- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Hóa
ĐÁP ÁN CHI TIẾT 100 ĐỀ THI THỬ THPT QG
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (978 KB, 48 trang )
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
251
BẠN LÀ GIÁO VIÊN TRẺ, NĂNG ĐỘNG, TÂM HUYẾT VỚI NGHỀ NHÀ GIÁO
VÀ KHÔNG ĐỂ HS CHO LÀ KHÔNG CẬP NHẬT, PHƯƠNG PHÁP CŨ, GIẢI
CÁC BÀI TOÁN CHẬM , MẤT NHIỀU THỜI GIAN, ÍT CÁCH GIẢI HAY VÀ
CHƯA HIỆU QUẢ THÌ HÃY GỌI CHO TÔI ĐỂ SỞ HỮU TOÀN BỘ CHÌA
KHÓA VÀNG VÀ 100 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 GIẢI CHI TIẾT
(DẠNG WORD) ĐỂ GV CÓ THỂ CHỈNH SỬA PHÙ HỢP HƠN VỚI ĐỐI
TƯỢNG CỦA MÌNH
ĐT LIÊN HỆ: THẠC SĨ: NGUYỄN VĂN PHÚ: 0989292117
HOẶC QUA MAIL:
TÀI LIỆU SẼ GỮI QUA: ĐỊA CHỈ EMAIL, MAIL, YAHOO
100 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 CHIA 2 PHẦN
- PHẦN I: 50 ĐỀ VÀ GIẢI CHI TIẾT ( DẠNG WORD DÀNH CHO GIÁO VIÊN)
- PHẦN II: 50 ĐỀ VÀ GIẢI CHI TIẾT ( DẠNG WORD DÀNH CHO GIÁO VIÊN)
Học thức như con thuyền đi ngược nước, không tiến tức thì lùi
ĐÁP ÁN ĐỀ 42.
Câu1A. Vì nCa
2+
= 2n
3
HCO
nên: Ca(HCO
3
)
2
+ Ca(OH)
2
→ 2CaCO
3
+ 2H
2
O
0,003 0,003 => a = 0,003.74 = 0,222g
Cách2:
2
3 3 2
OH HCO CO H O
0,006 0,006 0,006
2 2
3 3
Ca CO CaCO
0,006 0,006 mà
2
Ca
n
= 0,003 +
74
a
= 0,006 => a = 0,003.74 = 0,222
Câu2. B. nH
2
= 0,12 mol
nOH
-
= 0,24 mol
Để trung hòa dd X thì dung dịch Y cần dùng với số mol H
+
là 0,24 mol
Gọi số mol của H
2
SO
4
là x thì số mol của HCl là 4x
2x + 4x = 0,24, nên x = 0,04;
Khối lượng muối = khối lượng kim loại + khối lượng gốc axi = 8,94 + 0,04.96 + 0,16.35,5 = 18,46 g
Câu3.B. nH
2
= 0,01 , nOH
-
= 0,02
- Nếu M và oxit M là kim loại kiềm thổ thì nM = nH
2
=> nMO= 0,02 – 0,01 = 0,01
=> 2,9 = 0,01 M + 0,01( M=16) => M= 137
- Nếu M là kim loại kiềm thì oxit của M là M
2
O và không có giá trị nào phù hợp
Cách2: Qui đổi hỗn hợp ban đầu : M và O
M > M(OH)
n
O + 2 e = O
2-
(2)
0,02 < 0,02
M = M
n+
+ ne (1) 2H
+
+2e = H
2
(3)
0,02 > 0,02n 0,01
- BTKL: nO= (2,9- 0,02.M): 16 => số mol e nhận ở (2) là
8
02,09,2
2.
16
02,09,2 MM
- BTE: 0,02n =
8
02,09,2 M
+ 0,02 => n= 2 => Ba
Câu4A.
X
Z
A
,
8
O
16
=> X
2
O có số hạt mang điên là 4z + 16, số hạt không mang điện là 2N +8
Ta có:
2882164
9281624
NZ
NZ
=> Z=11 và N =12 => X là Na
Câu5 A.
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
252
2Na + 2H
2
O = 2Na
+
+2OH
-
+H
2
0,2 0,2
NH
4
+
+OH
-
= NH
3
+H
2
O
0,3 0,2 0,2
0,1dư Vậy V= 6,72
Câu6. A. nH
2
= 0,25 mol; nKL > 0,25 mol;
4,28
25,0
1,7
M
Một kim loại có nguyên tử khối lớn hơn 28,4 và một kim loại có nguyên tử khối nhỏ hơn.
Câu7D: Vì dung dịch Y chứa các chất tan có nồng độ bằng nhau số mol 2 kim loại kiềm thổ bằng nhau = n
HCl
dư
(nếu có). n
HCl
= 0,25 mol
M + 2HCl
MCl
2
+ H
2
a 2a a
Ta có : n
HCl dư
= ½ a 0,25 – 2a= ½ a a = 0,1
M
= 24,5 =
2
409
. Nên 2 kim loại là Be và Ca
Câu8. C. Số đồng phân thơm có công thức phân tử C
7
H
8
O vừa tác dụng được với Natri vừa tác dụng được với
NaOH chỉ có thể là phenol, có nhóm – OH gắn trực tiếp vào vòng benzen, với 3 đồng phân ứng với các vị trí của
nhóm – CH
3
gắn vào các vị trí ortho, meta, para so với nhóm - OH.
Câu9 B. Al
2
O
3
, HCO
3
-
, H
2
O. Ion chất lưỡng tính là các ion, chất vừa có khả năng nhường, vừa có khả năng nhận
H
+
Câu10. D. Ta có: p + n +e = 52, trong đó (p = e), nên 2p + n = 52. Mà 1 n/p 1,5 p n 1,5p
3p 52 6,5p
14,8 p 17,3
Vậy p có thể là 15, 16, 17.
Với p = 15 n = 22 A = 37 (loại vì nguyên tố có Z = 15 thì có A là 31)
Với p = 16 n = 20 A = 36 (loại vì nguyên tố có Z = 16 thì có A là 32)
Với p = 17 n = 18 A = 35 (thỏa mãn)
Câu11. D. CH
3
NH
2
Câu12. A. a, c, e
Trong các phản ứng a, c, e đều có sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố nên đều là các phản ứng oxi hóa
khử.
Câu13. A. (2), (5)
Dùng phương pháp loại trừ các phương án chứa chất không làm quì tím đổi màu đỏ.
Câu14.C. HCHO và HOC– CHO
Chú ý rằng khi X hoặc Y phản ứng với AgNO
3
trong NH
3
tạo ra 4 mol Ag thì có một chất là HCHO( nếu là đơn
chức ), chất kia là anđehit 2 chức. Dùng tỉ lệ C:H trong phản ứng cháy để tìm CTPT của 2 chất.
Câu15.B. H - COOH, HOOC - COOH
0,3 mol axit khi đốt thu được 0,5 mol CO
2
=> có một axit có số C = 1 hiển nhiên chỉ chỉ có thể là HCOOH; 0,3
mol 2 axit này trung hòa cần mất 0,5 mol NaOH => có một axit có nhiều hơn hoặc bằng 2 nhóm chức. Vậy chỉ
có đáp án B là phù hợp.
Câu16. AĐúng vì khi điện phân dung dịch muối sẽ thu được bazơ
Câu17 A
Số mol N
2
= số mol N
2
O = 0,04mol
2NO
3
+ 10H
+
+ 8e → N
2
O + 5H
2
O
0,4 ← 0,32 ← 0,04(mol)
2NO
3
+ 12H
+
+ 10e → N
2
+ 6H
2
O
0,48 ← 0,4 ← 0,04(mol)
m
muối
= 10,71 + 0,04.8.62 + 0,04.10.62 = 55,35g [HNO
3
] =
22,0
4
88,0
M
Câu18. Đáp án là D
SO
3
+ H
2
O → H
2
SO
4
2,5 2,5(mol)
m
chất tan
(H
2
SO
4
) ban đầu =
100
49m
= 0,49m(gam)
Khối lượng chất tan sau khi thêm SO
3
là:
m
chất tan sau khi thêm
= 0,49m + 2,5.98 = 2245 + 0,49m
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
253
m
dung dịch sau khi thêm
= m + 200 (gam)
C% (H
2
SO
4
)
sau khi thêm
= 78,4%
→
4,78100.
200
49,0245
m
m
→ m = 300 (gam
Câu19. Đáp án là C
Số mol CO
2
= 7,5(mol)
C
6
H
10
O
5
→ C
6
H
12
O
6
→ 2C
2
H
5
OH + 2CO
2
m/162
0,8m/162 → 1,6m/162(mol)
→ 1,6m/162 = 7,5 → m = 759,4g
Câu20. Đáp án là C
2,7g chất rắn Y là Al dư
2Na + 2H
2
O → 2NaOH + H
2
a a a/2(mol)
2K + 2H
2
O → 2KOH + H
2
a a a/2(mol)
2Al + 2OH
+ 2H
2
O → 2AlO
2
+ 3H
2
2a ← 2a → 3a(mol)
Số mol H
2
= 4a = 0,4 → a = 0,1 (mol)
m
hỗn hợp X
= 0,1.23 + 0,1.39 + 0,2.27 + 2,7 = 14,3g
Câu21D. (c), (d).
Cu không bị hòa tan trong dung dịch HCl (vì là kim loại đứng sau H), không tan được trong muối KNO
3
.
Cu tan được trong dung dịch hỗn hợp HCl + KNO
3
; Fe
2
(SO
4
)
3
:
3Cu + 8H
+
+ 2NO
3
-
3Cu
2+
+ 2NO + 4H
2
O
Cu + 2Fe
3+
2Fe
2+
+ Cu
2+
Câu22D. (II), (III), (IV).
- Phenol có nhóm -OH nên có phản ứng thế với kim loại Na.
- Nguyên tử H của nhóm -OH linh động nên có phản ứng với NaOH.
- Phenol có phản ứng tạo kết tủa trắng với dung dịch nước brom.
Câu23B. tơ nilon, tơ tằm, len rất bền vững với nhiệt.
- Dùng phương pháp loại trừ để tìm ra đáp án đúng.
- Mặt khác có thể thấy ngay tơ nilon, tơ tằm, len rất bền vững với nhiệt là sai.
Câu24B. Dùng NaOH, vì:
2NaOH + MgSO
4
Na
2
SO
4
+ Mg(OH)
2
trắng.
2NaOH + FeCl
2
Fe(OH)
2
+ 2NaCl trắng xanh(để ngoài không khí chuyển nâu đỏ)
3 NaOH + Fe(NO
3
)
3
3NaNO
3
+ Fe(OH)
3
(nâu đỏ)
Câu25C. thực hiện quá trình khử các cation kim loại trong các hợp chất về kim loại.
Nguyên tắc điều chế kim loại: Khử các ion kim loại: M
n+
+ ne M
Câu26D. từ ống thứ hai nhiều hơn từ ống thứ nhất.
- Số mol axit fomic nhiều hơn số mol axit axetic nên số mol CO
2
ở ống 2 nhiều hơn ống 1.
Câu 27B. C
6
H
5
ONa.
nC = = 0,6 mol nH = = 0,5 mol nNa = = 0,1 mol
nO = = 0,1 mol
nC : nH : nO : nNa = 0,6 : 0,5 : 0,1 : 0,1 = 6 : 5 : 1 : 1 Vậy X là: C
6
H
5
ONa.
Câu28A . mO
2
= mCO
2
+ mH
2
O - mA =13,2 + 5,4 – 7,4 = 11,2 (gam)
nO
2
tham gia phản ứng = = 0,35 (mol) => V
KK
= 0,35 . 22,4 . 5 = 39,2 (lít)
Câu29A. NaNO
3
và NaHSO
4
.
NaNO
3
và NaHSO
4
không phản ứng với nhau và không phản ứng với Cu nhưng hỗn hợp NaNO
3
và NaHSO
4
lại có phản ứng với Cu:
2NaNO
3
+ 8NaHSO
4
+ 3Cu 3CuSO
4
+ 5Na
2
SO
4
+ 2NO + 4H
2
O
Câu30.D. 0,4 mol
Đốt 1 mol rượu no, đơn chức, mạch hở A thu được 4 mol CO
2
nên A có 4 cacbon và có công thức phân
tử C
4
H
10
O. Khi oxi hóa rượu A sẽ thu được axi no đơn chức mạch hở C
4
H
8
O
4
.
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
254
Vậy khi đốt cháy axi này sẽ thu được n
H2O
= n
CO2
= 0,4 mol.
Câu31D. 1,92 gam.
PTPƯ: 2Al + 3Cu 2Al + 3Cu.
