Luyện thi Đại Học - Cao Đẳng: Giải chi tiết các đề thi đại học

TÀI LIỆU TỰ SOẠN
Gi i hc
Moân: Hoaù hoïc








www.facebook.com/Hp.YDS
 HO Prince

1 | P a g e

MUÏC LUÏC
Khi A-2007 ______________________________________________ 003
Khi B-2007 ______________________________________________ 021
Khi A-2008 ______________________________________________ 032
Khi B-2008 ______________________________________________ 043
Khi A-2009 ______________________________________________ 053
Khi B-2009 ______________________________________________ 066
Khi A-2010 ______________________________________________ 080
Khi B-2010 ______________________________________________ 094
Khi A-2011 ______________________________________________ 106
Khi B-2011 ______________________________________________ 119
Khi A-2012 ______________________________________________ 131
Khi B-2012 ______________________________________________ 141

 HO Prince

2 | P a g e


Lời nói đầu
Chào các bạn, tôi là HO Prince cũng là nickname facebook, sinh viên
Đại học Y Dược Thành phố Hồ Chí Minh. Tôi là dân tỉnh, ngày xưa đi
học không có điều kiện tiếp xúc với các phương tiện công nghệ thông tin
hiện đại như bây giờ, không được tìm hiểu nhiều tài liệu qua mạng online,
chỉ biết học ở thầy cô mà thôi. Hôm nay, tôi soạn quyển “Giải chi tiết đề
thi đại học” với mục đích là đi dạy kèm, một mặt muốn chia sẻ phổ biến
đến tất cả các bạn, cách giải không chuyên, nghó sao mình viết vậy, do đó
ngôn ngữ không được như các thầy viết sách, bên cạnh lời giải tôi còn bổ
sung một số điều cần lưu ý. Tài liệu còn nhiều thiếu sót mong các bạn và
thầy cô góp ý và chia sẻ qua :


www.facebook.com/Hp.YDS


 HO Prince

3 | P a g e

KHỐI A-2007-MÃ ĐỀ 182

Hướng dẫn:
Ta có:
2
X Br p.ứ

n 0,2 mol; n 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)
Lúc đó: m
bình tăng
= m
X
= 6,7 gam

n 2n 2 n 2n 2
n' 2n'-2 2 n' 2n'-2 4
a a
b 2b
C H + Br C H Br

C H + 2Br C H Br






Ta có:
a + b = 0,2 a = 0,05
a + 2b = 0.35 b = 0,15





X
m = 6,7 gam 14na + (14n' - 2)b = 6,7 0,7n + 2,1n' = 7 n + 3n' = 10  

Chọn n = 4 & n’ = 2

(X): C
2
H
2
+ C
4
H
8

TH
2
: loại

Hướng dẫn:

3
3
HNO
2 2 4 3
HNO
24
0,12 0,06
a 2a
2FeS Fe (SO )
Cu S 2CuSO
 
 

Theo định luật bảo tồn ngun tố (S ban đầu đều nằm trong
2-
4
SO
):

