H 2n O 2 còn hai axit không no đơn chức là C m H 2m-2 O 2 C n H 2n O 2 nCO 2 + nH 2 O x nx nx C m H 2m-2 O 2 mCO 2 + (m-1)H 2 O y my my – y Số mol hh axit = NaOH = 0,3 mol Cứ 1 mol hh tác dụng với NaOH khối lượng muối tăng 22 gam Vậy 0,3 mol hh t/d NaOH khối lượng muối tăng 6,6 gam Suy ra khối lượng hai axit là 18,96 gam Đặt số mol axit no là x, hai axit không no là y ta có: x + y = 0,3 (1) Và: (14n + 32)x + (14m + 30)y = 18,96 (2) (nx + my).44 + (nx + my – y).18 = 40,08 (3) Từ (2) và (3) ta được: 992x + 1056y = 307,2. Kết hợp với (1) tìm được x = y = 0,15 Suy ra: n + m = 4,6 Do hai axit không no nên phải có số nguyên tử C nhiều hơn 2. Vậy suy ra m = 3,6 còn n = 1 Vậy: m = (14.3,6 + 30).0,15 = 12,06 gam Cách 2 : • m muối = m axit + 22n NaOH ⇒ m = 18,96 • Khối lượng dd tăng = m(CO 2 ) + m(H 2 O) = 40,08 ⇒ 44x + 18y = 40,08 • Ta có : m = m C + m H + m O ⇒ 12x + 2y + 32.mol(NaOH) = 18,96 ⇒ x = 0,69 ; y = 0,54 • mol axit ko no = mol(CO 2 ) – mol(H 2 O) = 0,15 ⇒ mol axit no = 0,15 • bt C    − 15,0:OHC 15,0:OHC 22m2m 2n2n ⇒ 0,15n + 0,15m = 0,69 ⇒ n + m = 4,6 (m 2≥ , n 1≥ ) • Chọn n = 1 ⇒ m = 3,6 ⇒ khối lượng axit ko no = (14m + 30).0,15 Cách 3: C n H 2n O 2 (x mol); C m H 2m-2 O 2 (y mol) (m>=3) khối luợng m= 25,56+18.0,3-40.0,3=18,96 x+y=0,3. Gọi mol CO2:a mol H2O: b. 44a+18b=40,08 và Bảo toàn oxi: 2a+b = 2.0,3+ (40,08-18,96)/32=> a=0,69 b=0,54 =>x=0,15; y=0,15; nx+my=0,69 n+m=4,6 (m>=3)=> n=1 và m= 3,6 Khối lượng axit không no =0,15×(14×3,6+30)=12,06 Câu 16: Dung dịch axit axetic phản ứng được với tất cả các chất trong dãy nào sau đây? A. Na, NaCl, CuO B. Na, CuO, HCl C. NaOH, Na, CaCO 3 D. NaOH, Cu, NaCl HD : A. Loại NaCl B. Loại HCl D. Loại Cu và NaCl Câu 17: Tên thay thế (theo IUPAC) của (CH 3 ) 3 C-CH 2 -CH(CH 3 ) 2 là A. 2,2,4-trimetylpentan B. 2,2,4,4-tetrametylbutan C. 2,4,4,4-tetrametylbutan D. 2,4,4-trimetylpentan HD giải : CH 3 1 2 | 3 4 5 • CH 3 - C – CH 2 – CH – CH 3 | | CH 3 CH 3 Câu 18: Tơ nilon-6,6 là sản phẩm trùng ngưng của A. etylen glicol và hexametylenđiamin B. axit ađipic và glixerol C. axit ađipic và etylen glicol. D. axit ađipic và hexametylenđiamin HD giải : • Tơ nilon-6,6 (có 2 con số 6) ⇒ Được tạo từ mỗi chất có 6C . A.etylen glicol C 2 H 4 (OH) 2 có 2C ; loại A. B. glixerol C 3 H 5 (OH) 3 ; loại B . C. Tạo este PHÙNG KHẮC NGUYÊN Câu 19 : Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na 2 O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H 2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH) 2 . Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO 2 (đktc) vào Y, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 23,64 B. 15,76 C. 21,92 D. 39,40 Cách 1 Gọi số mol Na, Ba, Na 2 O và BaO lần lượt là x, y, z, t Ta có: 23x + 137y + 62z + 153t = 21,9 (*) Theo pthh: x/2 + y = 0,05 nên x + 2y = 0,1 (2*) Lại có: số mol Ba(OH) 2 = y + t = 0,12 (3*) Từ (*) ta tách thành: (23x + 46y) + (91y + 91t) + (62z + 62t) = 21,9 Thay (2*) và (3*) vào ta được: 2z+ 2t = 0,28 Mặt khác: số mol OH - = x + 2y + 2z + 2t = 0,1 +0,28 = 0,38 mol Trong khi số mol CO 2 = 0,3 mol Vậy số mol CO 3 2- tạo ra là 0,08 còn HCO 3 - là 0,22, số mol Ba 2+ = 0,12 Kết tủa BaCO 3 = 0,08.197 = 15,76 gam Cách 2 • Qui đổi X về      )mol(z:O )mol(y:Ba )mol(x:Na - Ta có : m X = m Na + m Ba + m O = 21,9 - bt e : x + 2y = 2(mol H 2 ) + 2z - y = mol Ba(OH) 2 = 0,12 ⇒ x = 0,14 ; z = 0,14 . • Lập tỉ lệ = + = − 22 COCO OH n y2x n n 1,27 ⇒ phản tạo ra 2 muối      =+ =+ ⇒      − − − OH CO 2 3 3 nb2a nba )mol(b:CO )mol(a:HCO 2 ⇒ a = 0,22 ; b = 0,08 • m(BaCO 3 ) = 0,08.197 = 15,76 Cách 3 Gọi x là số mol NaOH trong dung dịch Y Qui đổi về Na 2 O và BaO : 1,12 20,52 x 29,12 16 153 :2 62 22,4 171 40 + × = × + × x=0,14; số mol Ba(OH) 2 =20,52:171=0,12; số mol CO 2 =0,3 Số mol OH – =0,38 >Số mol CO 3 2– =0,08<0,12 >m=0,08×197=15,76 Câu 20: Hợp chất X có thành phần gồm C, H, O chứa vòng benzen. Cho 6,9 gam X vào 360 ml dung dịch NaOH 0,5 M (dư 20% so với lượng cần phản ứng) đến phản ứng hoàn toàn, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được m gam chất rắn khan. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 6,9 gam X cần vừa đủ 7,84 lít O 2 (đktc), thu được 15,4 gam CO 2 . Biết X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Giá trị của m là A. 13,2 B. 12,3 C. 11,1 D. 11,4 Cách 1 Số mol NaOH = 0,18 mol, vậy số mol NaOH pư với X = 0,15 mol (dư 20%) Số mol CO 2 = 0,35, O 2 = 0,35mol Đặt số mol H = a, O = b ta có: a + 16b = 6,9 – 0,35.12 = 2,7 và: b + 0,7 = 0,7 + a/2 (BT nguyên tố O) Giải ra: a = 0,3, b = 0,15 Vậy: n C : n H : n O = 0,35 : 0,3 : 0,15 = 7 : 6: 3 CTPT X là C 7 H 6 O 3 . Số mol X = 0,05, suy ra 1 mol X tác dụng với 3 mol NaOH, do đó CTCT của X là: HCOOC 6 H 4 OH HCOOC 6 H 4 OH + 3NaOH HCOONa + C 6 H 4 (ONa) 2 + 2 H 2 O 0,05 0,05 0,05 Chất rắn bào gồm: HCOONa = 0,05 mol C 6 H 4 (ONa) 2 = 0,05 mol NaOH dư = 0,03 mol Vậy m = 0,05.68 + 0,05.154 + 0,03.40 = 12,3 gam Cách 2 • bt khối lượng : m(X) + m(O 2 ) = m(CO 2 ) + m(H 2 O) ⇒ m(H 2 O) = 2,7 g . • C : H : O = n C : n H : n O = 16 m : 18 m2 : 44 m O OHCO 22 = 0,35 : 0,3 : 0,15 = 7 : 6 : 3 PHÙNG KHẮC NGUYÊN ⇒ CTPT X là C 7 H 6 O 3 . • ∆ = 5 2 267.2 = +− = Vòng benzen ( π +v = 4) + π . Vậy X có thể là : HO – C 6 H 4 – COOH hoặc HO – C 6 H 4 – OCOH . • mol(X) : mol (NaOH pư) = 3:115,0:05,0100. 