1 mol nhôm phản ứng tạo ra 1,5 mol đồng thì khối lượng thanh nhôm tăng 64 . 1,5 - 27 = 69 gam
Theo bài ra, khối lượng thanh nhôm tăng 1,38 gam nên số mol nhôm đã phản ứng là
=> m
Cu(thoát ra)
= 1,5.0,02.64 = 1,92 gam.
Câu32.D. C
3
H
9
N
Câu33C. Đều hoà tan Cu(OH)
2
ở nhiệt độ thường cho dung dịch màu xanh
So sánh đặc điểm cấu tạo hai chất, từ đó suy ra tính chất giống nhau giữa chúng.
Câu34B. CH
2
=CH-CH
3
; CH
2
=CH-CH
2
Cl; CH
2
Cl-CHOH-CH
2
Cl.
Dựa vào phương pháp điều chế glixerin.
Câu35A. Thêm dư AlCl
3
vào dd NaOH
Vì Al
3+
(dư) + 3OH
-
Al(OH)
3
.Dựa vào tính chất của hợp chất của Al để xét.
Câu36C. (5) > (3) > (1)> (4) > (2). CH
3
COOH có M lớn nhất, lại có liên kết hiđro mạnh, nên có nhiệt độ sôi cao
nhất.
- CH
3
CHO không có liên kết hidro, nên có nhiệt độ sôi thấp nhất.
- 3 chất còn lại đều có liên kết hiđro, nhưng CH
3
-CH
2
OH có liên kết hiđro yếu nhất, còn HCOOH có liên kết
hiđro mạnh nhất. Vậy nhiệt độ sôi của (5) > (3) > (1)> (4) > (2)
Câu37A. (C
17
H
33
COO)
3
C
3
H
5
+ 3H
2
= (C
17
H
35
COO)
3
C
3
H
5
884 886
< 5
Câu38B. Fe
na = 0,01625.
m
Cl
= a.M = 0,0455 = 28 (n = 1,2,3) M = 56; n = 2. M là Fe.
Câu39A. lúc đầu có kết tủa màu xanh nhạt, sau đó kết tủa tan dần tạo thành dung dịch màu xanh thẫm. CuSO
4
+
2NH
3
+ 2H
2
O Cu(OH)
2
+ (NH
4
)
2
SO
4
Cu(OH)
2
+ 4NH
3
[Cu(NH
3
)
4
](OH)
2
Câu40B. ClH
3
N[CH
2
]
6
COOH
Viết phương trình thuỷ phân, xác định các sản phẩm tồn tại trong môi trường axit HCl.
Câu41. A. 5 sản phẩm.
Câu42B. Crom là kim loại nên chỉ tạo được oxit bazơ
Crom có các oxit CrO là oxit bazơ; Cr
2
O
3
là oxit lưỡng tính; CrO
3
là oxit axit.
Câu43B. 5,69 gam.
Gọi số mol từng kim loại Mg, Al, Cu trong X là x, y, z mol.
Tổng số mol electron mà N
+5
nhận là: 0,01 . 3 + 0,04 = 0,07 mol
Tổng số mol electron kim loại nhường là: 2x + 3y + 2z = 0,07 mol
Khối lượng muối: 1,35 + m(nitrat) = 1,35 + 62 (2x + 3y + 2z) = 5,69 gam.
Câu44C. bằng xà phòng có độ kiềm thấp, nước ấm. Dựa vào tính chất dễ bị thuỷ phân của tơ poliamit
Câu45D. Màu vàng nâu, dẻo, dễ rèn
Câu46D. Cu(NO
3
)
2
, Fe(NO
3
)
2
, Mg(NO
3
)
2
‘
- Dựa vào sản phẩm của quá trình nhiệt phân các muối nitrat. Loại các phương án có chứa KNO
3
vì:
Câu47D. chất nhường electron để tạo thành các cation vì năng lượng cần để tách electron khỏi nguyên tử kim
loại tương đối nhỏ.
Nguyên tử kim loại có 1,2,3 electron lớp ngoài Dễ nhường electron lớp ngoài cùng để tạo thành các ion có
cấu hình electron khí hiếm.
Câu48B. 7, 0 gam.
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
255
4Na + O
2
2Na
2
O (1)
2Na + O
2
Na
2
O
2
(2)
Na
2
O
2
+ H
2
O 2NaOH + ½O
2
(3)
0,05mol 0,025 mol
n
Na(2)
= 0,1mol n
Na(1)
= 0,1mol số mol Na
2
O = 0,05mol Vậy m
A
= 0,05 . 78 + 0,05 . 62 = 7g
Câu49D. 12,70
HCl + NaOH
NaCl + H
2
O
Ban đầu: 0,04
Phản ứng: 0,04 0,04
Sau p.ư: 0,00 0,01 0,04
Sau phản ứng NaOH dư nNaOH = nOH
-
= 0,01 (mol)
[OH
-
] = 0,05 (M) pOH = 1,30 pH = 14 - pOH = 12,70
Câu50 C.
n
hỗn hợp sau nổ
= 0,72 (mol)
P
sau vụ nổ (theo lý thuyết)
= .
P
sau nổ (thực tế)
= .
ĐÁP ÁN ĐỀ 43.
Câu 1D. dung dịch brom
Nhận biết được tính chất của fructozơ. Có thể dùng phương pháp loại trừ.
Câu 2C. 27,71% và 72,29%
Khi phân tử NaOH phản ứng với các axit, nó thay thế nguyên tố Na vào một nguyên tử H của từng axit => 1
mol axit bị trung hòa thành 1 mol muối thì khối lượng muối so với khối lượng axit tăng 22g =>tổng số mol 2
axit là : (23,2 – 16,6) : 22 = 0,3 mol. Từ đó tính ra số mol mỗi axit.
Câu 3D. H-COO-C
3
H
7
và CH
3
COO-C
2
H
5
.
Dựa vào của muối.
Câu 4B. Điện phân dung dịch NaCl trong nước.
Dựa vào số oxi hoá của natri trong các chất ở 2 vế của phương trình phản ứng.
Câu 5B. Quá trình trên là quá trình oxi hoá.
Fe nhường electron, Fe là chất khử và bị oxi hóa thành Fe
2+
.
Câu 6A. tăng 0,08 gam so với thanh Fe ban đầu.
Dung dịch mất màu xanh Cu(NO
3
)
2
hết:
=> Khối lượng thanh Fe tăng: (64 - 56).0,01 = 0,08 (gam).
Câu 7. A. 3
Buten (C
4
H
8
) có 2 đồng phân mạch thẳng: CH
2
= CH – CH
2
– CH
3
và CH
3
- CH = CH – CH
3
CH
2
= CH – CH
2
– CH
3
+ HCl CH
3
– CHCl – CH
2
– CH
3
(sản phẩm chính)
CH
2
= CH – CH
2
– CH
3
+ HCl CH
2
Cl – CH
2
– CH
2
– CH
3
(sản phẩm phụ)
CH
3
– CH = CH – CH
3
+ HCl CH
3
–CH
2
–CHCl–CH
3
Câu 8D
Câu 9B: gọi công thức muối hiđrocacbonat : M(HCO
3
)
n
Sơ đồ : 2M(HCO
3
)
n
M
2
(SO
4
)
n
2mol 1 mol khối lượng giảm : 2.61n - 96n = 26n
theo đề
1,625.2 0,125
26n n
9,125 - 7,5 = 1,625
M + 61n =
9,125
73
0,125
n
n
=> M = 12n n = 2 => M = 24 (Mg) => là Mg(HCO
3
)
2
Câu10D.
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
256
Câu11A. Trong dung dịch X chứa AlO
2
-
và OH
-
(nếu dư). Dung dịch X trung hòa về điện tích nên.
2
AlO OH Na
n n n 0,5mol
khi cho axit HCl vào dung dịch X ta có ptpư sau:
H
+
+ OH
-
H
2
O
H
+
+ AlO
2
-
+ H
2
O Al(OH)
3
Để thu được kết quả lớn nhất thì
2
HCl
H AlO OH
0,5
n n n 0,5mol V 0,25lit A dung
2
Câu12.B Phương trình phản ứng xẫy ra:
- - 2-
3 2 3
2+ 2-
3 3
2+ 2-
4 4
OH + HCO = H O+CO .(1)
Ba + CO = BaCO .(2)
Ba + SO = BaSO .(3)
Sau khi các phản ứng xẫy ra thì trong dung dịch A chỉ còn lại a mol Na
+
.
áp dụng ĐLBTĐT thì số mol OH
-
củng phải bằng a mol.
Mặt khác số mol OH
-
ở phương trình (1) cũng phải bắng b mol, nên số mol OH
-
ban đầu là
(a+b) mol
2+ -
2
Ba(OH) =Ba +2OH (4)
y.Vmol 2y.Vmol
a b
=>2y.V=a b y B dung
2V
Câu13. A ;Câu14A ;Câu15 A.; Câu16A; Câu17C ; Câu 18D.
Câu 19B
Na
2
O +H
2
O = 2NaOH
a 2a
NaHCO
3
+ NaOH = Na
2
CO
3
+H
2
O
a a a
BaCl
2
+ Na
2
CO
3
= BaCO
3
+ 2NaCl
a
Vậy dung dịch A chỉ còn chứa NaCl
20C; 21D; 22C ; 23D ; 24D;25D ; 26C ; 27B ;28C ; 29D; 30A ; 31D; 32C ;33C; 34B ;35ª; 36D;
37A. NH
2
-C
2
H
4
-COONH
4
+NaOH = NH
2
-C
2
H
4
-COONa + NH
3
+ 2H
2
O
0,1 0,15
=> mchất rắn=
38.B
39 A. n
X
= 0,02mol; n
NaOH
= 0,04mol
→ X có hai nhóm - COOH.
n
X
: n
HCl
= 1 : 1 → X có một nhóm - NH
2
H
2
NR(COOH)
2
+ 2NaOH → H
2
NR(COONa)
2
+ 2H
2
O
0,02 → 0,04 → 0,02(mol)
→ R =
)2.232.322.1216(
02,0
82,3
= 41 X: H
2
N - C
3
H
5
- (COOH)
2
→ C
5
H
9
NO
4
40. Đáp án là C
n
axit metacrylic
= 2,5(mol); n
ancol metylic
= 5,125(mol)
CH
2
=C-COOH + CH
3
OH → CH
2
=C-COOCH
3
CH
3
CH
3
2,5 3,125 (mol)
2,5.0,6 2,5.0,6 (mol)
m
este
= 2,5.0,6.100 = 150g
Câu 41:A
Câu 42:D
Câu 43: D
Câu 44: B (2CrBr
3
+3Br
2
-> 2CrBr
6
)
Câu 45:D
Câu 46:D; *Na nước thoát khí, và dung dịch trong suốt.
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
257
*Ca thoát khí , dung dịch vẩn đục
* Al cho vào dung dịch trong suốt có thoát khí
2 kim loại còn lại cho nước vào, đung nóng lên thấy lọ nào thoát khí là Fe (Fe +H
2
O Fe
3
O
4
+H
2
)
Câu 47:D; nAg=0,4 .T= 4, có 2 nhóm CHO, nBr
2
/n hỗn hợp =3, vậy ∏
mạch hở = 3-2 =1,
Vậy đáp án D
Câu 48: A; Cách làm > viết đồng phân đối xứng.và xicloankan đối xứng
Câu 49: A; Đáp án.Ni=0,8-1,06= -0,26. Mg= -2,37= -0,26-2,11
Câu 50: Đáp án> naxit picric ( OH-(C6H2)-(NO
2
)
3
)=27,48/229=0,12. nCO+CO
2
=0,12*6=0,718,
N
2
=0,12*3/2=0,178
nH
2
O= 1,5*0,12=0,119. P=(0,119+0,718+0,119)*0,082*(1223+273)/20 =D
HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 44
1/. A. C
2
H
5
OOC-COOC
2
H
5
+ 2NaOH > 2C
2
H
5
OH
+ NaOOC-COONa
2/.B Al + 3Ag
+
> Al
3+
+ 3Ag
Fe + 2Ag
+
> Fe
2+
+ 2Ag
Fe
2+
+ AgNO
3
> Ag + Fe
3+
Al + H
2
O + NaOH > 3/2 H
2
3/.D H =
25,36
58
100% = 60%
C2. C
4
H
10
> A + B
bđ a
pư x x x
spư a- x
Ta có: mC
4
H
10
= 58a. Do khối lượng các chất không
đổi nên hỗn hợp gồm 5 hiđrocacbon là 58a
M
= 58 a: [ (a-x) + x+x) =36,25 => x= 0,6a
H = x: a = 0,6a: a
4/.C.