2-
4
22
S
SO
FeS +Cu S
n = n = 0,24 + a


Theo định luật bảo tồn 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


HO Prince

4 | P a g e

Hửụựng daón:
Cụng thc amin n chc: C
x
H
y
N
o
t
2
1
N
2


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

2

CO
n = 0,0625

s C =
2
CO
X
n
n
= 2

Phaỷn ửựng chaựy
A. p cht h
x
H
y
hoc C
x
H
y
O
z
a N):
1. Ankan hay hp ch


o
t
n 2n + 2 2 2 2
3n + 1

C H + O nCO + n + 1 H O
2



2
2 2 n 2n+
2
2
C H O
H
O
OO C C H
n < n
n - n = n







2. Anken hay hp ch

o
t
n 2n 2 2 2
3n
C H + O nCO + nH O
2

22
CO H O
n = n

3. Ankin-p ch


o
t
n 2n - 2 2 2 2
3n - 1
C H + O nCO + n - 1 H O
2


22
2 2 n 2n-2
CO H O
CO H O C H
n > n
n - n = n

4. Hp ch


o
t
n 2n - 4 2 2 2
3n - 2
C H + O nCO + n - 2 H O
2


22
2 2 n 2n-4
CO H O
CO H O C H
n > n
n - n = 2n







5. Hp ch


o
t
n 2n - 6 2 2 2

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


 HO Prince

5 | P a g e

22
2 2 n 2n-6
CO H O
CO H O C H
n > n
n - n = 3n







B. p cht h
x
H
y
N
t
hoc C
x

H
y
O
z
N
t
:
1. c no:

o
t
n 2n 3 2 2 2 2
31
C H N O nCO (n )H O N
22

    

22
2 2 n 2n+3
CO H O
H O CO C H N
n < n
n - n = 1,5n







2. 

o
t
n 2n 1 2 2 2 2
11
C H N O nCO (n )H O N
22

    

22
2 2 n 2n+1
CO H O
H O CO C H N
n < n
n - n = 0,5n







3. 

o
t
n 2n – 1 2 2 2 2

11
C H N O nCO (n - )H O N
22
   

22
2 2 n 2n-1
CO H O
CO H O C H N
n > n
n -n = 0,5n







C. n h
 Nếu
22
CO H O
n > n


Hai hiđrocacbon có thể là:
2 ankan
1 ankan + 1 anken
1 ankan (x mol) + 1 ankin-ankađien (y mol) (x > y)







 Nếu
22
CO H O
nn 


Hai hiđrocacbon có thể là:
2 anken
1 ankan (x mol) + 1 ankin-ankađien (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-ankađien (y mol) (x < y)







 S dng s liu CO
2

2
O sau phn   kin sau:
- So sánh lớn nhỏ về số mol để xác định loại liên kết trong hợp chất hữu cơ.
 HO Prince

6 | P a g e

- 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 cơng thức thực nghiệm của hợp chất hữu cơ.
- Xác định số C hoặc H trung bình theo cơng thức:
2
CO
hchc

n
Số C =
n
hoặc
2
HO
hchc
2n
Số H =
n

- Bảo tồn ngun tố C và H, suy ra khối lượng hiđrocacbon.

Hướng dẫn:
Ancol tác dụng hết với Na

Ancol hết, Na có thể dư, do đó khơng sử dụng số mol Na tính số
mol ancol.

2
1
ROH + Na RONa + H
2


Áp dụng ĐLBTKL:
)
22
H ancol Na ancol H
chất rắn

m = (m + m - m = 0,3 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 -OH
Cơng thức tính số nhóm OH hay số H linh động:

Số mol H nguyên tử được giải phóng
Số nhóm OH (H linh động) =
Số mol chất

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
1
2

H
n 
n
chất hữu cơ

chất có 1 nhóm –OH hoặc 1 nhóm –COOH.

2
H
n 
n
chất hữu cơ


chất có 2 nhóm –OH hoặc 2 nhóm –COOH hoặc 1 –OH và 1 –COOH.
 HO Prince

7 | P a g e


Höôùng daãn:
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

b b b

(a - b) (a - b)
H + CO HCO

H + HCO CO + H O

 
  


Khi cho dư Ca(OH)
2
vào X thấy xuất hiện kết tủa

trong X còn
-
3
HCO

V = 22,4(a - b)
Löu yù: 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:
2-

3 2 2
2H CO CO H O

  


Höôùng daãn:
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
Chn : C
17
H
35
COOH & C

17
H
33
COOH
Löu yù:
Cần thuộc lòng M của Tristearin: M = 890 (lipit no) để làm chuẩn
M
lipit
giảm 2(888)

trong lipit có 1 gốc axit béo không no có 1



Höôùng daãn:
Clo hoá là phản ứng thế Cl vào H

(
2
CH -CHCl )
2
2k 3k k
Cl
2k 3k-1 k+1
k
C H Cl
C H Cl + HCl

 HO Prince

8 | P a g e


35,5(k + 1)
%Cl = = 0,6396
62,5k + 34,5
 k = 3

: 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.
Höôùng daãn:

(
2 3 2
CH C(CH )=CH CH )
n
+ 2S S S(  
2 3 2
CH C(CH )=CH CH )n


64
%S = = 0,02
68n + 64
n 46


Höôùng daãn:
X, Y, Z là đồng đẳng kế tiếp (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
)

22
O + Ca(OH)
3 6 2 3

C H 3CO 3CaCO
0,1 0,3 0,3

 
 



Höôùng daãn:

3
HNO

3Ag NO
0,3 0,1



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) (# HCHO)
Löu yù: Anđehit + AgNO
3
/NH
3

n
anđehit
: n
Ag
= 1 : 2


anđehit đơn chức (R-CHO)
n
anđehit
: n
Ag
= 1 : 4

anđehit 2 chức hoặc (HCHO)

 HO Prince

9 | P a g e



Höôùng daãn:
n
Ag
= 0,4 = 4n
X

X có thể là HCHO hoặc X có 2 nhóm -CHO

loại B, D.
n
Na
= 0,2 = 2n
Y

Y có 2 nhóm -OH


X có 2 nhóm -CHO

Chn C




HO Prince

10 | P a g e

Toaựn CO
2
/SO
2
taực duùng vụựi dung dũch bazụ
1. CO
2
ng vi dung dch NaOH hoc KOH:
t:
2
NaOH
CO
b
a
n
T = =
n

T 1

to mui NaHCO
3
(CO
2
d):
3
NaHCO NaOH
n = n

T 2


to mui Na
2
CO
3
(NaOH d):
2 3 2
Na CO CO
n = n

1 < T < 2

to 2 mui nh sau:


23
3 2 3 2

a a a

(b - a) (b - a) (b - a)
CO NaOH NaHCO

NaHCO NaOH Na CO H O








23
3
Na CO
NaHCO
n = b-a (Soỏ lụựn-Soỏ beự)
n = a-(b-a) = 2a-b (2Soỏ beự-Soỏ lụựn)

2. CO
2
ng vi dung dch Ca(OH)
2
hoc Ba(OH)
2
:
t:
2
2
CO
Ca(OH)
n
a
T = =
nb

T 1

to mui CaCO
3
(Ca(OH)
2
d):
32
CaCO CO
n = n

T 2

to mui Ca(HCO
3
)
2
(CO
2
d):
3 2 2
Ca(HCO ) Ca(OH)
n = n

1 < T < 2

to 2 mui nh sau:




2 3 2
2

2 3 2 3
2


b b b
(a - b) (a - b) (a - b)
CO Ca OH CaCO H O

CO CaCO H O Ca HCO

32
3
Ca(HCO )
CaCO
n = b-a (Soỏ lụựn-Soỏ beự)
n = b-(a-b) = 2b-a (2Soỏ beự-Soỏ lụựn)








3. CO
2
ng vi hn hp dung dch NaOH (KOH)
2
( Ba(OH)
2
):
 HO Prince

11 | P a g e

Đặt:
-
2
OH
CO
b
T = =
na


 T ≤ 1

tạo muối
-
3
HCO
(CO
2
dư):

3
HCO OH
n = n

 T ≥ 2

tạo muối
2-

3
CO
(OH
-
dư):
2-
2
3
CO
CO
n = n

 1 < T < 2

tạo 2 muối như sau:


23
2
3 3 2


a a a
(b - a) (b - a) (b - a)
CO OH HCO

HCO OH CO H O


  

  
 
   
 



2
3
3
CO
HCO
n = b-a (Soá lôùn-Soá beù)
n = a-(b-a) = 2a-b (2Soá beù-Soá lôùn)









 Löu yù:
 Tính lượng kết tủa sinh ra phải dựa trên
2-
3
CO
n
so với

2
2
Ca
Ba
n
n


:
- Nếu
2-
3
CO
n
<
2
2
Ca
Ba
n
n



n↓ =
2-
3
CO
n

- Nếu
2-
3
CO
n
>
2
2
Ca
Ba
n
n



n↓ =
2
2
Ca
Ba
n
n



 Thông thường chỉ cần nhớ TH
3
thì có thể áp dụng tổng quát cho hai trường hợp trên.
 Công thức SO
2

tương tự.

