TỔNG HỢP CÁCH GIẢI MÔN HÓA KHỐI A 2013

Nung X ở nhiệt độ cao trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp chất rắn Y.. Phần hai phản ứng với dung dịch NaOH dư, thu được a mol khí H2.. Sục X vào lượng dư dung dịch AgNO

Trang 1

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 Fe2O3 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 H2SO4 loãng (dư), thu được 4a

mol khí H2 Phần hai phản ứng với dung dịch NaOH dư, thu được a mol khí H2 Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn Giá trị

của m

Cách 1 :

 Khi nung X : 2Al + Fe2O3 2Fe + Al2O3

 Từ mol Fe2O3 = 0,1 Rắn Y mỗi phần :











1 , 0 27 2 m : Al

135 , 0 2 56 92 , 3 1 , 0 : Fe

du

 bt e : 3nAl(dư) + 2nFe = 2.4a (1)

và : 3nAl(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 :

m=7,02

Cách 4 :

Al dư > không còn Fe2O3

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) 2H2SO4 + C  2SO2 + CO2 + 2H2O

(b) H2SO4 + Fe(OH)2  FeSO4 + 2H2O

(c) 4H2SO4 + 2FeO  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O

(d) 6H2SO4 + 2Fe  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

Trong các phản ứng trên, phản ứng xảy ra với dung dịch H2SO4 loãng là

HD: Câu này khá đơn giản:H2SO4 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

Câu 3: Trong một bình kín chứa 0,35 mol C2H2; 0,65 mol H2 và một ít bột Ni Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp

khí X có tỉ khối so với H2 bằng 8 Sục X vào lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 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 Br2 trong dung dịch?

Mã đề : 374

Trang 2

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  mX = m(C2H2) + m(H2) = 10,4 g  nX = 0,65 mol

 mol (C2H2 dư) = mol (C2Ag2) = 0,1  mol (C2H2 pứ) = 0,35 – 0,1 = 0,25

 mol(H2 dư) = mol (H2 bđ) – 0,35 = 0,3  mol (H2 pứ) = 0,35

 Gọi x, y lần lượt là mol pứ C2H2 tạo C2H4 và C2H6 , nên :

x + y = 0,25 và x + 2y = 0,35  y = 0,1 , x = 0,15

Cách 3 :

Bảo toàn số mol liên kết : nH2 pư+ nBr2=2nC2H2pư

Câu 4: Ở điều kiện thích hợp xảy ra các phản ứng sau:

(a) 2C + Ca  CaC2 (b) C + 2H2  CH4

(c) C + CO2  2CO (d) 3C + 4Al  Al4C3

Trong các phản ứng trên, tính khử của cacbon thể hiện ở phản ứng

Câu 5: Lên men m gam glucozơ để tạo thành ancol etylic (hiệu suất phản ứng bằng 90%) Hấp thụ hoàn toàn lượng khí CO2 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 C6H12O6 2CO2 Ca( OH) 22CaCO3

 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

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 H2 (đktc) Mặt khác, hòa tan hoàn toàn m gam X bằng dung dịch NaOH, thu được 15,68 lít khí H2 (đktc) Giá trị của m là

Cách 1

 Tác với H2O : 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

x x x

2Al + Ba(OH) 2 + 2H 2 O Ba(AlO 2 ) 2 + 3H 2

2x x 3x

Trang 3

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



Cách 4: 4mol Ba=0,4 và 2molBa + molNa=1,4mol…

Câu 7: Khối lượng Ag thu được khi cho 0,1 mol CH3CHO phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, đun nóng là

A 10,8 gam B 43,2 gam C 16,2 gam D 21,6 gam

Cách 1

 Pứ : CH3CHO 2Ag

 mol(Ag) = 2 mol(CH3CHO)

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 AgNO3 và Cu(NO3)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(NO3)2; Fe(NO3)2 và Cu; Fe B Cu(NO3)2; Fe(NO3)2 và Ag; Cu

