Giải đề hóa học qua các năm

TI LIU T SON
GI I HC
Moõn: Hoaự hoùc
Naờm 2007 ủeỏn naờm 2013







Khaựnh Phong

1 Page

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 ________________________________________________ 081
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
Khi A-2013 ________________________________________________ 152
Khi B-2013 ________________________________________________ 163

2 Page


Lời nói đầu

Tài liệu tự soạn giải đề đại học muốn chia sẻ đến tất cả các bạn, cách giải không chuyên, ngôn ngữ không
được như những thầy viết sách, đa số giải những bài toán Hóa kèm theo những lưu ý đơn giản dễ hiểu. Tài
liệu còn nhiều thiếu sót, mong các bạn và thầy cô góp ý qua:
ĐT: 0122.3663.676





3 Page

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.
ng hp 1: X gồm 1 anken (a mol) + 1 ankin (b mol)
Lúc đó: m
bình tăng
=
X
m
= 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 và n’ = 2

(X): C
2
H
2
+ C
4
H
8

ng hp 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


4 Page

Höôùng daãn:
Công thức amin đơn chức:
o
t
x y 2
1
C H N N
2



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
PHN 
A. p cht h

x
H
y
hoc C
x
H
y
O
z
a N):
1. Ankan hay hp chk

 
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 hp 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. Hp 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. Hp ch

 
o
t
n 2n - 6 2 2 2
3n - 3
C H O nCO n - 3 H O
2
  


5 Page

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. t 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.

6 Page

- 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


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)
 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.

7 Page

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)
 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
Chọn : C
17
H
35
COOH và C
17
H
33
COOH

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 hóa 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


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



8 Page

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

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

Höôùng daãn:

3
HNO

0,3 0,1
3Ag NO


n
Ag
= 0,3mol
ng hp 1: RCHO

2Ag

n
X
= 0,15

M
X
= 44 (CH
3
CHO)
ng hp 2: RCHO

4Ag


n
X
= 0,075

M
X
= 88 (loại) (# HCHO)
 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)

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


9 Page

(Số lớn - Số bé)
(2 Số bé - số lớn)
(Số lớn - Số bé)
(2 Số bé - số lớn)
(Số lớn - Số bé)

2
, SO
2
NG VI KIM

1. CO
2
ng vi dung dch NaOH hoc KOH:
Đặt:
2
NaOH
CO
n
b
T = =
na

 T ≤ 1

tạo muối NaHCO
3
(CO
2
dư):
3
NaHCO NaOH
n = n

 T ≥ 2


tạo muối Na
2
CO
3

(NaOH dư):
2 3 2
Na CO CO
n = n

 1 < T < 2

tạo 2 muối như 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
n = a - (b - a) = 2a - b








2. CO
2
ng vi dung dch Ca(OH)
2
hoc Ba(OH)
2
:
Đặt:
2
2
CO
Ca(OH)
n
a
T = =
nb

 T ≤ 1


tạo muối CaCO
3
↓ (Ca(OH)
2
dư):
32
CaCO CO
n = n

 T ≥ 2

tạo muối Ca(HCO
3
)
2
(CO
2
dư):
3 2 2
Ca(HCO ) Ca(OH)
n = n

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

 
 

2 3 2
2

2 3 2 3
2


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

CO CaCO H O Ca HCO
    
 
   
 (a - b)



32
3
Ca(HCO )
CaCO
n = b - a
n = b - (a - b) = 2b - a









3. CO
2
ng vi hn hp dung dch NaOH (KOH) 
2
( Ba(OH)
2
):

10 Page

(2 Số bé - số lớn)
(Số lớn - Số bé)
Đặt:
-
2
OH
CO
n
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
n = a - (b - a) = 2a - b








 
 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



11 Page


 ch:
  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:
+
K
<
2+
Ca
<
+
Na
<
2+
Mg
<
3+
Al
<
2
HO
<
2+
Mn
<
2+
Zn
<
3+
Cr
<
2+

Fe
<
2+
Ni
<
2+
Sn
<
2+
Pb
<
3+
Fe
<
+
H
(axit) <
2+
Cu
<
+
Ag
<
2+
Hg
<
2+
Pt
<
3+

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:
KL làm điện cực >

2-
S
>
I

>
Br

>
Cl

>
(bazô)
OH

>
2
HO
> Gốc axit có oxi (
2-
4
SO
,
-
3
NO
,
2-
3
CO

,
F

,…)

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 ng  công thức tính số mol electron cho nhận ở mỗi điện cực:
e

It
n =
96500



12 Page

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.
 u m
a) Mc ni tip:
- 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.
:
Bình 1: ở catot

2

Cu 2e Cu
x 2x


 


Bình 2: ở catot


Ag 1e Ag
y y

 


y = 2x
b) Mc song song: Cường độ dòng điện I qua n bình bằng
I
n
.
 y:
Có 3 loại hợp chất điện phân nóng chảy:
1. Oxit kim loi:
ñpnc
x y 2
y
M O xM+ O
2


2. Mui clorua:
ñpnc

n2
n
MCl M+ Cl
2


3. 
A
):
1

2
ñpnc
22
2MOH 2M O H 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
.