Höôùng daãn:
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

Tạo 2 muối
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


 HO Prince

12 | P a g e

Ñieän Phaân
 Ñieän phaân dung dòch:
  Catot  Cc (-): cực cho e hay 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:
 


          
      
          
       
2 2 3 2 2 3 2 2 2
2
2 2 2 2 3
K Ca Na Mg Al H O Mn Zn Cr Fe Ni Sn

Pb Fe H axit Cu Ag Hg Pt Au




Quy lut: 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.

-
22
2H O + 2e 2OH + H

- Kim loại tiếp theo bị khử theo phương trình:

n
M ne M



  Anot  Cc (+): cực nhận e
Có mặt các anion gốc axit hoặc OH
-
(do nước hoặc bazơ điện li).
Thứ tự nhường electron:




Quy lut:Chất có tính khử mạnh sẽ bị oxi hoá trước.
- Các anion
2-
4
SO
,
-
3
NO
,
2-
3
CO
,
2-
3
SO
,
3-
4
PO
, 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 (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



-
22
1
2OH H O + O + 2e
2



 c Faraday:
A It
m = .
nF

Hoặc dùng công thức tính số mol electron nhường nhận ở mỗi điện cực:
e
It
n =
96500


n cc > S

2-
> I
-
> Br
-
> Cl
-
> OH
-


> H
2
O > G (
2-
4
SO
,
-
3
NO
,
2-
3
CO
, F
-


HO Prince

13 | P a g e

Trong ú:
A: nguyờn t khi.
n: s e tham gia phn ng in cc.
I: cng dũng in.
t: thi gian in phõn.
F: s Faraday ph thuc vo t.
Nu t(s) F = 96500.
Nu t(h) F = 26,8.
u m
a) Mc ni tip:
- Cng dũng in qua mi bỡnh l bng nhau.
- S thu v nhng e cỏc in cc cựng tờn phi nh nhau

cỏc cht sinh ra cỏc in
cc cựng tờn phi t l mol vi nhau.
:
Bỡnh 1: catot

2

Cu 2e Cu
x 2x

Bỡnh 2: catot


Ag 1e Ag
y y




y = 2x
b) Mc song song: Cng dũng in I qua n bỡnh bng
I
n
.
ẹieọn phaõn noựng chaỷy:
Cú 3 loi hp cht in phõn núng chy:
1. Oxit kim loi:
ủpnc
x y 2
y
M O xM+ O
2


2. Mui clorua:
ủpnc
n2
n
MCl M+ Cl
2

3.
A
):
1

2
ủpnc
22
2MOH 2M O H O

Phng phỏp ny dựng iu ch nhng kim loi t Al tr v trc t cỏc oxit thay vỡ
dựng CO, H
2
.
 HO Prince

14 | P a g e


Höôùng daãn:



ñpdd
22
0,005 0,005
CuCl Cu + Cl

22

0,01 0,005
2NaOH + Cl NaClO + NaCl + H O




n
NaOH còn lại
= 0,01 mol

n
NaOH b.đ
= 0,01 + 0,01 = 0,02 mol

[NaOH] = 0,1M

Höôùng daãn:


23


36
NH -R-COOH + HCl ClNH -R-COOH
(R + 61) gam (R + 97,5) gam
10,3 gam 13,95 gam
R = 42 (-C H -)







23
NH -R-COOH + HCl ClNH -R-COOH

Chênh lệch khối lượng:

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


M
X
= 103

Chn C
Löu yù:
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.