C Fe(NO3)2; Fe(NO3)3 và Cu; Ag D Cu(NO3)2; AgNO3 và Cu; Ag

Cách 1 :

 Ag+ pứ trước ; Cu2+ pứ sau

 X gồm 2 muối ; Y gồm 2 kim loại  Fe hết , Ag+ hết

Cách 2 :

Do thu được hai muối nên Cu(NO3)2 còn dư, AgNO3 hết, Fe chỉ tạo Fe2+

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 NH2C3H6COOH B NH2C3H5(COOH)2

C (NH2)2C4H7COOH D NH2C2H4COOH

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 (H2N)nRCOONa : 0,04  R + 67 + 16n = 5/0,04  R + 16n = 58

 Chọn : n = 1  R = 42 (C3H6)

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 CuSO4 0,01 M Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng kết tủa thu được là

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 H2O tạo ra dd : Ba2+ + 2OH-

 Dung dịch CuSO4 Cu2+ + SO42-

Kết tủa tạo ra : BaSO4 (0,01) và Cu(OH)2 (0,01)

Trang 4

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 CH3 – CH – CH2 – CH3 : có 4 vị trí thế khác nhau  4 dẫn xuất

|

CH3

1 2 3 trùng 2 trùng 1

 pentan : CH3 – CH2 – CH2 – CH2 – CH3 : có 3 vị trí thế khác nhau  3 dẫn xuất

 neopentan : 1  

3 3 3

CH |

| CH

CH3 2 : có 2 vị thế khác nhau  2 dẫn xuất

1 2 trùng 2 trùng 1

 butan : CH3 – CH2 – CH2 – CH3 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

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

P

NaOH

  Pứ tạo muối nấc thứ 2 của axit H3PO4 là HPO42- : Na2HPO4 = mol (P)

Cách 3 :

Số mol H3PO4= Số mol P=3,1:31=0,1, số mol NaOH=0,2

Số mol NaOH:số mol H3PO4=2:1 >Chỉ tạo muối Na2HPO4

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

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

MX = (75.2 + 89.2 + 117.2 – 5.18) = 472

MY = (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

 mX = (89.2 + 75.2 + 117.2 – 5.18).0,12 = 56,64

 mY = (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

Trang 5

Câu 14: Ở trạng thái cơ bản, cấu hình electron của nguyên tử Na( Z = 11) là

A 1s22s22p53s2 B 1s22s22p43s1 C 1s22s22p63s2 D 1s2 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

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 :

 mmuối = maxit + 22nNaOH  m = 18,96

 Khối lượng dd tăng = m(CO2) + m(H2O) = 40,08  44x + 18y = 40,08

 Ta có : m = mC + mH + mO  12x + 2y + 32.mol(NaOH) = 18,96

 x = 0,69 ; y = 0,54

 mol axit ko no = mol(CO2) – mol(H2O) = 0,15  mol axit no = 0,15

 bt C 

 O : 0 , 15 H

C

15 , 0 : O H C

2 2 m 2 m

2 n n

 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: CnH2nO2 (x mol); CmH2m-2O2 (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, CaCO3 D NaOH, Cu, NaCl

HD : A Loại NaCl B Loại HCl D Loại Cu và NaCl

Câu 17: Tên thay thế (theo IUPAC) của (CH3)3C-CH2-CH(CH3)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 :

CH3

1 2 | 3 4 5

 CH3 - C – CH2 – CH – CH3

| |

CH3 CH3

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 C2H4(OH)2 có 2C ; loại A

B glixerol C3H5(OH)3 ; loại B

C Tạo este

Trang 6

Câu 19 : Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2 Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được m gam kết tủa Giá trị của m là