C1. 3 Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
> 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14
H
2
O
0,09 0,84
Vì dùng dư 25% nên nHNO
3
dùng = 0,84 .1,25 =1,05
mHNO
3
= 1,05.63 = 66,15gam
C2. nFe
3
O
4
= 0,09 => nFe
3+
= 0,09.3= 0,27
nHNO
3
pư = nNO
3
-
muối + nNO
3
-
spk = 3. 0,27 + 0,03
Vậy nHNO
3
cần dùng =
5/.A C
3
H
y
=>
M
= 12.3 + y = 21.2 =>
y
= 6
Sơ dồ pư: C
3
H
6
+ 9/2 O
2
= 3CO
2
+ 3 H
2
O
0,05 0,15 0,15
=> mH
2
O + mCO
2
= 44.0,15 + 18. 0,15 = 9,3
6/. C
7/. C: + Với phần 1 ta có:
2FeCl
3
+ H
2
S → 2FeCl
2
+ S + 2HCl
10. A. Ta có
M
hỗn hợp = 92 a + 46( 1-a) = 72,45
=> a= 0,575
N
2
O
4
= 2NO
2
nbđ x 0
đli 0,2125
0,425
[ ] x – 0,2125 0,425
=> x – 0,2125 = 0,575 => x = 0,7875 mol N
2
O
4
= 0,2125: 0,7875 = 0,2698
11. B
12. D Công thức phân tử của D có dạng MX
2
Ta có: M
2+
+ 2pX
-
= 162
(1)
=> ( pM -2) + 2( pX +1) = 162 => pM + 2pX = 162
Vì M
2+
và X
-
có cấu hình như nhau => E
M
2+
= E
X
-
(2)
Từ 1,2 => 3E
M
2+
= 162 => E
2+
= 162/ 3 = 54
=> E
M
= p
M
= 54+2 = 56 ( Ba)
E
X
= P
X
= 54 – 1 = 53 ( I)
Dung dịch BaI
2
BaI
2
+ O
3
+ H
2
O > I
2
+ O
2
+ Ba(OH)
2
13.A.
PƯ: M + nHCl = MCl
n
+ n/2 H
2
nHCl = 200.7,3: 36,5.100 = 0,4 mol
nH
2
= 0,2 mol
m MCl
n
= m + 0,4 . 35,5 = m + 14,2
m dung dịch spư = 200 + m- 0,2 .2 = 199,6+ m
C% = ( m + 14,2).100 : 199,6 + m = 11,96
=> m = 11 gam
M = 11n: 0,4 = 27,5n
=> n= 2, M = 55 => M là Mn
14.B. 2H
+
+ 2 e = H
2
0,16 0,08
O
2
+ 4e = 2O
2-
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
258
mol: x 0,5x
CuCl
2
+ H
2
S → CuS↓ + 2HCl
Mol: y y
16x +96y = 1,28 (I)
2FeCl
3
+ Na
2
S → 2FeCl
2
+ S + 2NaCl
sau đó: FeCl
2
+ Na
2
S → FeS↓ + 2NaCl
2FeCl
3
+ 3Na
2
S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl
mol: x x 0,5 x
CuCl
2
+ Na
2
S → CuS↓ + 2NaCl
Mol: y y
88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II)
+ Từ (I, II) ta cú: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol
8/. D. nHCl=nX = 0,02, nNaOH = 2nX cú 1nhóm
-NH
2
và 2 nhóm –COOH
(HOOC)
2
RNH
2
+ HCl (HOOC)
2
RNH
3
Cl
0,02 0,02
M
muối
= 45.2 + R + 52,5 =
3,67
183,5
0,02
R = 41
(C
3
H
5
)
Vậy X là:(HOOC)
2
C
3
H
5
NH
2
9/.C
19. B Giả sử hợp kim X không chứa Li thì %Li trong
hợp kim mới phải bằng:
%mLi =
mLimX
mLi
. 100 =
8,28,28
8,2
.100 =
8,9 %
Nhưng theo bài ra %mLi = 13,29% > 8,9% => trong
hợp kim X phải có Li .
Vậy M là Li
Khối lượng Li trong X: mLi
(X)
=
8,2
100
)8,28,28(29,13
= 1,4 gam
=> nLi
(x)
= 0,2 => mR
(X)
= mX – mLi = 28,8 – 1,4 =
27,4 gam
Khi X + H
2
O
Li + H
2
O = 1/2 H
2
0,2
R + 2H
2
O = H
2
x
=> nH
2
= 0,3 = x + 0,1 => x= 0,2 => MR = 27,4/ 0,2 =
137
20. B
Zn = 2NO
2
x
3Zn= 2NO
y
=> x + y = 0,13
2x + 2y/ 3 = 0,22
Giải hệ: x= 0,1 và y= 0,03
nNO
2
= 2x = 0,2 nNO = 0,02
=> m khí = 46. 0,2 + 30. 0,02 = 9,8 gam
Vậy 1 lít hỗn hợp khí có khối lượng là 9,8: 4,928 =
1,98 gam/lit
21. A
22. B
23. C Khí thu vào bằng cách đặt úp bình => khí đó
0,16
=> BTE: e cho = e(do H
+
nhận) + e ( O
2
nhận)
=> nO
2-
=
2.
4
16,0
= 0,08 mol => mO
2-
= 0,08 . 16
=1,28
BTKL: mkim loại = moxit – mO
2-
= 1,56 gam
15.C
16.D. Dùng chất tác dụng với H
2
S, không tác dụng
với HCl
Nếu dùng:
AgNO
3
= AgCl
Pb(NO
3
)
2
= PbCl
2
Zn(NO
3
)
2
+ H
2
S = không xảy ra pư
Cu(NO
3
)
2
+ H
2
S = CuS
+ HNO
3
Cu(NO
3
)
2
+ HCl = không xảy ra pư
17. A. Khi a=b kết tủa thu được là lớn nhất.
18. B.
28. A . BTKL: mAl = 23,3 – 15,2 = 8,1 => mAl bđầu =
0,3 , nCr
2
O
3
= 0,1
2Al + Cr
2
O
3
> Al
2
O
3
+2Cr
0,2 0,1 0,2
=> Al dư = 0,1 mol
Al + 3HCl = 3/2 H
2
+ AlCl
3
0,1 0,15 0,1
Cr + 2HCl = CrCl
2
+H
2
0,2 0,2
=> V
2
= 7,84 lít
Al
2
O
3
+ 3HCl = 2AlCl
3
+ 3/2 H
2
O
0,1 0,2
AlCl
3
= Al(OH)
3
0,1+ 0,2 0,3
CrCl
2
= Cr(OH)
2
0,2 0,2
=> m = 0,3 .78 + 86.0,2 = 40,6
Hay: Al > AlCl
3
> 2Al(OH)
3
0,3 0,3
29.C. Ta có:
M
= 45,6 => 2 khí CO
2
và NO
2
=>
nCO
2
: nNO
2
= 1: 4
Gọi nCO
2
= x mol , nNO
2
= 4x => nFeCO
3
=x
BTE: Fe
2+
= Fe
3+
+ 1e
x
FeS
2
= Fe
3+
+ 2S
6+
+ 15
0,2x 3x
N
+5
+1 e = N
+4
4x
Dung dịch Y chứa: Fe
3+
; SO
4
2-
, có thể có NO
3
-
, H
+
; tác
dụng vừa đủ với Ba(OH)
2
nBa(OH)
2
= 0,54 => nOH= 1,08 mol
Kết tủaZ: Fe(OH)
3
: ( x+ 0,2) và BaSO
4
0,4x
Rắn T: Fe
2
O
3
0,6 x và BaSO
4
0,4x
=> 160. 0,6x + 0,4x .233 = 37,84 => x= 0,2
Vậy nFeCO
3
đầu = x = 0,2
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
259
phải nhẹ hơn không khí, tức là có M< 29.
24. C MX = 28 => CO, C
2
H
4
, N
2
nhưng chỉ có N
2
điều chế bằng pp nhiệt phân.
25. A. CaCO
3
+ H
+
Fe
2+
+ 4H
+
+ NO
3
-
= NO
FeS + 2H
+
= H
2
S
26.C
27.A.Khối lượng Fe = 0,3m (g); khối lương rắn A =
0,75 m(g). Suy ra lượng Fe phản ứng = 0,25 m
Fe dư ; Cu chưa phản ứng.
Dung dịch B chứa Fe(NO
3
)
2
, không có Fe(NO
3
)
3
và
Cu(NO
3
)
2
n
hỗn hợpkhí =
6,72/22,4= 0,3 mol
Số mol HNO
3
=
69,0
63.100
63,0.38,1.50
(mol)
Fe
Fe
+2
+ 2e NO
3
-
+ 3e
NO
NO
3
-
+e
NO
2
Số mol NO
3
-
tạo muối = 0,69 – 0,3 = 0,39 (mol).
Khối lượng Fe(NO
3
)
2
=
1
.0,39(56 62.2) 35,1( )
2
g
36. C. Na tác dụng cả axit và H
2
O
2H + 2e = H
2
0,2 0,2 0,1
=> có 0,1 mol H
2
sinh ra do sự khử H
2
O
H
2
O + 1e = 1/2 H
2
+ OH
0,2 0,1 0,2
=> tổng e nhận = 0,4
- Na > Na
+
+ 1e
=> ne cho = ne nhận =nNa = 0,4 => mNa = 9,2
mrắn khan = mNa + mSO
4
2-
+ mCl
-
+ mOH
-
= 20,95
gam
37.C. Khối lượng Fe và Fe
3
O
4
thực tế phản ứng với
HCl = 22,5 – 2,5 = 20 g
=> 56x + 232y = 20 (1)
Vì Fe nên
Fe + 2HCl=H
2
0,1
Fe
3
O
4
+ 8HCl= 2FeCl
3
y 2y
Fe + 2FeCl
3
=
x- 0,1
=> 2( x- 0,1) = 2y => x – 0,1 = y (2)
Từ 1,2 => x= 0,15 và y= 0,05
Vậy nHCl = 0,6
38. A. Ta có nCO
2
= 0,16 =nBr
2
C
n
H
2n+2-2a
+ O
2
= nCO
2
x xn
C
n
H
2n+2-2a
+ aBr
2
=
x xa
=> nx= 0,16
ax = 0,16
=> n= x
=> X có dạng C
n
H
2
Vì hiđrocacbon ở thể khí nên n
4
và nặng hơn
không khí n
3
=> n=3 hoặc 4
nFeS
2
= 0,2x = 0,04
30. C . 31.D
32.C. nH
2
= 0,1 , nAg= 0,4
Gọi A là R(CHO)
n
; B là R(CH
2
OH)
n
R(CH
2
OH)
n
+ Nadư = n/2H
2
(1)
R(CHO)
n
+ Ag
2
O = 2nAg
Theo(1) : 0,1.1 = 0,1
2
n
=> n=2
Theo (2): nR(CHO)
2
= 0,1 => M = 84 => R= 26
=> -CH=CH-
Vậy A là: OHC-CH=CH-CHO
PƯ : OHC-CH=CH-CHO + 3H
2
=
0,1
33.D
34.C
35.B
40. A. Theo bài ra n
HCl
= 0,4.2= 0,8 mol. Các phương
trình phản ứng xảy ra là:
Fe
3
O
4
+ 8HCl 2FeCl
3
+ FeCl
2
+ 4H
2
O
0,1 0,8 0,2 0,1
Cu + 2FeCl
3
CuCl
2
+ 2FeCl
2
0,04 0,08 0,04 0,08
Dung dịch D gồm: 0,8 mol Cl
-
; Fe
3+
; 0,18 mol Fe
2+
;
Cu
2+
Tác dụng với AgNO
3
Ag
+
+ Cl
-
AgCl
0,8 0,8
Ag
+
+ Fe
2+
Fe
3+
+ Ag
0,18 0,18
Khối lượng kết tủa thu được là: m = 0,8. 143,5 +
0,18. 108 = 134,24 gam
41.B
42/.A. Ta cú
2
3
2
3
0,1 ; 0,2
0,1 ; 0,12
CO H
CO
HCO
n mol n mol
n amol n mol
H
+
hết ,CO
3
2-
và HCO
3
-
dư
Các phương trình phản ứng xảy ra đồng thời:
CO
3
2-
+ 2H
+
CO
2
+ H
2
O (1)
x 2x x
HCO
3
-
+ H
+
CO
2
+ H
2
O (2)
y y y
Goi x và y là số mol của CO
3
2-
và HCO
3
-
đó tham gia
phản ứng (1) và (2)
Ta có hệ phương trình
2 0,2 0,08
0,12 0,04
x y x
x y y
Ta cú :
0,1 0,08
0,5
0,1 0,04
x
a M
y a
+ Nếu: Các phương trình phản ứng xảy ra đồng thời:
CO
3
2-
+ 2H
+
CO
2
+ H
2
O (1)
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
260
+ nếu n= 3 => C
3
H
2
( không có cấu tạo mạch hở)
+ nếu n= 4 => C
4
H
2
HC
C-C
CH
=> x= 0,04 mol => m = 0,04.50 = 2 gam
39.A. C1 mmuối = mkloại + mSO
4
2-
( tạo muối) =
13,5 + mSO
4
2-
( tạo muối)
H
2
SO
4
+2e = H
2
+ SO
4
2-
(1)
=> nSO
4
2-
( tạo muối) = nH
2
= 0,35 (2)
Vậy m= 47,1
C2. Coi 4 kim loại là M
M + nH
2
SO
4
= nH
2
0,35 0,35
BTKL: m = 13,5 + 98.0,35 – 2.0,35 = 47,1 gam
47. C C
12
H
22
O
11
= 2C
6
H
12
O
6
= 4Ag
0,2 0,8
=> mAg = 0,8.108 =
48. C. Từ V dung dịch rượu = 100 ml ; V
ROH
nguyên
chất = 46 ml
Độ rượu = 46
0
=> VH
2
O = 54 ml=> mROH = 41,4 gam
mH
2
O = 1.54 = 54 PƯ Na + H
2
O Na + ROH
=> mcr = 3. 40 + mRONa = 176,58 = 3.40 + x( R+39)
(1)M
ặt khác: mROH= x(R+17) = 41,4
(2) => R= 43 => C
3
H
8
O
49.D.