120 5,0.36,0 : 138 9,6 == ⇒ X là HO – C 6 H 4 – OCOH • Pứ : HOC 6 H 4 OCOH + 3NaOH → NaOC 6 H 4 ONa + HCOONa + 2H 2 O ⇒ m(X) + m(NaOH lấy dư 20%) = m(rắn) + m(H 2 O) ⇒ m(rắn) = 12,3 g Cách 3:Số mol C=15,4:44=0,35; số mol H=(6,9+7,84:22,4×32–0,35×44):18×2=0,3; số mol O=(6,9–0,35×12–0,3):16=0,15 Công thức phân tử của X : C 7 H 6 O 3 Số mol NaOH tác dụng=0,36×0,5×100:120=0,15 Số mol X=6,9:138=0,05. Vậy X tác dụng NaOH tỉ lệ 1:3. >X là HCOO–C 6 H 4 –OH tạo 2H2O m=6,9+0,36×0,5×40–0,05×2×18=12,3 Câu 21: Biết X là axit cacboxylic đơn chức, Y là ancol no, cả hai chất đều mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp gồm X và Y (trong đó số mol của X lớn hơn số mol của Y) cần vừa đủ 30,24 lít khí O 2 , thu được 26,88 lít khí CO 2 và 19,8 gam H 2 O. Biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Khối lượng Y trong 0,4 mol hỗn hợp trên là A. 17,7 gam B. 9,0 gam C. 11,4 gam D. 19,0 gam Cách 1 Số mol CO 2 = 1,2mol, H 2 O = 1,1 mol, O 2 = 1,35 mol, hỗn hợp = 0,4 mol Do đốt ancol no Y cho H 2 O > CO 2 mà khi đốt hỗn hợp X và Y cho H 2 O < CO 2 vậy X phải không no. Đặt X: C n H 2n-2a O 2 (a là số lk pi): x mol Y: C n H 2n + 2 O b : y mol Ta có: x + y = 0,4 nx + ny = 1,2 (n-a)x + (n+1)y = 1,1 Và: 2x + yb+ 1,35.2 = 1,2.2 + 1,1 (BT nguyên tố O) Giải ra: n = 3, ã – y = 0,1 và 2x – yb = 0,8 Biện luận a: a = 1, x = 0,25, y = 0,15 và b = 2 Vậy m Y = 0,15(14.3+34) = 11,4 Cách 2 • Số 3 4,0 n C 2 CO == ⇒ ancol no C 3 H 8 O x (a mol) và axit ko no là C 3 H 4 O 2 (b mol) • bt H : 8a + 4b = 5,5 4,0 n2 OH 2 = .0,4 (1) Ta có : a + b = 0,4 (2) Từ (1) và (2) ⇒ a = 0,15 ; b = 0,25 • bt khối lượng : m(X,Y) + m(O 2 ) = m(CO 2 ) + m(H 2 O) ⇒ m(X,Y) = 44.1,2 + 18.1,1 – 32.1,35 = 29,4 g . • m(Y) = m(X,Y) – m(X) = 11,4 g Cách 3 Số C=26,88:22,4:0,4=3 Số H trung bình=(19,8:18):0,4×2=5,5 Ancol no nên C 3 H 8 Ox (amol), axit: C 3 HyO 2 (b mol)(y<5,5 nên y=4 hoặc 2) a+b=0,2. BT oxi: 2a+bx=0,8 => x=2 Số mol CO 2 >số mol H 2 O (a>b hay 0,2<a<0,4) => ay/2 + 4b=1,1 và a+b=0,4 suy ra y = 4. a= 0.25 b=0,15. mY=11,4. Câu 22: Tiến hành các thí nghiệm sau (a) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO 4 loãng. (b) Cho hơi ancol etylic đi qua bột CuO nung nóng. (c) Sục khí etilen vào dung dịch Br 2 trong CCl 4 . (d) Cho dung dịch glucozơ vào dung dịch AgNO 3 , trong NH 3 dư, đun nóng. (e) Cho Fe 2 O 3 vào dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng. Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm có xảy ra phản ứng oxi hóa - khử là A. 5. B. 2 C. 3 D. 4 (a) C 2 H 4 + K 7 Mn + O 4 + H 2 O → C 2 H 4 (OH) 2 + 4 Mn + O 2 ↓ + KOH . PHÙNG KHẮC NGUYÊN (b) CH 3 CH 2 OH + 2 Cu + O → CH 3 CHO + 0 Cu + H 2 O (c) C 2 H 4 + 0 2 Br → C 2 H 4 1 2 Br − (d) C 6 H 12 O 6 + 3 1 NOAg + /NH 3 → 0 Ag (e) Fe 2 O 3 + H 2 SO 4 đặc, nóng → Fe 2 (SO 4 ) 3 + H 2 O Câu 23: Cho sơ đồ các phản ứng: X + NaOH (dung dịch) Y + Z; Y + NaOH (rắn) T + P; T Q + H 2 ; Q + H 2 O Z. Trong sơ đồ trên, X và Z lần lượt là A. HCOOCH=CH 2 và HCHO B. CH 3 COOC 2 H 5 và CH 3 CHO C. CH 3 COOCH=CH 2 và CH 3 CHO D. CH 3 COOCH=CH 2 và HCHO • T  → C1500 0 Q + H 2 ⇒ T (CH 4 ) ; Q (C 2 H 2 ) và Y là CH 3 COONa • CH ≡ CH + H 2 O → CH 3 CHO (Z) V ậ y X là : CH 3 COO – CH=CH 2 + NaOH → CH 3 COONa + CH 3 CHO . Câu 24: Ứng với công thức phân tử C 4 H 10 O có bao nhiêu ancol là đồng phân cấu tạo của nhau? A. 3 B. 5 C. 4 D. 2 Cách 1 : C-C-C-C-OH, C-C-C(OH)-C, C-C(C) –C-OH và C-C(OH) (C) -C Cách 2 : Số đồng phân ancol C 4 H 10 O = 2 4-2 = 2 2 = 4 đp . Câu 25: Cho m gam Fe vào bình chứa dung dịch gồm H 2 SO 4 và HNO 3 , thu được dung dịch X và 1,12 lít khí NO. Thêm tiếp dung dịch H 2 SO 4 dư vào bình thu được 0,448 lít khí NO và dung dịch Y. Biết trong cả hai trường hợp NO là sản phẩn khử duy nhất, đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Dung dịch Y hòa tan vừa hết 2,08 gam Cu (không tạo thành sản phẩm khử của N +5 ). Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 2,40 B. 4,20 C. 4,06 D. 3,92 Cách 1 Tổng số mol NO = 0,07, số mol Cu = 0,0325 Fe cuối cùng về Fe 2+ nên áp dụng BT e ta được: 0,07.3 = 0,0325.2 + 2x (x là số mol Fe) Tìm được x = 0,0725. Vậy m = 4,06 gam Cách 2 • Dung dịch Y hòa tan vừa hết Cu ⇒ Fe → Fe 2+ . • bt e : NO CuFe n3 64 m 2 56 m 2 =+ ⇒ )02,005,0(3 64 08,2 2 56 m 2 +=+ ⇒ m = 4,06 g Câu 26: Liên kết hóa học giữa các nguyên tử trong phân tử HCl thuộc loại liên kết A. cộng hóa trị không cực B. ion C. cộng hóa trị có cực D. Hiđro • HCl được hình thành bởi 2 phi kim khác nhau Câu 27: Thực hiện các thí nghiệm sau (a) Cho dung dịch HCl vào dung dịch Fe(NO 3 ) 2 (b) Cho FeS vào dung dịch HCl. (c) Cho Si vào dung dịch NaOH đặc. (d) Cho dung dịch AgNO 3 vào dung dịch NaF. (e) Cho Si vào bình chứa khí F 2 . (f) Sục khí SO 2 vào dung dịch H 2 S. Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm xảy ra phản ứng là A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 (a) H + + Fe 2+ + NO 3 - → Fe 3+ + NO + H 2 O (b) FeS + HCl → FeCl 2 + H 2 S ↑ (c) Si + NaOH + H 2 O → Na 2 SiO 3 + H 2 ↑ (d) AgF ko kết tủa ⇒ pứ ko xảy ra . (e) Si + F 2 → SiF 4 . (f) SO 2 + H 2 S → S + H 2 O Câu 28: Hòa tan hoàn toàn m gam Al bằng dung dịch HNO 3 loãng, thu được 5,376 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N 2 , N 2 O và dung dịch chứa 8m gam muối. Tỉ khối của X so với H 2 bằng 18. Giá trị của m là A. 17,28 B. 19,44 C. 18,90 D. 21,60 t 0 1500 0 C t 0 , CaO t 0 , xt PHÙNG KHẮC NGUYÊN Cách 1 M X = 16, suy ra số mol N 2 = N 2 O = 0,12 mol Gọi số mol muối NH 4 NO 3 là x ta có: 0,12.10 + 0,12.8 + 8x = 3m/27 Và: 213m/27 + 80x = 8m Giải ra: x = 0,03, m = 21,6 Cách 2: • 0,24 mol X )1(2836 )1(3644 36 ON N 2 2 − −    ⇒ mol N 2 = mol N 2 O = 0,12 • bt e : 3mol Al = 10mol N 2 + 8mol N 2 O + 8mol NH 4 NO 3 . • Ta có : m(NH 4 NO 3 ) = 8m – mAl(NO 3 ) 3 = 8m – 213. 27 m ⇒ 80 213. 27 m m8 812,0.812,0.10 27 m 3 − ++= ⇒ m = 21,6 g . Câu 29: Cho hỗn hợp X gồm 0,01 mol Al và a mol Fe vào dung dịch AgNO 3 đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được m gam chất rắn Y và dung dịch Z chứa 3 cation kim loại. Cho Z phản ứng với dung dịch NaOH dư trong điều kiện không có không khí, thu được 1,97 gam kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 1,6 gam chất rắn chỉ chứa một chất duy nhất. Giá trị của m là A. 8,64 B. 3,24 C. 6,48 D. 9,72 Cách 1 Chất rắn duy nhất là Fe 2 O 3 có số mol = 0,01 Al + 3Ag + Al 3+ + 3Ag 0,01 0,03 Fe + 2Ag + Fe 2+ + 2Ag a a 2a Fe 2+ + Ag + Fe 3+ + Ag x x x Fe 3+ Fe(OH) 3 ½ Fe 2 O 3 x 0,5x Fe 2+ Fe(OH) 2 ½ F 2 O 3 y 0,5y Ta có: 0,5x + 0,5y = 0,01 Và: a – x = y, 107x+ 90y = 1,97 Giải ra: x = 0,01, y = 0,01, a = 0,02 Vậy m = 108(0,03 + 2.0,02 + 0,01) = 8,64 Cách 2: • NaOH dư ko có kết tủa Al(OH) 3 ; AgOH ko bền → Ag 2 O ; Có khối lượng kết tủa và khối lượng rắn ⇒ 3 cation kim loại là Al 3+ , Fe 3+ , Fe 2+ • Tác dụng với NaOH dư : • mol Ag = 3mol Al + 2mol (x) Fe 2+ + 3mol (y)Fe 3+ . Ta có : 1,97 = mFe(OH) 2 + mFeOH) 3 ⇒ 90x + 107y = 1,97 (1) Và 1,6 g = mFe 2 O 3 ⇒ 160( 2 x + 2 y ) = 1,6 (2) • Từ (1) và (2) ⇒ x = y = 0,01 Vậy : mAg = 108(3.0,01 + 2.0,01 + 3.0,01) = 8,84 g Câu 30: Chất nào sau đây không tạo kết tủa khi cho vào dung dịch AgNO 3 ? A. HCl B. K 3 PO 4 C. KBr D. HNO 3 HD giải: • Ag + tạo được kết tủa với Cl - , PO 4 3- và Br - . • Cụ thể : AgCl ↓ trắng ; AgBr ↓ vàng ; Ag 3 PO 4 ↓ vàng . Câu 31: Phenol phản ứng được với dung dịch nào sau đây? A. NaCl. B. KOH . C. NaHCO 3 . D. HCl. • Phenol là axit yếu < H 2 CO 3 < HCl … ⇒ Phenol ko pứ với HCl và muối axit mạch hơn nó . Câu 32: Cho các cân bằng hóa học sau: PHÙNG KHẮC NGUYÊN (a) H 2 (k) + I 2 (k) → ¬  2HI (k). (b) 2NO 2 (k) → ¬  N 2 O 4 (k). (c) 3H 2 (k) + N 2 (k) → ¬  