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 



)

m ol (

z : O

)

m ol (

y : Ba

) mol (

x : Na

- Ta có : mX = mNa + mBa + mO = 21,9

- bt e : x + 2y = 2(mol H2) + 2z

- y = mol Ba(OH)2 = 0,12  x = 0,14 ; z = 0,14

 Lập tỉ lệ    

2

CO

OH

n

y 2 x n

n

1,27  phản tạo ra 2 muối 















OH CO

n b a ) mol ( b : CO

) mol ( a :

 a = 0,22 ; b = 0,08

 m(BaCO3) = 0,08.197 = 15,76

Cách 3

Gọi x là số mol NaOH trong dung dịch Y

Qui đổi về Na2O và BaO : 29,12 1,12 16 20,52 153 x : 2 62

x=0,14; số mol Ba(OH)2=20,52:171=0,12; số mol CO2=0,3

Số mol OH–=0,38 >Số mol CO32–=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 O2 (đktc), thu được 15,4 gam CO2 Biết X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất Giá trị của m là

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(O2) = m(CO2) + m(H2O)  m(H2O) = 2,7 g

 C : H : O = nC : nH : nO =

16

m : 18

m 2 : 44

2

2 = 0,35 : 0,3 : 0,15 = 7 : 6 : 3

 CTPT X là C7H6O3

2

2 6 7

2







= Vòng benzen ( +v = 4) + 

Trang 7

Vậy X có thể là : HO – C6H4 – COOH hoặc HO – C6H4 – OCOH

 mol(X) : mol (NaOH pư) = 100 0,05:0,15 1:3

120

5 , 0 36 , 0 : 138

9 , 6



  X là HO – C6H4 – OCOH

 Pứ : HOC6H4OCOH + 3NaOH NaOC6H4ONa + HCOONa + 2H2O

 m(X) + m(NaOH lấy dư 20%) = m(rắn) + m(H2O)  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 : C7H6O3

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–C6H4–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 O2, thu được 26,88 lít khí CO2 và 19,8 gam H2O Biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn Khối lượng Y trong 0,4 mol hỗn hợp trên là

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

4

,

0

n

C CO 2



  ancol no C3H8Ox (a mol) và axit ko no là C3H4O2 (b mol)

 bt H : 8a + 4b = 5 , 5

4 , 0

n

2 H O

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(O2) = m(CO2) + m(H2O)

 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 C3H8Ox (amol), axit: C3HyO2 (b mol)(y<5,5 nên y=4 hoặc 2)

a+b=0,2 BT oxi: 2a+bx=0,8 => x=2

Số mol CO2>số mol H2O (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 KMnO4 loãng

(b) Cho hơi ancol etylic đi qua bột CuO nung nóng

(c) Sục khí etilen vào dung dịch Br2 trong CCl4

(d) Cho dung dịch glucozơ vào dung dịch AgNO3, trong NH3 dư, đun nóng

(e) Cho Fe2O3 vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng

Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm có xảy ra phản ứng oxi hóa - khử là

(a) C2H4 + KMn7 O4 + H2O C2H4(OH)2 + Mn4 O2  + KOH

(b) CH3CH2OH + Cu2 O CH3CHO + Cu0 + H2O

Trang 8

(c) C2H4 +

0 2

Br C2H4

1 2

Br

(d) C6H12O6 +

3

1

NO

Ag /NH3  Ag0

(e) Fe2O3 + H2SO4 đặc, nóng Fe2(SO4)3 + H2O

Câu 23: Cho sơ đồ các phản ứng:

X + NaOH (dung dịch) Y + Z; Y + NaOH (rắn) T + P;

T Q + H2; Q + H2O Z

Trong sơ đồ trên, X và Z lần lượt là

A HCOOCH=CH2 và HCHO B CH3COOC2H5 và CH3CHO

C.CH3COOCH=CH2 và CH3CHO D CH3COOCH=CH2 và HCHO

 T15000CQ + H2  T (CH4) ; Q (C2H2) và Y là CH3COONa

 CHCH + H2O CH3CHO (Z)

V

ậ y X là : CH3COO – CH=CH2 + NaOH CH3COONa + CH3CHO

Câu 24: Ứng với công thức phân tử C4H10O có bao nhiêu ancol là đồng phân cấu tạo của nhau?