(C
6
H
10
O
5
)
n
=
C
6
H
12
O
6
C
2
H
5
OH
C
2
H
4
(CH
2
OH)
2
+ 2O
2
= (COOH)
2
+2H
2
O
(COOH)
2
+ (CH
2
OH)
2
= (COO)
2
(CH
2
)
2
+ 2H
2
O
0,1 2x x
HCO
3
-
+ H
+
CO
2
+ H
2
O (2)
0,1a y y
0,1 a= 0,04 => a= 0,4 +> chỉ CO
3
2-
dư là vô lý
43.C 44.C 45.D
46.C Các phương t hh xảy ra:
CaCO
3
CaO + CO
2
(1)
CO
2
+ Ba(OH)
2
BaCO
3
+ H
2
O (2)
2CO
2
+ Ba(OH)
2
Ba(HCO
3
)
2
(3)
Ba(HCO
3
)
2
BaCO
3
+ CO
2
(4)
Theo bài ra ta có: số mol BaCO
3
(2) =
39,4
197
= 0,2
mol; số mol BaCO
3
(4) =
1,97
197
= 0,01 mol
Theo(2), (3),(4): số mol CO
2
tạo ra ở (1) = 0,22 mol ;
số mol Ba(OH)
2
dựng ở (2) và (3) = 0,21 mol
[ Ba(OH)
2
] =
0,21
0,5
= 0,42 (M) => a
= 0,42 M
Theo (1): số mol CaCO
3
dùng là: 0,22 mol
=> m = 100 x 0,22 = 22 (g)
50. D. Số mol NaOH = (0,94+2,05-1,99):40 = 0,025
(mol)
3
'
3 2 5
2,05
67 15(CH )
0,025
0,94
R 17 20,6(CH ;C H )
0,025
R
ĐÁP ÁN ĐỀ 45.
Câu1C. Saccarozơ không có tính khử vì phân tử không còn nhóm -OH hemiaxetal tự do nên không chuyển được
thành dạng mạch hở chứa nhóm anđehit.
Câu2:A
A. CO
2
+ 2 NaOH(dư) = Na
2
CO
3
+ H
2
O
B. Ca(HCO
3
)
2
+ NaOH(dư) = CaCO
3
+ Na
2
CO
3
+ H
2
O
C. Fe
3
O
4
+ 8 HCl(dư) = 2FeCl
3
+ FeCl
2
+ 4 H
2
O
D. 2 NO
2
+ 2 NaOH(dư) = NaNO
3
+ NaNO
2
+ H
2
O
Câu3A.: benzanđehit: C
6
H
5
CHO, anđehit oxalic: (CHO)
2
, glucozơ: HOCH
2
(CHOH)
4
CHO,
metyl fomat: HCOOCH
3
Câu4B. : Do tỉ lệ mol N
2
O:NO:NH
4
NO
3
là 1:1:1, ta có:
2 N
+5
+ 2.4e → 2 N
+1
+ N
+5
+ 3e → N
+2
N
+5
+ 8e → N
-3
3 4 N
+5
+ 19e → 2 N
+1
+ N
+2
+ N
-3
19 Al → Al
3+
+ 3e
19 Al + 72 HNO
3
19 Al(NO
3
)
3
+ 3 N
2
O + 3 NO + 3 NH
4
NO
3
+ 30 H
2
O
Vậy sau khi cân bằng, tổng hệ số nguyên nhỏ nhất (a,b,c,d,e,f,g) của phương trình hóa học = 149.
Câu5 C.
Đặt công thức của ancol X là: C
n
H
2n+2-2k
O
x
với 0 < x ≤ n
C
n
H
2n+2-2k
O
x
+
3 1
2
n k x
O
2
→ n CO
2
+ (n + 1 – k) H
2
O
Ta có T =
1
n
n k
, theo giả thiết khi số nguyên tử C tăng lên thì tỉ số T cũng tăng: n → +
thì T → 1
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
261
T < 1
2
2
CO
H O
n
n
< 1
2
H O
n
>
2
CO
n
k = 0, ancol no
Vậy công thức của ancol X là: C
n
H
2n+2
O
x
hay C
n
H
2n+2-x
(OH)
x
Câu6D: Lúc đầu Fe + 2 HCl → FeCl
2
+ 2(H), sau đó hiđro mới sinh (H) có tính khử mạnh sẽ khử -NO
2
thành
-NH
2
. C
6
H
5
NO
2
+ 6(H) → C
6
H
5
NH
2
+ H
2
O
Câu7A: - Do ion X
2-
có cấu trúc electron: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
thì cấu trúc electron của X sẽ là: 1s
2
/2s
2
2p
6
/3s
2
3p
4
. Vậy
X thuộc ô 16, chu kỳ 3, nhóm VIA.
- Nguyến tố Y có: p + n + e = 40 (I) mà p = e nên (I) trở thành 2p +e = 40 (I
’
)
mặt khác 2p – n = 12 (II). Giải hệ ta có p = 13
cấu trúc electron của Y sẽ là: 1s
2
/2s
2
2p
6
/3s
2
3p
1
. Vậy Y thuộc ô 13, chu kỳ 3, nhóm IIIA.
- Ion Z
2+
có tổng số hạt mang điện tích dương trong hạt nhân bằng 29, vậy số p trong hạt nhân bằng 29 hay Z =
29
cấu trúc electron của Z sẽ là: 1s
2
/2s
2
2p
6
/3s
2
3p
6
3d
10
/4s
1
. Vậy Z thuộc ô 29, chu kì 4, nhóm IB.
Câu8D. : Dung dịch X làm mất màu dung dịch KMnO
4
X chứa Fe
2+
Dung dịch X hoà tan được bột Cu
X chứa Fe
3+
Vậy Fe
x
O
y
phải là Fe
3
O
4
: Fe
3
O
4
+ 4 H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 4 H
2
O
Câu9A. : Có rất nhiều cách giải quyết bài toán này, dưới đây chúng tôi giới thiệu cách quy về Fe đơn chất ban
đầu:Fe + O
2
→ 7,52 gam hỗn hợp R gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
. S
au đó cho toàn bộ hỗn hợp R tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng thu được 0,672 lít khí SO
2
(đktc) và dung
dịch X chứa Fe
2
(SO
4
)
3
. Đặt số mol của Fe và O
2
lần lượt là x và y mol, theo định luật Bảo toàn khối lượng, ta có
: 56x + 32y = 7,52 (I)
Fe → Fe
3+
+ 3e O
2
: 2O + 2.2e → 2O
2-
x 3x y 4y
S
+6
+ 2e → S
+4
: SO
2
0,06 0,03
Theo định luật Bảo toàn electron, ta có: 3x = 4y + 0,06 (II)
Giải (I) và (II) ta được x = 0,1 ; y = 0,06.
Theo định luật Bảo toàn nguyên tố, ta có: 2 Fe → Fe
2
(SO
4
)
3
0,1 0,05
Vậy khối lượng muối thu được trong dung dịch X bằng: 0,05.400 = 20 gam
Câu10B. Gọi số mắt xích isopren có một cầu đisunfua -S-S- là n, theo giả thiết, ta có:
64.100
68 64 2n
= 2
n = 46 (mắt xích)
Câu11B: - Từ tỉ lệ mol CO
2
: mol H
2
O = 3:4
ancol no.
- Đặt công thức ancol là R(OH)
a
+ a Na → R(ONa)
a
+
2
a
H
2
0,1 0,15
a = 3
Ancol lúc này có công thức: C
n
H
2n-1
(OH)
3
→ n CO
2
1 3
X : C
3
H
5
(OH)
3
Câu12 D.C
3
H
8
O
x
chứa nhóm chức phản ứng với Na
phải chứa H linh động hay chứa nhóm –OH, như vậy x ≤
3
* x = 1
C
3
H
8
O có 2 đồng phân ancol: ancol n-propylic và ancol iso-propylic
* x = 2
C
3
H
8
O
2
có 2 đồng phân ancol: propylenglycol và trimetylenglycol
* x = 3
C
3
H
8
O
3
có 1 đồng phân ancol: glixerol
Câu13A. : Có 3 cấu tạo ứng với tên gọi: đi metyl n-propyl amin; đi metyl iso-propyl amin và đi etyl metyl amin.
Câu14B. Khi thủy phân HCOOCH=CH-CH
3
trong môi trường kiềm hay axit đều tạo ra HCOOR (R=Na, K hay
H) và CH
3
CH
2
CHO (ancol không no chuyển vị), do đó cấu tạo của X sẽ là HCOOCH=CH-CH
3
để Y cho phản
ứng tráng gương tạo lượng Ag nhiều nhất.
Câu15B. : Các muối (NH
4
)
2
SO
4
, NaHSO
4
cho môi trường axít, pH < 7, muối NaNO
3
cho môi trường trung
tính, pH = 7 còn muối NaHCO
3
cho môi trường bazơ, pH > 7.
Câu16B. : Ta có :
2
CO
n
= 0,09 mol,
NaOH
n
= 0,1 mol
CO
2
+ NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O
a 2a a
CO
2
+ NaOH → NaHCO
3
b b b
a + b = 0,09 a = 0,01
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
262
2a + b = 0,1 b = 0,08
Lại có :
3
5,91
197
BaCO
n
= 0,03 mol mà
2
3
CO
n
= 0,01 mol ;
3
HCO
n
= 0,08 mol
2
Ba
n
= (0,2.0,15 + 0,2.x) mol ;
OH
n
= (2.0,2x) mol
Ba
2+
+ CO
3
2-
→ BaCO
3
0,01 ← 0,01 0,01
Ba
2+
dư : (0,02 + 0,2x) mol
Mặt khác,
2
3
CO
n
cần để tạo 0,02 mol BaCO
3
: 0,02 mol
có phản ứng HCO
3
-
+ OH
-
→
0,02 0,02 ← 0,02
Vậy : (2.0,2x) = 0,02
x = 0,05 mol/l
Luôn có:
2
Ba
n
còn lại sau 2 phản ứng tạo kết tủa BaCO
3
: 0,01 mol
OH
n
dư : 0,08 - 0,02 = 0,06 mol
2 HCO
3
-
O
t
CO
3
2-
+ H
2
O + CO
2
0,06 → 0,03
Ba
2+
+ CO
3
2-
→ BaCO
3
0,01 → 0,01
Vậy: m = 197.0,01 = 1,97 gam
Câu17:D. NO
2
là khí màu nâu đỏ, N
2
O
4
là khí không màu. Khi ngâm bình chứa NO
2
trong nước đá thấy màu của
bình nhạt dần - tức là cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận - theo nguyên lý Lơ Satơliê thì chiều này phải là
chiều phát nhiệt. Vậy chiều nghịch của phản ứng là chiều thu nhiệt.