2NH 3 (k). (d) 2SO 2 (k) + O 2 (k) → ¬  2SO 3 (k). Ở nhiệt độ không đổi, khi thay đổi áp suất chung của mỗi hệ cân bằng, cân bằng hóa học nào ở trên không bị chuyển dịch? A. (a). B. (c). C. (b). D. (d). HD giải : • Áp suất thay đổi (tăng hoặc giảm) + Cân bằng chuyển dịch khi hệ số cân bằng các phân tử khí trong pứ khác nhau . + Cân bằng ko chuyển dịch khi hệ số cân bằng các phân tử trong pứ bằng nhau . Do số mol khí ở hai bên bằng nhau. Câu 33: Kim loại sắt tác dụng với dung dịch nào sau đây tạo ra muối sắt(II)? A. CuSO 4 . B. HNO 3 đặc, nóng, dư. C. MgSO 4 . D. H 2 SO 4 đặc, nóng, dư. HD giải : • HNO 3 và H 2 SO 4 đặc, nóng, dư đều tạo muối Fe 3+ . • MgSO 4 ko có pứ (vì Fe đứng sau Mg trong dãy điện hóa) Câu 34: Hòa tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại X vào bằng dung dịch HCl, thu được 1,064 lít khí H 2 . Mặt khác, hòa tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO 3 loãng (dư), thu được 0,896 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Biết các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Kim loại X là A. Al. B.Cr. C. Mg. D. Zn. Cách 1 Đặt số mol Fe = a, X = b, hoá trị của X là n Ta có: 56x + X.b = 1,805 (*) 2x + nb = 0,0475.2 = 0,095 3x + nb = 0,04.3 = 0,12 Suy ra: x = 0,025, nb = 0,045 Từ đó: b = 0,045/n Thay vào (*) được X = 9n. Vậy n = 3, X = 27 là kim loại Al. Cách 2 • Từ đáp án ⇒ X tác dụng được với HCl • mol e ở 2 thí nghiệm khác nhau ⇒ Loại B (vì Cr và Al có số oxi hóa biến đổi như nhau) • bt e (TN1) : 2mol (x)Fe + n mol(y) = 2mol H 2 ⇒ 2x + ny = 2.0,0475 (1) • bt e (TN2) : 3x + ny = 3.0,04 (2) Từ (1) và (2) ⇒ x = 0,025 ; ny = 0,045 . • Ta có : 1,805 = mFe + mX ⇒ mX = 0,405 g ⇒ X = 045,0 n.405,0 = 9n (chọn n = 3) . Câu 35: Các chất trong dãy nào sau đây đều tạo kết tủa khi cho tác dụng với dung dịch AgNO 3 trong NH 3 dư, đun nóng? A. vinylaxetilen, glucozơ, anđehit axetic . B. glucozơ, đimetylaxetilen, anđehit axetic. C. vinylaxetilen, glucozơ, đimetylaxetilen. D. vinylaxetilen, glucozơ, axit propionic. HD: Vinylaxetilen là CH 2 =CH-C CH • Chất tham pứ với dung dịch AgNO 3 /NH 3 tạo kết tủa thì phải có : nhóm HCO và C ≡ C đầu mạch . • B và C loại đimetylaxetilen ; D loại axit propionic Câu 36: Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO 4 và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al 2 O 3 . Giá trị của m là A. 25,6. B. 23,5 C. 51,1 . D. 50,4. Cách 1 CuSO 4 + 2 NaCl Cu + Na 2 SO 4 + Cl 2 x 2x x 2NaCl + 2H 2 O 2NaOH + H 2 + Cl 2 (*) 0,4 0,2 2NaOH + Al 2 O 3 2NaAlO 2 + H 2 O 0,4 0,2 Số mol Al 2 O 3 = 0,2 Nếu NaCl dư thì xảy ra (*) Số mol NaOH = 0,4 Ta có: x + 0,2 = 0,3, suy ra x = 0,1 Vậy tổng số mol NaCl = 2x + 0,4 = 0,6 Do đó: m = 0,1.160 + 58,5.0,6 = 51,1 gam Nếu CuSO 4 dư thì xảy ra: CuSO 4 + H 2 O Cu + ½ O 2 + H 2 SO 4 0,3 0,6 3H 2 SO 4 + Al 2 O 3 Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O [...]