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:
 September 2011
Trang 11
LangQuang.YDS


X
Δm 13,95 - 10,3
n = = = 0,1mol
ΔM 36,5

→ M
X
= 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 Fe
Fe Cu
m - m
n = n =
64 - 56

Ví dụ 2:

2+ 3+
2Al + 3Cu 2Al + 3Cu

→

Cu Al
Al
m - m
n = 2.
3.64 - 2.27
→ phải nhân hệ số cân bằng của chất cần tính số mol.

Giải

2 4
H SO (l)
4
Fe FeSO
0,1 mol 0,1 mol




4 2 4
KMnO + H SO
4 2 4 3 4
FeSO 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





→
4
KMnO
n = 0,02 mol

→ V = 0,04 lít = 40 ml

Giải
Đun dung dịch X thu thêm kết tủa → trong X có Ca(HCO
3
)
2

 September 2011
Trang 12
LangQuang.YDS


3 2 3 2 2
Ca(HCO ) CaCO + CO + H O
1 mol 1 mol
o
t



3
CaCO

n = 5,5 mol

Bảo toàn C:
→
2 3 2 3
CO Ca(HCO ) CaCO
n = 2n + n 7,5 mol


(
6 10 5
C H O )
enzim
2 5 2
n 2nC H OH + 2nCO
3,75 mol 7,5 mol



→ m
tinh bột
=
3,75.162
= 750 gam
0,81


Giải
Ta có:
Số C

2
CO
Y
n
2a
= = = 2
na

Số nhóm chức –COOH =
NaOH
Y
n
2a
= 2
na


→ Chọn D

Giải
(X): C
2
H
7
NO
2
tác dụng với dung dịch NaOH thu được 2 khí
→(X) gồm: CH
3
COONH

4
(muối amoni) và HCOONH
3
CH
3
(muối tạo bởi HCOOH và CH
3
NH
2
)
Ta có:
3
32
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





→ m
muối
= 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 CH
3

COOH thì có 1 phân tử điện li
→ độ điện li  = 0,01

-+
33
CH 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 (C
0
).
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 (C
0
càng nhỏ) thì
α
càng lớn.
 Đối với dung dịch axit yếu ( < 1)
HA

H
+
+ A
-
(K

a
)
Ban đầu: C
0
0 0
Điện li: C
0
C
0
C
0

Cân bằng: (1-)C
0
C
0
C
0


2
+-
0
a
αC
[H ][A ]
K = =
[HA] 1 - α

 << 1 → 1 - 


1 →
a
0
K
α =
C

 Đối với dung dịch bazơ yếu ( < 1)
MOH

M
+
+ OH
-
(K
b
)
Ban đầu: C
0
0 0
 September 2011
Trang 14
LangQuang.YDS

Điện li: C
0
C
0
C

0

Cân bằng: (1-)C
0
C
0
C
0


2
+-
0
b
αC
[M ][OH ]
K = =
[MOH] 1 - α

 << 1 → 1 - 

1 →
b
0
K
α =
C

Giải
+

24
HCl
H
H SO
n = 0,25
n = 0,5 mol
n = 0,125








Kim loại + 2H
+
→ H
2

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

Ta có:

+
24
H SO
H
n = 0,05 n = 0,1 mol


2
2H + O H O
0,1 0,05



→ m
O trong oxit
= 0,05.16 = 0,8 gam
→ m
KL trong oxit
= m
oxit
– m
O
= 2,01 gam
m
muối
=
2
4
KL
SO
m + m

= 2,01 + 0,05.96 = 6,81 gam
Cách khác:
Oxit + H
2
SO
4
→ Muối + H
2
O
Ta có:
2 2 4

H O H SO
n = n = 0,05 mol

Áp dụng ĐLBTKL:
m
muối
= m
Oxit
+ m
Axit
– m
Nước
= 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 CO
2
+ H
2
O + O
2 dư

Y qua H
2
SO
4

đặc → H
2
O bị giữ lại → Z gồm CO
2
và O
2 dư


x y 2 2 2
yy
C H + (x + )O xCO + H O
42
y
1 mol (x + ) mol x mol
4



→
2
O
n
dư
= 10 -
y
(x + )
4


22

2
22
O CO
ZZ
H
O CO
y
32.[10 - (x + )] + 44x
m + m
4
d 19 M = 38 = 38
y
n + n
10 - (x + ) + x
4
8x + y = 40
   