 1:

2+ 2+
Fe + Cu Fe + Cu

 HO Prince

15 | P a g e


Cu Fe
Fe Cu
m -m
n = n =
64-56

 2:

2+ 3+
2Al + 3Cu 2Al + 3Cu

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

Höôùng daãn:

2 4
H SO (l)
4

Fe FeSO
0,1 mol 0,1 mol




24
dd H SO dö
4 4 2 4 3 4
FeSO + KMnO Fe (SO ) + MnSO

Áp dụng ĐLBT e ta có:

2+ 3+ 7+ 2+

0,1 0,1 0, 02 0,1
Fe Fe + 1e Mn + 5e Mn

   

 


4

KMnO
n = 0,02 mol



Höôùng daãn:
3
CaCO
n = 5,5 mol

Đun dung dịch X thu thêm kết tủa

X có Ca(HCO
3
)
2


o
t
3 2 3 2 2

Ca(HCO ) CaCO + CO + H O
1 mol 1 mol



Bảo toàn C:

2 3 2 3

CO Ca(HCO ) CaCO
n = 2n + n 7,5 mol


(
6 10 5
C H O )
leân men
2 5 2

n 2nC H OH + 2nCO
3,75 mol 7,5 mol




m
tinh bt
=
3,75.162
= 750 gam
0,81

 HO Prince

16 | P a g e

Lưu ý: CO
2
+ Ca(OH)

2
:
 Ca(OH)
2
dư chỉ tạo CaCO
3

 CO
2
dư chỉ tạo Ca(HCO
3
)
2

 tạo CaCO
3
+ Ca(HCO
3
)
2


Hướng dẫn:
Ta có:
2
2
CO
Y
NaOH
Y

n
2a
Số C = = = 2
na
n
2a
Số nhóm -COOH = = Chọn D
na










Hướng dẫn:
(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 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
 


 


m
mui
= 14,3 gam
Lưu ý: Hợp chất chứa N tác dụng được với NaOH gồm 3 nhóm lớn:
 Amino axit và đồng phân: NH
2
-R-COOH (khơng tạo khí)
 Muối amoni: R-COONH
4

NaOH
3
NH 
(nhẹ hơn KK)
 Muối của amin: RCOO-NH
3
-R’
NaOH
2
R'-NH 
(nặng hơn KK, ở thể khí chỉ có
CH
3
NH
2
và C
2

H
5
NH
2
)
 HO Prince

17 | P a g e


Hướng dẫn:
Giả sử nồng độ hai chất là a M
HCl là chất điện li mạnh nên điện li hồn tồn

+-

HCl H + Cl
a a




pH = lg[H
+
] = lg(a) = x (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) & (2)

x = y + 2

y = x - 2
Điện li
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
o
).

MA M A



0 0 0
C [M ] [A ]
α = = =
C C C



Đk: 0 ≤
α
≤1
-
α
= 0: chất khơng điện li.
-
α
=1: chất điện li hồn tồn
Độ điện li
α
phụ thuộc vào bản chất của chất tan, nhiệt độ và nồng độ dung dịch. Dung dịch
càng lỗng (C
o
càng nhỏ) thì
α
càng lớn.
 Đối với dung dịch axit yếu ( < 1)

α α α
α) α α
+-

a
o
o o o
ooo
HA H + A (K )
Ban đầu: C 0 0
Điện li: C C C
Cân bằng: (1 - C C C




2
+-
o
a
αC
[H ][A ]
K = =
[HA] 1-α

 << 1

1 - 

1

a
o
K

α =
C

 HO Prince

18 | P a g e

 Đối với dung dịch bazơ yếu ( < 1)

α α α
α) α α
+-
b
o
o o o
ooo
MOH M + OH (K )
Ban đầu: C 0 0
Điện li: C C C
Cân bằng: (1 - C C C




2
+-
o
b
αC
[M ][OH ]