Câu18A. : phenol chính là axit phenic, do vậy coi hỗn hợp như một chất có ký hiệu ROH
ROH + NaOH → RONa + H
2
O
Theo ĐLBTKLta có: m
RONa
= m
ROH
+ m
NaOH
-
2
H O
m
= 5,48 + 0,06.40 - 0,06.18 = 6,8 gam
Câu19C. Số mol HNO
3
tác dụng = số mol HNO
3
(môi trường) + số mol HNO
3
đóng vai trò oxi hoá.
3
HNO
n
(tác dụng)
= 4
NO
n
+ 10
2
N O
n
+ 12
2
N
n
+ 10
4
NH
n
= 0,12.4 + 0,08.10 + 0,06.12 +
3,36
22,4
.10 = 3,5 mol.
Câu20.C : - t
o
sôi
của hợp chất hữu cơ phụ thuộc vào liên kết hiđro, CH
3
COOH tồn tại 2 liên kết hiđro có t
o
sôi
cao
nhất, rồi đến C
2
H
5
OH tồn tại 1 liên kết hiđro. CH
3
CHO và C
2
H
6
không tồn tại liên kết hiđro, nhưng CH
3
CHO
chứa oxi và có khối lượng mol lớn hơn C
2
H
6
, nên có t
o
sôi
cao hơn.
Câu21D C
6
H
5
OH + 3 HONO
2
2 4
o
H SO
t
C
6
H
2
OH(NO
2
)
3
+ 3 H
2
O
Ban đầu: 0,2 0,45
Phản ứng: 0,45 0,15
Vậy khối lượng axit picric thu được là: 0,15 x 229 = 34,35 gam
Câu22B: Na
2
CaO
14
Si
6
Na
2
O.CaO.6SiO
2
Câu23C : Đặt số mol của Fe và S ban đầu (trước khi tạo thành Z) lần lượt là x và y mol.
Fe → Fe
3+
+ 3e
x x 3x mol N
+5
+ 1e → N
+4
: NO
2
S → S
+6
+ 6e (S
+6
trong H
2
SO
4
) 0,48 0,48
y y 6y mol
Theo định luật Bảo toàn khối lượng, ta có : 56x + 32y = 3,76 (I)
Theo định luật Bảo toàn electron, ta có: 3x + 6y = 0,48 (II)
Giải (I) và (II) ta được x = 0,03 ; y = 0,065.
Lại có: 2 Fe → 2 Fe(NO
3
)
3
→ 2 Fe(OH)
3
→ Fe
2
O
3
0,03 0,015
2 3
Fe O
m
= 0,015.160 = 2,4 gam
Ba
2+
+ SO
4
2-
→ BaSO
4
0,065 0,065
4
BaSO
m
= 0,065.233 = 15,145 gam
m gam hỗn hợp rắn = 17,545 gam
Câu24C. Các yếu tố ảnh hưởng đến chuyển dịch cân bằng là: Nồng độ, Nhiệt độ và Áp suất - Xúc tác thì không.
Câu25B: Để đạt lượng kết tủa lớn nhất, sẽ có sự trao đổi 2 anion Cl
-
và NO
3
-
bằng CO
3
2-
.
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
263
Vậy theo Định luật bảo toàn điện tích,
2
3
CO
n
=
0,2.1 0,3.1
2
= 0,25 mol
2 3
Na CO
n
= 0,25 mol
thể tích dung dịch Na
2
CO
3
là 250 ml
Câu26C. NH
4
Cl: quỳ hóa đỏ
Na
2
CO
3
: quỳ hóa xanh
Dùng Na
2
CO
3
nhận biết BaCl
2
, không hiện tượng là NaCl
Câu27D. : CH
3
COONa + NaOH → CH
4
+ Na
2
CO
3
Câu28C. Có tối đa 4 ancol, bao gồm: ancol metylic, ancol etylic, ancol n-propylic và ancol iso-propylic
Câu29C. : (CH
3
)
2
CH-CHOH-CH
2
CH
3
2 4
o
H SO
t
(CH
3
)
2
C=CH-CH
2
CH
3
+ H
2
O
Câu30B. : Các phương trình phản ứng thuỷ phân X và Y trong môi trường kiềm:
+ Phản ứng thuỷ phân X:
gđ 1:CH
3
COO-CCl
2
-COO-CH
3
+2 NaOH → CH
3
COONa + HO-CCl
2
-COONa + CH
3
OH
gđ 2: HO-CCl
2
-COONa + 2 NaOH → HO-C(OH)
2
-COONa + 2 NaCl
gđ 3: HO-C(OH)
2
-COONa ↔ HOOC-COONa + H
2
O
gđ 4: HOOC-COONa + NaOH → NaOOC-COONa + H
2
O
Tổng hợp:
CH
3
COO-CCl
2
-COO-CH
3
+5 NaOH → CH
3
COONa + NaOOC-COONa + CH
3
OH + 2 NaCl + 2 H
2
O
+ Phản ứng thuỷ phân Y, tương tự:
CH
2
ClCOO-CH
2
COO-CH
2
Cl + 4 NaOH → 2 HO-CH
2
-COONa + HCHO + 2 NaCl + H
2
O
Câu31C. C
6
H
12
O
6
men
2 C
2
H
5
OH + 2 CO
2 ;
CO
2
→ CaCO
3
2
CO
n
=
3
CaCO
n
= 0,2 mol
6 12 6
C H O
n
= 0,2 mol
6 12 6
C H O
m
= 180.0,2.
100
80
= 22,5 gam
Câu32C. : Thận trọng yêu cầu từ đề bài: cho glyxin tác dụng với axit glutamic tạo ra đipeptit mạch hở, vậy nên,
các đipeptit có cấu tạo sau:
H
2
N-CH
2
-CO-NH-CH(COOH)-[CH
2
]
2
COOH
HOOC-CH
2
-NH-OC-[CH
2
]
2
CH(NH
2
)-COOH
HOOC-[CH
2
]
2
CH(NH
2
)-CO-NH-CH
2
COOH
Câu33C: Vì 2 este là đồng phân mà 2 axit là đồng đẳng kế tiếp thì 2 ancol cũng sẽ là kế tiếp:
R
COO
,
R
Mặt khác, vì là este đơn chức nên n
muối
= n
ancol
= n
NaOH
. Vậy nên
M
muối
=
7,85
0,1
= 78,5
R
= 11,5
2 axit là HCOOH và CH
3
COOH.
M
ancol
=
4,95
0,1
= 49,5
,
R
= 32,5
2 ancol bậc I là CH
3
CH
2
CH
2
OH và CH
3
CH
2
OH
Câu34B: - Điều chế HNO
3
: NaNO
3
+ H
2
SO
4
o
t
HNO
3
+ NaHSO
4
- Điều chế O
2
: 2 H
2
O
2
2
MnO
2 H
2
O + O
2
- Điều chế Cl
2
: 2 KMnO
4
+ 16 HCl
o
t
2 KCl + 2 MnCl
2
5 Cl
2
+ 8 H
2
O
- Điều chế N
2
: NH
4
Cl + NaNO
2
o
t
N
2
+ NaCl + 2 H
2
O
- Điều chế SO
2
: Na
2
SO
3
+ 2 HCl
o
t
2 NaCl + SO
2
+ H
2
O
Câu35A.(CH
3
)
2
CH-C
6
H
5
2
1)O
tiểu phân trung gian
2 4
2) 20%H SO
C
6
H
5
-OH + CH
3
-CO-CH
3
Câu36D Nhận biết sự có mặt của ion Cr
3+
bằng dung dịch NaOH dư, dựa vào tính lưỡng tính của Cr(OH)
3
Cr
3+
+ 3 OH
-
→ Cr(OH)
3
Cr(OH)
3
+ OH
-
→ [Cr(OH)
4
]
-
cromit (màu xanh)
- Nhận biết sự có mặt của ion Cl
-
bằng dung dịch AgNO
3
: Ag
+
+ Cl
-
→ AgCl
trắng
- Nhận biết sự có mặt của ion NO
3
-
bằng hỗn hợp Cu và HCl:
3 Cu + 8 H
+
+ 2 NO
3
-
→ 3 Cu
2+
+ 2 NO + 4 H
2
O
2 NO + O
2
→ 2 NO
2
màu nâu đỏ
- Nhận biết cation Na
+
bằng cách thử màu ngọn lửa: ngọn lửa nhuốm màu vàng tươi của cation Na
+
Câu37A.
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
264
Câu38A. Vì este là no và đơn chức nên khi đốt cháy
2 2
H O CO
n n
Mặt khác sản phẩm cháy hấp thụ vào bình đựng dung dịch nước vôi dư nên
2 3
CO CaCO
n n
= 2,5
Vậy: độ tăng khối lượng của bình nước vôi đúng bằng tổng khối lượng CO
2
và H
2
O = 155 gam.
Đặt công thức của este là C
n
H
2n
O
2
: C
n
H
2n
O
2
→ n CO
2
0,5 2,5
n = 5 mà M
ancol
= 60 đ.v.C
R-OH = 60
R = 43
gốc propyl
Vậy công thức cấu tạo thu gọn của este sẽ là: CH
3
COOC
3
H
7
Câu39D. Đặt số mol của Fe
3
O
4
và
Cu trong X là x và y mol, ta có: 232x + 64y = 3
Fe
3
O
4
+ 8 HCl → FeCl
2
+ 2 FeCl
3
+ 4 H
2
O
x 2x
Cu + 2 FeCl
3
→ CuCl
2
+ 2 FeCl
2
x 2x
Mặt khác, 64x + 0,04 = 64y
x = 0,01; y = 0,010625
m
Cu
=
0,68 gam
%Cu =
0,68
.100%
3
=22,67%
Câu40C: NaAlO
2
+ HCl + H
2
O → NaCl + Al(OH)
3
↓
a a a
Al(OH)
3
↓ + 3 HCl → AlCl
3
+ 3 H
2
O
a 3a
b = 4a , vậy để thu được kết tủa sau khi kết thúc các phản ứng hóa học thì tỉ lệ là
a : b > 1 : 4
Câu41A. : Xét các thể tích làm thí nghiệm là 1 lít và giả sử cho pH = a = 1, khi đó b = 10
CH
3
COOH + H
2
O
H
3
O
+
+ CH
3
COO
-
NH
3
+ H
2
O
NH
4
+
+ OH
-
C
a
C
b
0,1
0, 1
0,0001
0,0001
pH = 1
[H
+
]
= 10
-1
C
a
= 10
-1
.100 = 10 mol/l
pH = 10
pOH = 4
[OH
-
] = 10
-4
mol
C
b
= 10
-4.
1000 = 10
-1
1
b
C
= 10 = C
a
Vậy:
1
b
C
C
a
Câu42A. : Đặt CTPT TB của 2 amin no, đơn chức, kế tiếp là:
2 3
n n
C H N
, ta có:
2
2 3
n n
C H N
+ H
2
SO
4
→ (
2 4
n n
C H N
)
2
SO
4
0,6 ← 0,3
X
M
=
21,4
0,6
= 35,67
14n
= 18,67
n
= 1,33
Câu43A. Đặt CTTQ của hiđrocacbon A là C
x
H
y
: C
x
H
y
+ Br
2
→ C
x
H
y
Br
2
160 79,2
12 160 100
x y
12x + y = 42
x = 3, y = 6
A: C
3
H
6
và D: C
3
H
6
Br
2
(M
D
= 202, thoả mãn nhỏ hơn 6,5.32 = 208)
Vậy C
3
H
6
có 2 CTCT ứng với tên gọi: propen và xiclopropan.
Câu44D: Đặt KHHH trung bình của 2 kim loại ở 2 chu kì liên tiếp thuộc nhóm IIA là:
R
Ta có:
R
+ 2 HCl →
R
+ H
2
0,03 ← 0,03
R
=
8,8
0,3
= 29.33
2 kim loại là Mg (24) và Ca (40)
Câu45 C: Khi coi K
2
O là chất tan liên hợp với KOH, ta hướng bài toán về phương pháp đường chéo:
K
2
O + H
2
O → 2 KOH
94 112
100 119,15
m
1
: 1 9,15 15
45
m
2
: 30 74,15
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
265
Vậy
1
2
15 14,1
74,15 69,7
m
m
Câu46C. : Ta luôn có:
Ag
n
3
AgNO
n
= 0,064 mol;
2
3 2
( )
Cu NO
Cu
n n
= 0,4 mol
Al + 3 Ag
+
→ Al
3+
+ 3 Ag
0,02 → 0,06 0,06 mol
Fe + 2 Ag
+
→ Fe
2+
+ 2 Ag
0,002 ← 0,004 0,004 mol
Fe + Cu
2+
→ Fe
2+
+ Cu
0,008 0,008 mol
Vậy m = (0,06 + 0,004).108 + 0,008.64 = 7,424 gam
Câu47D. - Các cấu tạo mạch hở của C
4
H
8
có tên gọi: but-1-en, but-2-en, 2-metyl propen.