13 Page


Hửụựng daón:



ủpdd
22

0,005 0,005
CuCl Cu + Cl


22

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




0,01 [ ] ,
NaOH coứn laùi
NaOH b.ủau
n n = 0,01 + 0,01 = 0,02 mol NaOH 0 1M


Hửụựng daón:


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

Chờnh lch khi lng:

X
m 13,95-10,3
n = = = 0,1mol
M 36,5


X
M = 103
(Chn C)

Cụng thc tớnh s mol da vo s chờnh lch khi lng

m
n =
M

ỳng trong trng hp h s cõn bng trong phng trỡnh bng nhau.
1:

2+ 2+

Fe + Cu Fe + Cu


14 Page

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
24
H SO (l)

4
dd H SO ññ
4 4 2 4 3 4

0,1 0,1 mol
Fe FeSO
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

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

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

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

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

CO
2
+ Ca(OH)
2
:

15 Page

- Ca(OH)
2
d ch to CaCO
3

- CO
2
d ch to Ca(HCO
3
)

2

- to CaCO
3
+ Ca(HCO
3
)
2


Hửụựng daón:
Ta cú:
-2
2
CO
Y
NaOH
Y
n
2a
Soỏ C = = = 2
na
n
2a
Soỏ nhoựm COOH = = Choùn D
na

Hửụựng daón:
(X): C
2
H
7
NO
2
tỏc dng vi dung dch NaOH thu c 2 khớ

(X) gm: CH
3
COONH
4
(mui amoni) v HCOONH
3
CH
3
(mui to bi HCOOH v
CH
3
NH
2
)
Ta cú:

3 3 2
NH CH NH
n = 0,05; n = 0,15

Phng trỡnh:

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
mui
= 14,3 gam
Hp cht cha N tỏc dng c vi NaOH gm 3 nhúm ln:
Amino axit v ng phõn: NH
2
-R-COOH (khụng to khớ)
Mui amoni: R-COONH
4

NaOH
3
NH
(nh hn KK)
Mui ca amin: RCOO-NH
3
-R
NaOH
2
R'-NH
(nng hn KK, th khớ ch cú
CH
3
NH
2
v C
2
H
5
NH
2
)

16 Page


Hướng dẫn:
Giả sử: [HCl] = [CH
3

COOH] = aM
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)
(1) = (2)

x = y + 2

y = x - 2
N 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
o o o
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


17 Page

 Đối với dung dịch bazơ yếu ( < 1)

α α α

-α) α α



+
b
o
o o o
o o o
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:
Bản chất của oxit tác dụng với axit khơng có tính oxi hố.
axit oxit 2
2H + O H O

Ta có:
+
24
H SO
H
n = 0,05 n = 0,1 mol


2

0,1 0,05
2H + O H O


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


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



18 Page



2 4 2
Oxit H SO Muoái 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

Höôùng daãn:
Đốt cháy hoàn toàn (X) với oxi thu được khí (Y) gồm:
2 2 2
CO + hôi H O + O dö

(Y) qua H
2
SO
4
đặc

H
2
O bị giữ lại


(Z):
22
CO + O dö


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 dö
y
n = 10-(x + )
4


-
38
-
22
2
22

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


Chọn x = 4 và y = 8 (C
4
H
8
)

Höôùng daãn:
Khảo sát đáp án

X đơn chức chứa 1 N
22
N X N
n = 0,025 n = 2n = 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.
 Đáp án cũng là đề.


19 Page

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


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 0,9
: 0,9 0,9 0,9
Kết thúc: (x 0,9

Nhiệt độ khơng đổi

K
C
khơng đổi

C
0,9.0,9
K = = 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


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)


20 Page



21 Page

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:
22
RCHO+H O RCHO+H O
Σn = 0,04 mol 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
2
2
O p.ư
O b.đầu
3n
n = n = 3n
(do gấp đơi phản ứng cháy)

22 Page

Hỗn hợp sau khi đốt cháy gồm:
2
-
2
dư
3n 2
O 
mol, CO
2

= n mol, H
2
O = n mol
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
0,05

0,1 0,3
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.

23 Page

- 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

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

0,16 0,16
Fe Fe NO

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:

24 Page


Fe Fe
11,36 - m 3m
+ 0,18 = m = 8,96 gam
8 56


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

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

Khối lượng HNO
3
cần dùng với H = 90%

3
HNO
0,3.63
m = =
90%
21 kg


 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

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


[KOH] = 0,24M
 Phương trình Cl
2
tác dụng với dung dịch KOH (NaOH) ở nhiệt độ thường và 100
o
C.