... toàn hỗn hợp X gồm 0,07 mol một ancol a chức và 0,03 mol một ancol không no, có một liên kết đôi, mạch hở, thu được 0,23 mol khí CO2 và m gam H2O Giá trị c a m là A 5,40 B 2,34 C 8,40 D 2,70 Cách 1 Đặt ancol a chức là CnHmOx, ancol không no là CaH2aOz: Ta có: 0,07n + 0,0 3a = 0,23 Vậy 7n + 3a = 23 Suy ra: n = 2, a= 3 là phù hợp Ancol a chức có 2 nguyên tử C thì phải no, và có 2 chức: C2H4(OH)2 Ancol... ra hiện tượng m a axit Trong các phát biểu trên , số phát biểu đúng là: A. 2 B 3 C 4 D 1 Câu 53: Cho các phát biểu sau: (a) Glucozơ có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc (b) Sự chuyển h a tinh bột trong cơ thể người có sinh ra mantozơ (c) Mantorazơ có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc (d) Saccarozơ được cấu tạo từ hai gốc β-glucozơ và α-fructozơ Trong các phát biểu trên , số phát biểu đúng là: A. 3... thu được sản phẩm có anđehit? A CH3-COO-C(CH3)=CH2 B CH3-COO-CH=CH-CH3 C CH2=CH-COO-CH2-CH3 D CH3-COO-CH2-CH=CH2 HD: Este có dạng R – COO – CH=CH2 A Tạo xeton B Tạo ancol no D Tạo ancol không no Câu 38: Dung dịch nào sau đây làm phenolphtalein đổi màu? A glyxin B metylamin C axit axetic D alanin HD giải : • Chất có tính bazo làm phenolphtalein đổi màu sang hồng • glyxin và alanin trung tính (vì có... nhóm VIB (b) Các oxit c a crom đều là oxit bazơ (c) Trong các hợp chất, số oxi h a cao nhất c a crom là +6 (d) Trong các phản ứng h a học, hợp chất crom(III) chỉ đóng vai trò chất oxi h a (e) Khi phản ứng với khí Cl2 dư, crom tạo ra hợp chất crom(III) Trong các phát biểu trên, những phát biểu đúng là: A (a) , (b) và (e) B (a) , (c) và (e) C (b), (d) và (e) D (b), (c) và (e) HD giải : • Cr (Z = 24) có... 49: Cho phương trình phản ứng aAl +bHNO3  cAl(NO3)3 + dNO + eH2O Tỉ lệ a : b là A 1 : 3 B 2 : 3 C 2 : 5 D 1 : 4  Al(NO3)3 + NO + 2H2O → HD: Al +4HNO3 Câu 50: Cho 25,5 gam hỗn hợp X gồm CuO và Al2O3 tan hoàn toàn trong dung dịch H2SO4 loãng, thu được dung dịch ch a 57,9 gam muối Phần trăm khối lượng c a Al2O3 trong X là A 40% B 60% C 20% D 80% Cách 1:Đặt số mol CuO và Al2O3 lần lượt là x và y 80x... hai, thu được 13,44 lít khí CO2 (đktc) Phần trăm khối lượng c a Y trong hỗn hợp là A 28,57% B 57,14% C 85,71% D 42,86% Cách 1: Số mol CO2 = 0,6, Số mol H2 = 0,2 mol Đặt CT X: CxHyO2 và CT c a Y là CxHzO4 