Tài liệu ôn thi THPT quốc gia hóa học t3

+ 54n
0,96
C2 H6
C4 H6
30n
+ 54n
C2 H6
C4 H6 :48
Mx =+
n
‘ C-.H
C4 H6
2"6
iTiv ==3()n

Hp H =0,005
n„ „ =0,015

=2.0,005 + 4.0,015 = 0,07 mol.
"C2 H6

"C4 H6

Khi cho 0,07 mol C O 2 vào dung dịch chứa 0,05 m ol B a(O H )2 sẽ tạo ra cả m uối BaCOa và
B a(H C Ơ 3)2:
Ba(OH )2 + CO 2 “ » BaCO^ i + H 2 O
mol: 0,05

-> 0,05 ^

(1)

0,05

BaCƠ 3 + CO 2 + H 2 O -> Ba(HCƠ 3)2

(2)

m ol: 0,02 <- (0,07 - 0,05) = 0,02
S u y ra :n g ,

= 0,03 mol => mg^

= 0,03.197 = 5,91 gam

Hoặc có thể quy đổi hỗn họp X thành hỗn họp gồm C 3 H 6 và C 4 H 6 .
Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố
mv =42n,., „ +54n,., u = 0,96

c , ta có ;
n„ ị. = 0,01
V3 H6
= 0,01
C4 H6

_
42n
+ 54n C M
4"6 = 48
C3H6
Mx =

+n
‘ C-,H
C4 H6
3"6

=3. 0,01 +4. 0,01 = 0,07 mol.
"C3Hf,

"C4 H6

Khi cho 0,07 m ol C O 2 vào dung dịch chứa 0,05 m ol B a(O H )2 sẽ tạo ra cả m uối B aC Ơ 3 và
B a(H C 0 3 )2 . Sử dụng công thức giải nhanh, ta có :
'BaCO '3

: 2 n B a íO H ),

‘ CO,

0,05

= 0,03 => m.
‘ BaCO

.4

:0,03.197= 5,91 gam

0,07

• Cách 2 : Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tổ và hảo toàn khối lượng

M(C2H6, C3Hf,,

= 24.2 = 48
0,96

‘(C3H4 ,C3 H^,C3Hx)

=

48

" h “ ^"(C3H4,C3H(^,C3Hx)

0,02

0 ,9 6 - 0 ,1 2
^ = 0,07

‘co- =

12

Sử dụng công thức giải nhanh, ta có :
'^BaC03 “ ^” Ba(OHÌ2

'^C02 “

^'^BaC 03

5,91 gam

0,07

0,05

Cách 3 : Sử dụng phương pháp trung bĩnh và hào toàn nguyên tổ
Đặt công thức trung bình của hỗn hợp X là C-H ^.
Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố
Mx =12x + 6 = 24.2 = 48
0,96
48

506

=

0,02

X

c , ta có :

= 3,5

n(2Q =3,5. 0,02 =0,07
X ^


Sừ dụng công thức giải nhanh, ta có :
: 2 n B a(O H >2 -O“ pr,

= 0 ,0 3 = > m
CO 2

‘ BaCO,

------------- .

,/

0,05

5,91 gam

BuCO-i

^ - '—
v—
—
'

0,07

Đối với hài tập này, cách 3 là sự lựa chọn tối ưu nhất.
Câu 40: Theo sự tăng giảm khối lượng và bảo toàn nguyên tố H trong nhóm -O H , ta có :
4 ,6 - 2 ,8 4
” -OH
-OH

*^-ONa

2 3 -1

= 0,08

=i>n Ht - 0 .0 4 mol =7>

= 0 ,0 4 .2 2 ,4 = 0,896 lít

= 2 n^

Câu 41: T huốc thử để phân biệt hai khí O 2 và O 3 là dung dịch KI và hồ tinh bột. Vì O 2 không
phản ứng với dung dịch KI, còn O 3 oxi hóa được KI tạo thành I2 , I2 sinh ra phản ứng với hồ
tinh bột tạo thành dung dịch có m àu xanh.

o, + 2 KI + H^O ^ 2 KOH + Ij ị +Oj T

Ị

+ hồ tinh bột -> dung dịch màu xanh

1

Câu 42: G iả sử peptit X có n gốc a -a m in o axit thì số liên kết peptit là (n - 1).
Phưong trình phản ứng :
n - p c p tit
m o l:

+
—>

0,1

(n -l)H

+

20

0 ,l(n - l)

->

nHCl

amio axit

(1)

0 ,ln

Theo (1) và giả thiết, ta có :
m,-

tàng

= 0,l(n - 1)18 + 0, ln.36,5 = 52,7 =>n = 1 0 = > n - l = [^
v - L _ ^ __ .-------------- 7 7 -----'