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 C4H10O = 24-2 = 22 = 4 đp

Câu 25: Cho m gam Fe vào bình chứa dung dịch gồm H2SO4 và HNO3, thu được dung dịch X và 1,12 lít khí NO Thêm tiếp dung dịch H2SO4 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

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  Fe2+

 bt e : Fe Cu nNO

64

m 2 56

m

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(NO3)2

(b) Cho FeS vào dung dịch HCl

(c) Cho Si vào dung dịch NaOH đặc

(d) Cho dung dịch AgNO3 vào dung dịch NaF

(e)Cho Si vào bình chứa khí F2

(f)Sục khí SO2vào dung dịch H2S

Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm xảy ra phản ứng là

(a) H+ + Fe2+ + NO3- Fe3+ + NO + H2O

(b) FeS + HCl FeCl2 + H2S

(c) Si + NaOH + H2O Na2SiO3 + H2

(d) AgF ko kết tủa  pứ ko xảy ra

(e) Si + F2 SiF4

(f) SO2 + H2S S + H2O

Câu 28: Hòa tan hoàn toàn m gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được 5,376 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2, N2O và dung dịch chứa 8m gam muối Tỉ khối của X so với H2 bằng 18 Giá trị của m là

Cách 1

MX = 16, suy ra số mol N2 = N2O = 0,12 mol

Gọi số mol muối NH4NO3 là x ta có:

0,12.10 + 0,12.8 + 8x = 3m/27

t 0

Trang 9

Và: 213m/27 + 80x = 8m

Giải ra: x = 0,03, m = 21,6

Cách 2:

 0,24 mol X 36 28 ( 1 )

) 1 ( 36 44 36 O N

N

2 2







 mol N2 = mol N2O = 0,12

 bt e : 3mol Al = 10mol N2 + 8mol N2O + 8mol NH4NO3

 Ta có : m(NH4NO3) = 8m – mAl(NO3)3 = 8m – 213

27 m



80

213 27

m m 8 8 12 , 0 8 12 , 0 10 27

m

Câu 29: Cho hỗn hợp X gồm 0,01 mol Al và a mol Fe vào dung dịch AgNO3 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 Ag2O ; Có khối lượng kết tủa và khối lượng rắn  3 cation kim loại là Al3+ , Fe3+ , Fe2+

 Tác dụng với NaOH dư :

 mol Ag = 3mol Al + 2mol (x) Fe2+ + 3mol (y)Fe3+

Ta có : 1,97 = mFe(OH)2 + mFeOH)3  90x + 107y = 1,97 (1)

Và 1,6 g = mFe2O3  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 AgNO3?

HD giải:

 Ag+ tạo được kết tủa với Cl- , PO43- và Br-

 Cụ thể : AgCl  trắng ; AgBr  vàng ; Ag3PO4  vàng

Câu 31: Phenol phản ứng được với dung dịch nào sau đây?

 Phenol là axit yếu < H2CO3 < HCl …

 Phenol ko pứ với HCl và muối axit mạch hơn nó

Câu 32: Cho các cân bằng hóa học sau:

(a) H2 (k) + I2 (k)      2HI (k). (b) 2NO2 (k)      N2O4 (k).

(c) 3H2 (k) + N2 (k)      2NH3 (k). (d) 2SO2 (k) + O2 (k)      2SO3 (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?

Trang 10

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 CuSO4 B HNO3 đặc, nóng, dư

C MgSO4 D H2SO4 đặc, nóng, dư

HD giải :

 HNO3 và H2SO4 đặc, nóng, dư đều tạo muối Fe3+

 MgSO4 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 H2 Mặt khác, hòa tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO3 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

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 H2  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 AgNO3 trong NH3 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 AgNO3/NH3 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 CuSO4 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 Al2O3 Giá trị của m là

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

0,3 0,3

Có nghĩa là: x + 0,3 = 0,3, nên x = 0 Vô lý

Cách 2

Dung dịch X hòa tan được AlO  X có OH- hoặc H+

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	499 KB