với số mol mỗi phần lần lượt là a và b ta có: 0, 5a + b = 0,2 Số mol hỗn hợp > 0,2 Vậy số nguyên tử C c a hai axit phải < 3 Mỗi axit có 2 nguyên tử C CT c a Y: HOOC-COOH, c a X là CH3COOH Kết hợp: 2a. .. Na2SO4 D NaCl, Na2SO4 và Ca(OH)2 HD: B Loại KNO3 C Loại NaCl D Loại NaCl II PHẦN RIÊNG (10 câu) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc Phần B) A Theo chương trình Chuẩn (10 câu, từ câu 41 đến câu 50) Câu 41: Cho X và Y là hai axit cacboxylic mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon, trong đó X đơn chức, Y hai chức Chia hỗn hợp X và Y thành hai phần bằng nhau Phần một tác dụng hết với Na, thu... bột và xenlulozơ HD giải : • monosaccarit : glucozo và fructozo ko tham gia pứ thủy phân Câu 44: Cho các cặp oxi h a – khử được sắp xếp theo thứ tự tăng dần tính oxi h a c a các ion kim loại: Al 3+/Al; Fe2+/Fe, Sn2+/Sn; Cu2+/Cu Tiến hành các thí nghiệm sau: (a) Cho sắt vào dung dịch đồng(II) sunfat (b) Cho đồng vào dung dịch nhôm sunfat (c) Cho thiếc vào dung dịch đồng(II) sunfat (d) Cho thiếc vào... tristearin ((C17H35COO)3C3H5) tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được m gam glixerol Giá trị c a m là A 27,6 B 4,6 C 14,4 D 9,2 Cách 1: (C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH C3H5(OH)3 + 3C17H35COONa 0,1 0,1 Cách 2: • tristearin ((C17H35COO)3C3H5)  C3H5(OH)3 → Câu 40: Dãy các chất đều tác dụng được với dung dịch Ba(HCO3)2 là: A HNO3, Ca(OH)2 và Na2SO4 B HNO3, Ca(OH)2 và KNO3 C HNO3, NaCl và Na2SO4... vào dung dịch sắt(II) sunfat Trong các thí nghiệm trên, những thí nghiệm có xảy ra phản ứng là: A (b) và (c) B (a) và (c) C (a) và (b) D (b) và (d) HD giải: • Chất khử mạnh + Oxi h a mạnh  khử yếu + oxi h a yếu → • Tính khử Al > Fe > Sn > Cu (b) Tính khử Cu < Al  → ko pứ (d) Tính khử Sn < Fe  → ko pứ Câu 45: Cho các phát biểu sau: (a) Trong bảng tuần hoàn các nguyên tố h a học, crom thuộc chu kì . dịch NaOH dư, khối lượng dung dịch tăng thêm 40,08 gam. Tổng khối lượng c a hai axit cacboxylic không no trong m gam X là A. 15,36 gam B. 9,96 gam C. 18,96 gam D. 12,06 gam Cách 1 : Gọi CT axit. Gly-Ala-Gly-Glu. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm X và Y thu được 4 amino axit, trong đó có 30 gam glyxin và 28,48 gam alanin. Giá trị c a m là A. 77,6 B. 83,2 C. 87,4 D. 73,4 Cách 1 : Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val. 87,4 D. 73,4 Cách 1 : Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val 2 Ala + 2 Gly + 2Val x 2x 2x Gly-Ala-Gly-Glu Ala + 2Gly + Glu y y 2y Ta có: 2x + y = 0,32 và 2x + 2y = 0,4 Giải ra: x = 0,12, y = 0,08 Vậy m =