- Các cấu tạo mạch hở của C
4
H
6
có tên gọi: but-1-in, but-2-in, buta-1,2-đien, buta-1,3-đien.
- Các cấu tạo mạch hở của C
5
H
12
có tên gọi: pentan, 2-metyl butan, 2,2-đimetyl propan
Câu48C: + dung dịch A có pH = 12
pOH = 2
[OH
-
] = 0,01 mol/l
OH
n
= V.0,01 mol
+
2
1,344
0,06
22,4
H
n
mol
H
n
= 0,06 .2 = 0,12 mol
[H
+
] =
0,12
1,2
= 0,1 mol/l
+
H
n
= 0,1.0,6 = 0,06 mol
Khi trộn V lít ddA với 600 ml dd B thu được dd C có khả năng hòa tan Al
2
O
3
, chứng tỏ trong dd C có mặt H
+
hoặc OH
-
dư.
+ Trường hợp I: dd C còn dư OH
-
, H
+
phải hết: H
+
+ OH
-
→ H
2
O
0,06 → 0,06
Al
2
O
3
+ 2 OH
-
+ 3 H
2
O → 2 [Al(OH)
4
]
0,005 → 0,01
OH
n
= 0,07 mol
V.0,01 = 0,07
V = 7 lít
+ Trường hợp II: dd C còn dư H
+
,
OH
-
phải hết: H
+
+ OH
-
→ H
2
O
V.0,01 ← V.0,01
Al
2
O
3
+ 6 H
+
→ 2 Al
3+
+ 3 H
2
O
0,005 → 0,03
H
n
= (0,03 + V.0,01) mol
(0,03 + V.0,01) = 0,06
V = 3 lít.
Câu49D. Quy hỗn hợp các kim loại thành một kim loại là R và sử dụng phương pháp "gán” để giải quyết như
sau:
O
2-
R
n+
Cl
-
Ta có m
O
= m
oxit
- m
R
= 7,86 – 5,7 = 2,16
2
O
n
= n
O
=
2,16
16
= 0,135
Cl
n
= 0,135x2 = 0,27
mà HCl → H
+
+ Cl
-
n
HCl
= 0,27 mol
V
HCl
=
0,27
1
= 0,27 lit = 270 ml
Câu50A. Với cấu hình electron lớp ngoài cùng như giả thiết cho thì các nguyên tố đều thuộc các nhóm A, theo
đó số electron lớp ngoài cùng sẽ quy định electron hóa trị của mỗi nguyên tố.
Cụ thể: M → M
2+
+ 2e
X + 1e → X
-
R → R
3+
+ 3e
Do vậy các hợp chất tạo ra là hợp chất ion: MX
2
, RX
3
HẾT
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
266
HƯỚNG DẪN ĐỀ 46
Câu 1. Tacó 30x + 44y = 19.2 ( x+y) (1)
Ta có nFe= 0,17 . BTKL: mO(trong X) = 11,6 – 9,56 = 2,08 > nO = 0,13
- Quá trình cho- nhận của N và Oxi : 3nNO + 8nN
2
O = 3x +8y = 2nO = 0,13.2
=> ne của Fe nhường = ne của oxi nhận + ne của N
+5
nhận = 0,51 = 0,26 + 3x + 8y ( 2)
Giải (1,2) ta có x= 0,0183 mol ; y= 0,0244 mol
Vậy K khí = 0,0183 + 0,0244).22,4 = 0,96 lít
Câu 2. C Câu 3. A Câu 4.A Câu 5. C Câu 6. C
Câu 7. C- Khi cho 1/2 dung dịch X phản ứng với dung dịch Ca(OH)
2
(dư), thì HCO
3
-
hết
HCO
3
-
OH
CO
3
2-
2Ca
CaCO
3
0,03 < 0,03
- Khi cho NaOH dư vào ½ dung dịch X thì Ca
2+
hết
Ca
2+
+ CO
3
2-
= CaCO
3
0,02 < 0,02
=> Trong dung dịch X có: 0,06 mol HCO
3
-
và 0,04 mol Ca
2+
- Tìm số mol Na
+
trong dung dịch X , theo BTĐT: nNa
+
+ 2nCa
2+
= nHCO
3
-
+ nCl
-
= x + 2.0,04 = 0,06 + 0,1 => x= 0,08 mol
- Khi đun sôi đến cạn dung dịch xảy ra phản ứng:
2HCO
3
-
0t
CO
3
2-
+ CO
2
+H
2
O
0,06
=> m = 0,04.40 + 0,08.23 + 0,03.60 + 0,1.35,5 = 8,79gam
Câu 8. C Cách 1. NaOH + NaHCO
3
Na
2
CO
3
+ H
2
O (1)
0,06 0,06 mol
BaCl
2
+ Na
2
CO
3
BaCO
3
+ 2NaCl (2)
0,06 < 0,06 mol
m = 0,06.2.40 = 4,8g
2NaHCO
3
Na
2
CO
3
+ CO
2
+ H
2
O (3)
CaCl
2
+ Na
2
CO
3
CaCO
3
+ 2NaCl (4)
0,7 0,7 mol
=> nNa
2
CO
3
(4) = nNa
2
CO
3
(1) + nNa
2
CO
3
(3)
=> nNa
2
CO
3
(3) = 0,7 – 0,6 = 0,1 mol
nNaHCO
3
trong 1 lít dd = nNaHCO
3
(1) + nNaHCO
3
(3) = 0,6 + 0,1.2 = 0,8 mol
a = 0,8/1 = 0,8 mol/l
Cách2 Pư OH
-
+ HCO
3
-
= CO
3
2-
+ H
2
O (1)
- X tác dụng với BaClđư: nBaCO
3
= 0,06 => nCO
3
2-
= 0,06
- X tác dụng với CaCl
2
dư: nCaCO
3
= 0,07
- Do nCaCO
3
> nBaCO
3
=> trong X có chứa đồng thời CO
3
2-
và HCO
3
-
:t mol
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
267
- Sau (1) NaOH phản ứng hết, NaHCO
3
còn dư: nCO
3
2-
= 2nBaCO
3
= 0,12 mol
-Khi đun sôi: 2HCO
3
-
0t
CO
3
2-
+ CO
2
+H
2
O
t mol
=> nCO
3
2-
= (0,12 + 0,5t ) = 2nCaCO
3
= 0,14 => t = 0,04
nHCO
3
-
= ( 0,12 + t) = 0,16 = 2 a => a= 0,08
nNaOH = 2nCO
3
2-
(ở 1) = 0,12 => m= 0,12.40 = 4,8 gam
Câu 9.B; Câu10B. ;Câu11A; Câu12.D Câu13. D. Câu14. B Câu15.B Câu16.C
Câu17. C.
-
+ 2+
3 2
3 Cu + 8 H + 2 NO 3 Cu + 2 NO + 4 H O
0,3 0,8 0,2
Vì H
+
dư, nên Cu tan hết V
NO
= 4,48 lít.
Câu18.D. pH = 2 [H
+
] = 0,01M
n
H
+
= 0,0025 n
HCl
(pư) = 0,025 – 0,0025 = 0,0225 mol m
Fe
= 0,63g.
Câu 19 D.
3 3
( )
0,16 0,16
Al Al NO
3 3
4 3
( )
NH NO
0,16.213 34,08
35,52 34,08
n = 0,018
80
Al NO
n
ĐLBT e : 0,16.3 = 0,018.8 +3x → x = 0,112 → V
NO
= 2,5088 lớt.
Câu20B.
2+
Mg
n
= 0,02 mol;
+
4
NH
n
= 0,06 mol;
2-
4
SO
n
= 0,04 mol.
-
Cl
n
= 0,04 + 0,06 – 0,08 = 0,02 mol
m
cỏc ion
= 0,02 . 24 + 0,06 . 18 + 0,04 . 96 + 0,02 . 35,5 = 6,11 (g).
Câu21. A.
3+ -
3
Al + 3OH Al(OH)
0,1
Al(OH)
3
+ OH
-
> Al(OH)
3
0,05
3 2 3 2
2Al(OH) Al O + H O
0,05 0,025
* trường hợp 1 : C
M
(dung dịch NaOH) =
2,0
35,0
=1,75
* trường hợp 2 :
3+ -
3
Al + 3OH Al(OH)
0,15 0,05
3 2 3 2
2Al(OH) Al O + H O
0,05 0,025
C
M
(dung dịch NaOH) =
M75,0
2,0
15,0
.
Câu22B
3+ 3+ 2+
Al + 3Fe Al + 3Fe
0,05 0,15 0,15
2+ 3+
2Al + 3Cu 2Al + 3Cu
0,1 0,15
0,15
2+ 3+
2Al + 3Fe 2Al + 3Fe
0,05 0,075
0,075
khối lượng chất rắn = 0,15 . 64 + 0,075 . 56 = 13,8 (g).
Câu23.C
Câu24C
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
268
Câu25.D. Vì chất rắn sau phản ứng = khối lượng Fe(NO3)3. do đó loại trường hợp là Fe, Cu vì sẽ làm khối lượng
chất rắn tăng. M chỉ có thể là Zn hoặc Mg.
( hay nói khác: vì khối lượng chất rắn không đổi nên kim loại cho vào = kim loại trong muối)
Ptpư: M + 2Fe(NO3)3 M(NO3)2 + 2Fe(NO3)2 (1)
M+ 2Fe(NO3)2 Fe + M(NO3)2. (2)
theo (1) số mol M phản ứng =1/2 số mol Fe(NO3)3= 0,05 mol. gọi x là mol M phản ứng 2. vì tổng khối lượng
chất rắn ko đổi nên khối lượng M tan = klg Fe giải phóng , do
đó ta có: M(x+0,05)= 56x. suy ra M< 56. vậy M là Mg.
Câu26D Câu27.C. Câu28.B Câu29B Câu30C. Câu31A
N a +H
2
O = ½ H
2
(1) . Al + NaOH = 3/2 H
2
(2)
- Đặt số mol Na và Al ban đầu lần lượt là x và y mol
- TN1: x
y => NaOH vừa đủ hoặc dư khi hoà tan Al => cả hai thí nghiệm cùng tạo thành:
2
3
2
xx
mol H
2
=> V
1
= V
2
- TN2: x < y => Trong TN1 (1) : Al dư , TN2 (2): Al tan hết => H
2
(TN2) > nH
2
( TN1) => V
2
> V
1
Như vậy với mọi giá tri (x,y >0) thì V
2
V
1
.
Câu32A Câu33C Câu34A Câu35C Câu36C Câu37C
Câu38D Câu39C Câu40D Câu41A Câu42D Câu43B Câu44D Câu45B Câu46B
Câu47B Câu48A Câu49A. Câu50. B
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 47
Câu1. C. + Ta coi H
+
của axit vừa nhận electron để thành H
2
và phản ứng với O
2-
của oxit
+ Toàn bộ Fe trong oxit cuối cùng chuyển về Fe
2
O
3
+ Từ tổng số mol H
+
và số mol H
2
ta có thể tính được số mol O trong oxit từ đó tính được lượng Fe có
trong oxit.
Giải: Ta có
2
0,7 , 0,15
HCl H
H
n n mol n mol
Ta có phương trình phản ứng theo H
+
.
Từ (1) ta có
0,3
H
n mol
(vì số mol H
2
=0,15mol) như vậy số mol H
+
phản ứng theo phản ứng (2) là 0,4 mol(
tổng 0,7 mol). Vậy số mol O
2-
là: 0,2 mol.
mà theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m
Fe
+ m
O
=7,68
Nên m
Fe
= 20 – 0,2x16 =16,8 (gam)
n
Fe
= 0,3 mol
Ta lại có 2Fe
Fe
2
O
3
0,3 0,15
Vậy m = 0,15x160 = 24 gam.