K = =
[MOH] 1-α

 << 1

1 - 

1

b
o
C
K
α =

Hướng dẫn:
+
24
HCl
H
H SO
n = 0,25
n = 0,5 mol
n = 0,125










2
KL 2H H



+
22
+
HH
H pứ
+
H dư
n = 0,2375 mol n = 2n = 0,475 mol
n = 0,025 mol [H ] = 0,1M

   pH = 1


Hướng dẫn:
Lưu ý: Bản chất của oxit tác dụng với axit khơng có tính oxi hố


+ 2-
axit 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


(vừa đủ)
O
Oxit
 m 0,05.16 0,8 gam  
KL oxit O
oxit
 m m - m 2,01 gam  

m
muối
=
2
4
KL
SO
m + m

= 2,01 + 0,05.96 = 6,81 gam


 HO Prince

19 | P a g e



2 4 2
Oxit H SO Muối H O  

Ta có:
2 2 4
H O H SO
n = n = 0,05 mol

Áp dụng ĐLBTKL: m
muối
= m
oxit
+ m
axit
- n
nước
= 2,81 + 0,05.98 - 0,05.18 = 6,81 gam

Hướng dẫn:
Đốt cháy hồn tồn X với oxi thu được khí Y gồm CO
2
+ hơi H
2

O + O
2 dư

Y qua H
2
SO
4
đặc

H
2
O bị giữ lại

Z: CO
2
và O
2 dư


o
t
x y 2 2 2

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



2
O dư
y
n = 10 - (x + )
4

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


Chọn x = 4 & y = 8 (C
4

H
8
)

Hướng dẫn:
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

Chn B.
Lưu ý: Đáp án cũng là đề.

 HO Prince

20 | P a g e

Hướng dẫn:

2
3
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 2 2
3 3 3
2 2 2 2
3 3 3 3

Kết thúc: 1 - 1 -
   
   
   


Hằng số cân bằng: K

C
=
22
.
33
= 4
22
1 - . 1 -
33
   
   
   


0%
max
H 9
3 2 5 3 2 5 2
CH COOH + C H OH CH COOC H + H O
Ban đầu: 1 x 0 0
Phản ứng


0,9
0,1 ) 0,9 0,
: 0,9 0,9 0,9
Kết thúc: (x - 0,9 9

Nhiệt độ khơng đổi


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


Hướng dẫn:
O
oxit
Ta có: n = 3a b c

Oxit + axit:
(6a + 2b + 2c) (3a + b + c)
2H + O

(Phản ứng trao đổi bình thường)
Vậy 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 hố mạnh hơn.

+
Ag + 1e Ag
2c 2c mol



Số mol e Ag
+
nhận = 2c mol

KL phải cho 2c mol e

Chn B. (Cu cho 2c mol e)


 HO Prince

21 | P a g e

KHỐI B-2007-MÃ ĐỀ 285

Hướng dẫn:
0,
[O]
chất rắn giảm
oxit
m m 32 gam


o
t
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 tồn khối lượng:
2
RCHO+H O [O]
m = m - m = 1,24 - 0,02.16 = 0,92 gam


Hướng dẫn:
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 cơng thức:
3+ -
3
Al(OH)
Al OH
n = 4n - n = 4.0,3 - 0,5V = 0,2  V = 2 lít


Hướng dẫn:
o
t
n 2n 2 2 2 2
3n - 2

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

2
2
2
22
O p.ư O b.đ
3n -
n = n = 3n - 

(do gấp đơi phản ứng cháy)
Hỗn hợp sau khi đốt cháy gồm:
2
2
dư
3n - 2
O 
mol, CO
2
= n mol, H
2
O = n mol
 HO Prince

22 | P a g e

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

11
22
pn

1 + (3n - 2) 0,8
= = n = 3
3n - 2
p n 0,95
n + n +
2


Chn D

Hướng dẫn:

2 4 2 4 3 2 2

0,1 0,3 0,05
2Fe + 6H SO Fe (SO ) + 3SO + 6H O
 


n
Fe dư
= 0,02 mol

2 4 3 4

0,02 0,02 mol 0,06
Fe + Fe (SO ) 3FeSO


3

)
24
Fe (SO còn lại
n
= 0,03 mol

Chn A

NG VI AXIT HNO
3

2
SO
4



 Vi HNO
3
:
Kim loi + HNO
3


Mui +










2
2
2
43
NO
NO
NO
N
NH NO
+ 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 khơng tác dụng với Al, Fe, Cr, Au, Pt.