→ Chọn x = 4 và y = 8 (C
4
H
8
)

Giải
Khảo sát đáp án → X đơn chức chứa 1 N
2
NX
n = 0,025 n = 0,05 mol

2
CO
n = 0,15 mol

→ Số C =
2
CO
X
n
= 3
n
→ loại A, D.
Khi X tác dụng với NaOH thu được sản phẩm H
2
N-CH
2
-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: K
C
=
22
.
33
= 4
22
1 . 1
33
   

   
   

H
max
= 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 → K
C

không đổi
K
C
=
0,9.0,9
= 4
0,1.(x - 0,9)
 x = 2,925 mol


Giải
Ta có:
n
O trong oxit
= 3a + b + c
Oxit tác dụng với axit:


(6a + 2b + 2c) (3a + b + c)
2H + O


→ HNO
3
hết
→ Trong dung dịch có các muối: Al(NO
3
)
3
: 2a mol, Cu(NO

3
)
2
: b mol, AgNO
3
; 2c mol
Để tách Ag ra khỏi muối chỉ cần dùng kim loại có tính khử mạnh và AgNO
3
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

m
chất rắn giảm
= m
O trong oxit
= 0,32 gam

22
R-CH OH + [O] R-CHO + H O
0,02 0,02 0,02



Hỗn hợp hơi gồm R-CHO và H
2
O (
M 31
)
Ta có:
2
RCHO+H O
Σn = 0,04 mol
→
2
RCHO+H O
m = 0,04.31 = 1,24 gam

Bảo toàn khối lượng:

2
RCHO+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
- -
34
Al + 3OH Al(OH)
Al(OH) + OH [Al(OH) ]



Áp dụng công thức:

3+ -
3
Al(OH)
Al OH
n = 4n - n = 4.0,3 - 0,5V = 0,2  V = 2 lít


Giải
n 2n 2 2 2 2
3n - 2
C H O + O nCO + nH O
2
3n - 2
1 mol mol n mol n mol
2



→ Số mol O
2
dư =
3n - 2
2
→ Số mol O
2
ban đầu = 3n – 2
Hỗn hợp sau khi đốt cháy gồm: O

2 dư
=
3n - 2
2
mol, CO
2
= n mol, H
2
O = n mol
 September 2011
Trang 18
LangQuang.YDS

Hỗn hợp ban đầu gồm: C
n
H
2n
O
2
= 1 mol, O
2
= (3n – 2) mol
Quá trình đẳng tích, ta có:

11
22
pn
1 + (3n - 2) 0,8
= = n = 3
3n - 2

p n 0,95
n + n +
2

→ Chọn D

Giải
n
Fe
= 0,12 mol

2 4 2 4 3 2 2
2Fe + 6H SO Fe (SO ) + 3SO + 6HO
0,1 0,3 0,05



→ n
Fe 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 HNO
3
và H
2
SO
4

đđ, nóng

Với HNO
3
:
Kim loại + HNO
3
→ Muối + + H
2
O
- Kim loại từ Mg → Al có thể tạo ra tất cả các sản phẩm khử trên.
- Kim loại sau hiđro hầu như tạo ra NO
2
, NO.
- HNO
3
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 KClO
3

Giải

Bảo toàn O:


Giải



Lưu ý: Quan hệ số mol của kim loại và H
2
trong các phản ứng giải phóng H
2


M (hoá trị n)
Ví dụ: Kim loại hoá trị I → ½ H
2

Kim loại hoá trị II → H

2

Kim loại hoá trị III → 3/2H
2


Giải
Giả sử V = 22,4 lít
TH
1
: 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)
2
R’ (axit và ancol đều 2 chức)
PT: R(COO)
2
R’ + 2NaOH → R(COONa)
2
+ R’(OH)
2

Giải

4 2 2 4 2
1
CuSO + H O Cu + H SO + O
2
a mol a mol
dp




2 2 2
11

NaCl + H O NaOH + Cl + H
22
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
2
CO
n < 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
22
H 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
TH
1
: Cu dư

TH
2
: H
+
vừa đủ

→ V
2
= 2V
1