Câu2.C. 4Cl
2
+H
2
S + 4H
2
O > H
2
SO
4
+ 8HCl
4 mol Cl
2
pư > mChất tan = ( 98 + 8.36,5) -34 = 356 gam
0,25 mol < 22,25 gam
=> nH
2
SO
4
= 0,25: 4= 0,0625 mol
nHCl = 0,5
nH
2
= 0,0625 +
2
5,0
= 0,3125 mol
=> V H
2
= 7 lít
Câu3B. 2NaCl + 2H
2
O = 2NaOH + H
2
+ Cl
2
0,4 0,4 0,2 0,2
nH
2
ở catot = PV/RT = 0,93 mol
nH
2
còn lại do H
2
o bị điện phân: 09,3 – 0,2 = 0,73 mol
mH
2
O +mH
2
+mCl
2
= mdung dịch giảm
<=> ( 0,73.18) + (0,2.2) + ( 0,2.71) = 27,74
2
2
2
2 2 (1)
2 (2)
H e H
H O H O
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
269
mDung dịch saupư = 220 – 27,74 = 192,26
C%NaOH= 0,4.40 : 192,26 = 8,32 %
Câu4.B. nKMnO
4
= 22,12: 158 = 0,14
Phản ứng phân huỷ KMnO
4
:
2KMnO
4
> K
2
MnO
4
+ MnO
2
+O
2
Khối lượng giảm = khối lượng O
2
thoát ra => nO
2
= ( 22,12- 21,16): 32 = 0,03
2KMnO
4
> K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
pư 0,06 0,03 0,03 < 0,03
=> nKMnO
4
dư = 0,14- 0,06 = 0,08 mol
- Cả 3 hợp chất của mangan trong hỗn hợp đều pư với HCl
2KMnO
4
+ 16HCl > 5Cl
2
+ 2KCl +2MnCl
2
+8H
2
O
0,08
K
2
MnO
4
+ 8 HCl > 2Cl
2
+ MnCl
2
+ 4H
2
O + 2KCl
0,03
MnO
2
+ 4HCl > MnCl
2
+Cl
2
+2H
2
O
0,03
=> Tổng số mol Cl
2
= 0,29 => V=
Tổng số mol HCl cần = 1 mol
Thể tích dung dịch cần ( 1.36,5.100): (36,5.1,18) = 84,7 ml
Câu5. A. ne trao đổi = 15nFeS
2
+ 9nFeS = 0,057
NO
3
-
+ 4H
+
+3e > NO +2H
2
O
0,057
=> V = 0,4256
Câu6. B. Ta có: số mol Ag
+
= 0,4 mol; Cl
-
: 0,24 mol và 0,12 molFe
2+
Ag
+
+ Cl
-
> AgCl
0,24
Fe
2+
+ Ag
+
> Ag + Fe
3+
m = Ag +AgCl = 47,4gam
Câu7.C
4 3 2 3 4
12 4 ( ) 3Al C H O Al OH CH
(1)
a mol 3a
CaC
2
+2H
2
O > Ca(OH)
2
+ C
2
H
2
(2)
b mol
114a + 64b = 17,6
3a+b = 0,35
=> a = 0,1 mol; b = 0,05 = nC
2
H
2
3C
2
H
2
+ 8KMnO
4
3KOOC-COOK + 8MnO
2
+ 2KOH + 2H
2
O
0,05 0,05 0, 1333
KOOC-COOK + CaCl
2
CaC
2
O
4
+ 2KCl
0,05 0,05
m = 11,6 + 6,4= 18,0
Câu8.D. nFe = 0,5 mol ; nHCl ban đầu = 2 mol
Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
0,5 1 0,5
=> nHCl dư = 1 mol
Lấy: 1/2 dung dịch B chứa: 0,5 mol HCl dư và 0, 25 mol FeCl
2
.
Khi cho tác dụng với KMnO
4
/ H
+
thì cả 2 chất FeCl
2
và HCl đều phản ứng.
10HCl +2KMnO
4
+ 3H
2
SO
4
> 5Cl
2
+ 2MnSO
4
+ K
2
SO
4
+ 8H
2
O
0,5 0,1 0,25
10FeCl
2
+ 6KMnO
4
+ 24H
2
SO
4
> 10Cl
2
+ 5Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3K
2
SO
4
+ 6MnSO
4
+24H
2
O
0,25 0,15 0,25
=> số mol KMnO
4
cần dùng: 0,1 + 0,15 = 0,25 mol => V= 0,5 lít
Câu9. B. 160x + 144.2x= 4,8 => x= 0,01
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
270
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4
> Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O
0,01 0,003 0,01
Cu
2
O + H
2
SO
4
> CuSO
4
+Cu + H
2
O
0,02 0,02
=> H
2
SO
4
dư = 0,01
Cu + Fe
2
(SO
4
)
3
>
0,01
=> mCu dư = 0,01 .64 = 0,64gam
Câu 10. A, Từ gt của bài => khối lượng của oxi và cl đã tham gia pư là 23 – 7,2 = 15,8.
Mặt khác số mol của hai khí là 5,6/ 22,4 = 0,25 mol
Ta có hệ pt
8,153271
25,0
yx
yx
=> x= 0,2 ; y= 0,05
M + Cl
2
> MCl
2
0,2 0,2 0,2
2M + O
2
> 2MO
0,1 0,05 0,1
=> Số mol của kim loại M là 0,2+ 0,1 = 0,3 => M= 24
Câu11. B. Số mol của phenol = 0,1 mol
C
6
H
5
OH + 3Br
2
= Br
3
-C
6
H
2
OH + 3HBr
0,1
Số mol NaOH = 0,69 = nCH
3
COOH + nHBr => nCH
3
COOH = 0,39 mol
=> C% phenol =
100.
60.39,094.1,0
94.1,0
= 28,66%
Câu12. C
Câu13. D. n SO
2
= 0,075 mol.
SO
4
2-
+2e = SO
2
0,075 0,15 0,075
Theo bán pư trên thấy: Tổng số mol đơn vị điện tích dương của các ion kim loại = 0,15 mol nên phải kết hợp với
0,15:2 = 0,075 mol SO
4
2-
để tạo muối. Vậy: m = 2,22 + 0,075.96 = 9,24gam
Câu14. C Ta có V = K. [ C
n
H
2n+2-2k
][ H
2
]
k
V= K. [ C
n
H
2n+2+2-2k
] [H
2
]
k
.2
k
= 2
k
.V = 8V => 2
k
= 8 => k=3
Câu15.C. Số mol P = 0,2 mol => nP = nP
2
O
5
= 0,1 => nH
3
PO
4
= 0,2 mol
H
3
PO
4
+2NaOH = Na
2
PO
4
+2H
2
O
0,2 0,4
=> C% = mct/ mdd =>m = 0,4.40 : 0,32 = 50
Câu16. A.
Ta có M = 28,4 = 30 a + (1-a) 28 => a= 0,2 mol NO và 0,8 mol N
2
=> NO: nN
2
= 1:4
=> Al + HNO
3
= Al(NO
3
)
3
+ NO + 4N
2
+H
2
O
Cách1. Cân bằng từng phương trình Al = N
2
xong rồi nhân với 4 và pt Al=NO thì nhân với 3
Cách2: 8N
5+
+ 4.10e = 4N
2
N
+5
+3e = NO
=> 9N
+5
+ 43 e = 4N
2
+ NO
Al = Al
3+
+ 3e
43Al + 156 HNO
3
= 43 Al(NO
3
)
3
+12N
2
+ 3NO + 78 H
2
O
Câu17. Số mol H
2
= 2,24: 22,4 = 0,1 mol ; nCu
2+
= 0,4 mol
- Tại catot (cực âm): của bình1: 2H
2
O +2 e = 2OH
-
+ H
2
0,2 0,1
Vì hai bình mắc nối tiếp nên số mol e chuyển dời qua hai bình là bằng nhau = 0,2 mol e
- Tại catot bình 2: Cu
2+
+2e = Cu
0,1 0,2 0,1
=> mCu= 6,4 gam
Câu18. A. Ta có nCO
2
= 0,4 mol ; nBaCO
3
= 0,025 mol n Ba
2+
= 0,1
CO
2
+ Ba(OH)
2
= BaCO
3
+H
2
O
0,025 0,025
=> nBa
2+
dư = 0,1- 0,025 = 0,075 nên
2CO
2
+ Ba(OH)
2
= Ba(HCO
3
)
2
0,15 < 0,075
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
271
CO
2
+ NaOH = NaHCO
3
( 0,4 – 0,025 – 0,15) = 0,225
=.> a = [NaOH] = 0,225 : 2= 0,1125
Câu19. B. nH
2
= 0,2 => số mo hai kim loại kiềm = 0,2 => 02, ( M + 71) = 20,6 => M =32 => Mg và Ca
Câu20. C
Ta có M khí = 37 = (30 + 44):2 là trung bình cộng nên số mol NO = nN
2
O . Số mol hỗn hợp khí = 0,02 nên
nN
2
O= 0,01
- Từ quá trình cho nhận e: 3NO + 8nN
2
O = 0,11 => ttổng số mol đơn vị điện tích dương cũng = 0,11 . Do đó
muốn thu được lượng kết tủa Zn(OH)
2
và Al(OH)
3
lứn nhất thì số mol OH
-
phải bằng 0,11 mol OH
-
= số mol
NaOH nên V= 0,11: 2= 0,055 lít
Câu21. C. Vì phản ứng hoàn toàn nên các chất tham gia phản ứng là vừa đủ hay có chất dư.
- Nếu 4,48: 22,4 = 0,2 mol H
2
bay ra chỉ do Fe pư : Fe + 2H
+
= H
2
+ Fe
2+
=> mFe= 0,2.56 = 28 gam > 26,8 gam : trái với định luật bảo toàn ntố và khối lượng nên 0,2 mol H
2
bay ra phải
do Fe và Al dư.
Câu22 A 56 x + 16y = 12
3x = 2y + 0,3 => 3x – 2y = 0,3=> x= 0,18 và y= 0,12 mol
Vậy mFe(NO
3
)
3
= 0,18. 242 = 43,56 gam.
Câu23. D . Số mol e do nhôm cho = 0,3.3 = 0,9 mol e
nAg
+
= 0,6 ; nCu
2+
= 0,15 mol
=> Nếu Ag
+
và Cu
2+
bị khử thì cần nhận 0,6 + 0,15.2 = 0,9 mole = số mol do Al cho => Cu
2+
, Ag
+
và Al đã
phản ứng hết. a mol Fe chưa pư nên Fe +2H
+
= H
2
+ Fe
2+
=> => a= 0,2 mol
=> mB = 0,6. 108 + 0,16 .64 + 0,2.56 = 85,6 gam.
Câu24.B Ta có nOH
-
-
= 0,1 ; nH
+
= 0,5 mol
Số mol Al
2
O
3
= 0,05 => số mol Al(OH)
3
= 0,1
OH
-
+H
+
= H
2
O
0,1
AlO
2
-
+H
+
+ H
2
O = Al(OH)
3
0,1 0,1
AlO
2
-
+ 4OH
-
= Al
3+
+ 2H
2
O
0,075 0,3 0,075
=> NaAlO
2
= a = ( 0,1 + 0,075) : 0,2 = 0,875 M
Câu25. B. Số mol Y = 8,96 : 22,4 = 0,4 mol => số mol mỗi khí có 0,2 mol
- Tổng số mol e nhận = 2,2 mole
=> e nhận = 3x + 2y
=> 3x + 2y = 2,2
và 56x + 64y= 62,4
=> x = 0,2 mol Fe và y = 0,8 mol Cu
Câu26. C.
X
2
O
+ 2HCl > 2XCl +H
2
O (1)
amol
YO + 2HCl > YCl
2
+ H
2
O
b mol
2XCl > 2X +Cl
2
2a
YCl
2
> Y +Cl
2
b
Ta có: số mol nCl
2
= 0,15 mol
Theo các phương trình pư : 1đến 4 => nCl
2
= a + b = 0,15
(2X +16).a + (Y+16)b = 10,65
<=> X2a + Y.b) + ( 16( a+b) = 10,65
=> mD + 16.0,15 = 10,65
=> mD = 8,25 gam
Câu27: C. ta có M = 36 là trung bình cộng của hai khí nên số mol N
2
= nN
2
O
Số mol = 0,3 mol
- BTE: 3nAl = 10nN
2
+ 8nN
2
O => 0,9 = 18x => x= 0,05 => V= 2,24 và mB= 8,1 + 30 = 38,1
Câu28. B. số mol C
2
H
4
(OH)
2
= 0,05
Đặt CT ciủa este là C
2
H
4
(O- CO-
R
)
2
trong đó R
1
và R
2
là hai gốc hiđrocacbon của hai axit dơn chức.
C
2
H
4
(OCO -R)
2
+2 KOH = C
2
H
4
(OH)
2
+ 2R-COOK
0,05
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
272
=> 0,1( R + 83 ) = 9,7 =>
R
= 14 => R
1
= 1 và R
2
= 27
Vậy CTCT của este là CH
2
=CH-CO-O-C
2
H
4
-O-CO-H
Câu29. A. M trung bình = 28 nên số ntử cacbon của mỗi chất
do đó A có 2 ntử C và B có 1 cacbon.
Ta có : M
A
: M
B
= 13: 15 => M
B
=
13
15MB
.