3
2
2
+ HNO dư
O
3 3 2 2

1
2
2
43
Fe Hỗn hợp rắn Fe(NO ) + + H O
m gam
m gam
NO
NO
NO
N
NH NO




 





Gồm 2 giai đoạn:
- Gđ 1: Sắt nhường e cho oxi.
- Gđ 2: Oxit sắt (trừ Fe
2
O
3
) và sắt dư nhường e cho HNO
3

.
- Như vậy Fe cho e cho hai chất nhận e là O
2
và HNO
3

 HO Prince

23 | P a g e

c:
∑n
e nhường
= ∑n
e nhận

+5
2 1 1
e N nhận
m m 3m
+ n =
8 56
-
Hay
+5
hh Fe
Fe
e N nhận
mm
+ n = 3.n

8
-

: Hồ tan hết 11,36 gam hỗn hợp Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
trong dung dịch HNO
3
dư, thu
được 1,344 lít khí NO (đktc) và m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 38,72. B. 35,5. C. 49,09. D. 34,36.
Hướng dẫn:
Dạng đề này khơng có giai đoạn 1, ta xem như giai đoạn 1 có xảy ra.

53
0,18 0, 06
N 3e N




Ta có:
Fe Fe
11,36 - m 3m
+ 0,18 =

8 56

m
Fe
= 8,96

n
Fe
= 0,16 mol

 
3
3
Fe Fe NO
0,16 0,16



33
Fe(NO )
m = 38,72 gam


 Vi H
2
SO
4
:
Kim loi + H
2

SO
4


Mui +





2
2
SO
S
HS
+ H
2
O

2 2 4
2
O + H SO dư
2 4 3 2
1
2
2
Fe Hỗn hợp rắn Fe (SO ) + + H O
m gam
m gam
SO

S
HS



 




c:
∑n
e nhường
= ∑n
e nhận

+6
2 1 1
e S nhận
m m 3m
+ n =
8 56
-
Hay
+6
hh Fe
Fe
e S nhận
mm
+ n = 3.n

8
-

:
Cho m gam sắt tác dung với oxi, sau một thời gian thu được 11,36 gam chất rắn X. Cho X tác
dụng với dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng dư thu được 2,016 lít khí SO
2
(đktc). Giá trị của m là
A. 8,96. B. 5,6. C. 11,2. D. 8,4.
Hướng dẫn:

64
0,18 0, 09
S 2e S





 HO Prince

24 | P a g e


Fe Fe
11,36 - m 3m

+ 0,18 =
8 56


m = 8,96 gam

Höôùng daãn:

52
0, 075 0, 025
N 3e N





Ta có:
3 - m 3m
+ 0,075 =
8 56

m = 2,52 gam.

Höôùng daãn:

o
24
H SO ,t
6 7 2 3 n 3 6 7 2 3 3 n 2

[C H O (OH) ] + 3nHNO [C H O (NO ) ] + 3nH O
0,3 0,1 mol



Khối lượng HNO
3
cần dùng với H = 90%

3
HNO
0,3.63
m = =
0,9
21 kg

Löu yù: Bài toán hiệu suất, yêu cầu tính lượng chất tham gia phản ứng thì chia hiệu suất, yêu
cầu tính lượng sản phẩm thì nhân hiệu suất.

Höôùng daãn:

o
100 C
2 3 2

3Cl + 6KOH KClO + 5KCl + 3H O
0,6 mol 0,5 mol




[KOH] = 0,24M
Löu yù: Phương trình Cl
2
tác dụng với dung dịch KOH (NaOH) ở nhiệt độ thường và 100
o
C.