Để M
B
chắn thì M
A
phải chia hết cho 13 mà A có 2 C nên chọn A : C
2
H
2
và B là HCHO ( vì 28 là trung trình
cộng )
Câu30.C. Số mol NO = 0,06 mol.
Gọi số mol Fe và O tương ứng trong X là x và y ta có: 56x + 16y = 11,36 (1).
Tổng electron nhường: 3x (mol) Tổng electron nhận: 2y + 0.18 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x = 2y + 0.18 (2)
Giải hệ II, II trên ta có x = 0,16 và y = 0,15
Như vậy
3 3
( )
0,16
Fe Fe NO
n n
mol
Ni +2Fe
3+
= Ni
2+
+ 2Fe
2+
0,16 0,16
m Ni = 0,08.59 = 4,72g
Câu31. B Cho oxit tác dụng với H
2
SO
4
ta sẽ thu được 2 muối FeSO
4
và Fe
2
(SO
4
)
3
. Do đó ta có thể coi hỗn hợp
ban đầu chỉ gồm hai oxit FeO và Fe
2
O
3
. Ta thấy khối lượng muối tăng lên đó là do phản ứng:
2Fe
2+
+ Cl
2
2Fe
3+
+ 2Cl
-
Như vậy khối lượng tăng lên đó là khối lượng của Clo. Vậy từ khối lượng của Clo ta có thể tính ra số mol
của Fe
2+
từ đó tính được số mol FeO, mặt khác ta có tổng khối lượng muối FeSO
4
và Fe
2
(SO
4
)
3
mà biết được
FeSO
4
vậy từ đây ta tính được Fe
2
(SO
4
)
3
và như vậy biết được số mol của Fe
2
O
3.
Giải:
Coi hỗn hợp gồm FeO và Fe
2
O
3
ta có phương trình phản ứng:
FeO + H
2
SO
4
FeSO
4
+ H
2
O
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O
Khối lượng tăng lên đó chính là khối lượng của Cl
-
có trong muối theo phương trình:
2Fe
2+
+ Cl
2
2Fe
3+
+ 2Cl
-
Vậy
77,5 70,4
0,2
35,5
Cl
n mol
Như vậy số
2
4
0,2
FeSO FeO
Fe
n n n mol
Mà
4 2 4 3
( )
70,4
FeSO Fe SO
m m
vậy
2 4 3
( )
70,4 0,2 152
0,1
400
Fe SO
x
n mol
Nên
2 4 3 2 3
( )
0,1
Fe SO Fe O
n n mol
Do đó
2 3
0,2.72 0,1.160 30,4( )
FeO Fe O
m m m gam
Vậy m = 30,4 gam
Câu32 .A. Ta có
2
0,1( ); 0,01( )
H
H
n mol n mol
Fe + 2HCl
FeCl
2
+ H
2
=>
2
1
0,01( )
2
Fe H
H
n n n mol
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
273
Sơ đồ
0
2
2
,
2 3
2
x
3
(0,01 )
( )
(0,02 )
e
( )
NaOH t KK
y
y
x
FeCl
Fe mol
Fe OH
HCl Fe O mol
FeCl
F O
Fe OH
x
( e )
0,02.2 0,01 0,03
y
Fe F O
n
2H
+
+ O
2-
H
2
O
0,08 0,04
Theo bảo toàn nguyên tố m = m
Fe
+ m
O (oxit)
= (0,01+0,03).56 + 0,04.16 = 2,88 g
Đáp án A
Câu33A. n
Glixerol
=
1,84
92
= 0,02 mol ; n
Muối
= 3 0,02 = 0,06 mol
M
Muối
=
18,24
0,06
= 304
R + 67 =304
R = 273 là C
17
H
35
– Vậy chất béo là (C
17
H
35
COO)
3
C
3
H
5
.
Câu34 Chọn A. Do
= 2 nên lưu ý trường hợp ancol không bền. Chỉ có một este duy nhất là CH
2
=CH –
COOCH
3
(CH
2
=CH – COOH ; CH
3
OH). Loại este CH
3
COOCH=CH
2
do không tồn tại anco
l CH
2
=CH – OH.
Câu35C.
Câu36B. Z tác dụng được với AgNO
3
/NH
3
suy ra Z có HCOOH.
n
hỗn hợp axit
= (11,5-8,2)/22 = 0,15 mol
n
HCOOH
= ½ n
Ag
= 0,1 mol
0,1.46 + 0,05.(R + 45) = 8,2 R = 27 (C
2
H
3
). Vậy axit X: C
2
H
3
COOH ( 43,90%)
Câu37A. : glixeron, glucozơ thể hiện tính chất của ancol đa chức còn axit axetic thể hiện tính axit
Câu38A. : xiclopropan, stiren, metyl acrylat, vinyl axetat, metyl vinyl xeton. ( CH
3
-CO-CH=CH
2
)
Câu39:D Ta có : n
HCl
=
0,24 mol ; Gọi CT của amin R(NH
2
)
2
R(NH
2
)
2
+ 2HCl
R(NH
3
Cl)
2
0,12 0,24
R = 42 (C
3
H
6
)
Câu40. B
Câu41.D. nRCOONa = nNaOH = 0,2 mol
R + 67 = 19,2/0,2 = 96 => R = 29 X là C
2
H
5
COOH
Gọi số mol của Y là a thì số mol của X là 2a, của Z là b.
Số mol của muối: 2a + b = 0,2.
Số mol của Y sau phản ứng với NaOH: a + b
a + b < 0,2
M
Y
> 8,05/0,2 = 40,25
=> Y không phải là CH
3
OH
Câu42A
Câu43D. : n
HCOOH
=1/2n
Ag
=0,1(mol) m
RCOOH
=8,9 -0,1.46= 4,3(g)
HCOOH+NaOH→HCOONa+H
2
O RCOOH+NaOH →RCOONa+H
2
O
0,1 0,1 0,05 0,05
=> R+45 = ( 4,3: 0,05 ) = 86 => R= 41 (C
3
H
5
)
Câu44.D
nH
+
= 0,1(2.0,05 + 0,1) = 0,02 mol
nOH
-
= 0,1(0,2 + 2.0,1) = 0,04 mol
nOH dư = 0,02 mol
[OH
-
] = 0,1 = 10
-1
[H
+
] = 10
-13
pH = 13
Câu45D: X là este có dạng RCOOR’ số mol=0,02(mol)
RCOOR’+NaOH →RCOONa+R’OH
0,02 0,02
suy ra R+67=1,36:0,02=68 => R=H thì R’=46(NH
3
C
2
H
5
) => HCOONH
3
C
2
H
5
Câu46A
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
274
Câu47C nX = nNaOH
X có 1 nhóm COOH hoặc 1 nhóm COO, hoặc 1 nhóm OH (phenol).
X tác dụng với Na cho ra số mol H
2
bằng số mol X. Suy ra X có 2 nhóm chức tác dụng được với Na trong đó
có một nhóm không tác dụng vơi NaOH. Vậy nhóm này là OH của ancol, nhóm còn lại có thể là chức axit
hoặc phenol. X phải là HO-CH
2
-C
6
H
4
-OH
Câu48B Đặt công thức của anken là C
n
H
2n
và số mol của nó là x ; số mol của H
2
là y.
M
X
là: 14nx + 2y = 18,2(x+y) (1)
M
Y
là: (14n + 2)x + 2(y – x) = 26(x + y – x ) (2)
(1) 14nx = 18,2x + 16,2y (3)
(2) 14nx = 24y (4)
(4) – (3) 7,8y = 18,2x y =
7
3
x Thay y vào (4) được n = 4
Anken cộng HBr chỉ cho 1 sản phẩm duy nhất nên anken đó phải là CH
3
-CH=CH-CH
3
Câu 49.D. Ta có 147x + 181x = 32,8 => m= 0,1 mol
PTPƯ : NH
2
- C
3
H
5
-(COOH)
2
+ 2NaOH = 2H
2
O +
HO- C
6
H
4
-CH
2
-CH(NH
2
)-COOH +2NaOH = 2H
2
O
=> nH
2
O = 4nX= 0,4
- BTKL : mX + mNaOH = mY + mH
2
O => mY= 32,8 + 40.0,5 – 0,4.18 = 45,6
Câu50. C. Fe + 2Ag
+
= Fe
2+
+ 2Ag
Vì Ag
+
dư + Fe
2+
= Fe
3+
+ Ag => mAg = 108. 0,45 = 48,6= m
1
- Khi Fe + HCl = FeCl
2
=> m
2
= mAg + mAgCl = 59,25
HƯỚNG DẪN ĐỀ 50
1B
6D 11C
16D
21D
26C
31A
36C
41B
46A
2C
7B 12C
17C
22B
27A
32A
37D
42C
47B
3A
8B 13A
18C
23D
28C
33D
38D
43B
48B
4B
9A 14A
19D
24A
29C
34B
39C
44B
49C
5B
10D
15B
20D
25B
30B
35C
40B
45C
50C
Hướng dẫn giải một số câu hỏi
Câu 21. áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
n
NaBr
+ n
NaI
= n
NaCl
=
1,17
58,5
= 0,02mol.
Câu 22.
3
HNO NaOH
H OH
n n 0,28 (mol); n n 0,08 (mol)
H
+
+ OH
-
H
2
O
H d
+
n 0,28 0,08 0,2 (mol)
0,2
[H ] = 0,1 pH 1
0,1+ 0,1
Câu 25.
2
HCl H
M
2,24
n 2n 2. 0,2 (mol)
22,4
0,2
C 0,1 M
2
Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học.
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email:
275
Câu 26. Dùng phương pháp đường chéo, gọi m
1
là khối lượng của dung dịch HCl 45%, m
2
là khối lượng của dung dịch HCl
15%.
1
2
m
5 1
m 25 5
Câu 27.
- -
2
-
Kim lo¹i H
muèi Cl Cl Cl
muèi Cl
0,448
m m m trong®ã n 2n 2. 0,04
22,4
m 0,685 35,5.0,04 2,105(g)
Câu 28. m
kim loại
= m
oxit
– m
o
. trong đó
O
16.0,9
m 0,8 (g)
18
m
kim loại
= 3,2 – 0,8 = 2,4 (g)
Câu 29. Gợi ý áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng.
Câu 30. áp dụng phương pháp giá trị trung bình.
Câu 42. Khối lượng X chính bằng tổng khối lượng C (trong CO
2
) và H (trong H
2
O).
X
12.17,6 2.10,8
m 6(g)
44 18
Câu 45. Khi đốt cháy thu được số mol CO
2
và H
2
O bằng nhau nên anđehit là no, đơn chức.
Tỉ lệ mol n
X
: n
Ag
= 1 : 4, nên X là HCHO.
Câu 47. Khi đốt cháy anken thì
2 2 2
H O CO CO khi®èt ch¸y rîu
n n n 0,1 (mol)
Câu 48. Khi đốt cháy rượu số mol nước nhiều hơn khi đốt cháy anđehit chính là do H
2
đã cộng vào anđehit. khi đốt cháy
anđehit số mol CO
2
= H
2
O = 0,4. Số mol nước thu được khi đốt cháy rượu: n
nước
= 0,4 + 0,2 = 0,6 mol.
Câu 50. Số nguyên tử C trong phân tử:
2
CO
andehit
n
0,06
n 6
n 0,01
. Số mol CO
2
> H
2
O nên anđehit phải là không no hoặc đa
chức. Theo dữ kiện đề cho C là phù hợp.
HƯỚNG DẪN ĐỀ 51
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
B B A A A A D A A C A D A A D D B D B C
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
A B A D C B A B D C C C D D D A C D D C
41 42 43 44
45 46 47 48 49 50
51 52 53 54 55 56
B B C B C A A D C A C A C A B C
HƯỚNG DẪN GIẢI 51
Phần chung cho tất cả các thí sinh
3. Chọn A. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được hai kim loại → Cu và Ag → còn Cu chỉ tạo ra Fe
2+
.
Fe – 2e → Fe
2+
Cu –2e → Cu
2+
Ag
+
+ 1e → Ag
a 2a b 2b 0,4 0,4 0,4
m
Ag
= 43,2 (g) m
Cu
= 49,6– 43,2= 6,4 (g) → n
Cu dư
= 0,1 mol
Theo ĐLBT electron : 2a + 2b = 0,4 (1) và 56a + 64(b + 0,1) = 18,4 (2)
Giải hệ: a=b = 0,1 mol → m Fe = 5,6g và m
Cu
= 18,4 – 5,6 = 12,8 (g)
5. Chọn A . B sai vì Cr chỉ phản ứng với NaOH nóng.
C sai vì Fe không phản ứng với NaOH.
m
1
……. 45 5
m
2
……. 15 25
20