'”H20

'HCl

Câu 43:
Khi cho C u vào dung dịch Y không tạo sản phẩm khử của

chứng tỏ trong Y không còn

NO^” . Dung dịch Y có thể có Fe^^ hoặc không.
Sơ đồ phản ứng :
ÍH2SO4

H2S04 ciư

p,

[HNO 3

'[F e '^ F e -'^
V

Cu

'Ịpe^^.Pe-'^
y

dd X

V

| s ơ 4^ - , h ^

lFe^^,Cu^^

___________✓

dd Y

Sau tất cả các phản ứng dung dịch thu được chứa Fe^'^, Cu^'^,

và S O 4

2-

N hư vậy, chất khử là C u và Fe, số oxi hóa của C u và Fe đều tăng từ 0 lên +2; chất oxi hóa là
N O / trong môi trư ờ ng H^, sản phẩm khứ là N O , số oxi hóa của N giảm từ +5 về +2.
Áp dụng bảo toàn electron, ta có :
2

4 Q =>Hp^ = 0,0725 =>mp^ = 0,0725.56 = |4 ,06 gam
np^ + 2 n^„ = 3 ^ n ‘, NO
?

0,0325

0,07

507


Câu 44:
Sơ đồ phản ứng :

X ; R C O O H : 2x (mol)
< Y : R 'O H :

NaOH : 0,2 nu)l

(mol)

X

^ RCOONa + R 'O H
( 2 x+ y) niol

Z: RCOOR': y (mol)

+ H ^o

(x + y ) niol

Theo bảo toàn gốc R và nguyên tố N a, ta có :
2x

+y =

16,4

>MRC(X)Na

0,2

0 ,2

mol

= 82 gam / mol => R = 15 (CH 3 - )

RCOOH là CH 3COOH

Theo bảo toàn gốc R ', ta có :
•^R OH

“

^ R 'O H ban đầu

*^RCOOR'

= X+ y < 2x + y = 0,2 mol

8,05
^ ^ R 'O H ^ 0,2 = 40,25 =>R'OH là C 2 H 5 ỒH

Câu 45*: Bản chất phản ứng :
-C O O H
- N H 3C I

+

KOH

+

^

KOH

H CO O C ôH s

+

^K O H ban đầu ^ ”

-C O O K

k OH

^

H 2O

KCl

-N H 2 +
2K O H

+

+

H 2O

HCOOK

+

phàn ứng “ "-C O O H

+

H 2O

^^HCOOC^^Hg “

0,03

0,16

C ôH sO K

0,01

0,05.2

KOH dư.
‘H, 0 = n_C()ỌH

^ ” -N H ,C l

0,03

0,01

"

h COOC^^Hị

= 0,09

0,05

“ '^C IH 3 C H 2 C 0 0 H ^ ’^ C H 3 C H (N H 2 )C 0 0H

'----- :—,---------'
0,01.1 11,5

m

’^H C 0 0 C (^H 5

'------ ----------------- '
0 ,02 .xy

-■------ „----- i

8,995

0,05.122

, -8 ,9 9 5 + 0 ,1 6 .5 6 -0 ,0 9 .1 8 = 16,335 gam
m,

" ’ KOH

"’H20

Câu 46: T huỷ phân trieste của glixerol thu được glixerol, natri oleat, natri stearat. Có 4 công
thức cấu tạo phù hợp là :
,OOCCị7H33

íOOCC 17H33
C3H 5_00CC |7H 33
\

CC 17H35

^ O O C C i7H33

yOOCCj7H35

>OOCCị7H35

0 0

C3H 5_00CC |7H 35
^00C C |7H 33

508

C3H 5_00CC|7H35

C3H 5_00C C |7H 33

\

00

CC 17H35


C â u 47: Theo giả thiết, ta có :
6,8
(X, Y)
‘ NaOH

I

136
= 0,06

= 0,05

X : RC O O C^H .R ' (este của phenol)
[Y : R"CO OR"' (esle của ancol)

+ H y = 0,05

=

:0,06

l^ N a O H

m (RCOONa,

0,01
:0,04
1,98

R'C(-,H4 0 Na)

0,01.136

4 ,7 -1 ,9 8

M (R"COONa)

0,04

0,02.40

O^oTĩx

= 6 8 (HCOONa)

I RCOONa là CH^COONa
[R ’C^H 4 ƠNa là C^HgONa

>^CH3COONa - 0,01-82 = |0,82 gam

C â u 48: Đ ốt cháy hỗn hợp anđehit, este, axit thu được n(2Q =

o ’ chứng tỏ các họp chất này

đều là no, đơn chức. Gọi công thức của anđehit là C„H 2 nO, công thức của axit và este là
CniH2ni0 2 .
Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố
CnH2nO "c,„H-,„,0
n i " 2 nY -'2

=

o, ta có :

0,2

‘C„H2„0 + 2nC,„H2„,02 + 2 n„ = 2 n,co- + n H2O
0,525

0,625

"c.H

.0

0,525

= 0,2
CnH2nO‘^"c,„H,.„0
ni"2 ni'-'2
+ 2 n,
= 0,325
CnH2nO

CniH2niC>2

=0,075

Cm*^2111^2

: 0,1 25

Áp dụng bảo toàn nguyên tố
tráng gương, ta có :
‘co- = n.n,„

u

f-,

+ m.nr-

u

c trong phản ứng đốt cháy và bảo toàn electron trong phản ứng

r.

=0,525 =>

[n = 2 o C H 3CHO
m =3

0,125

= 0,15 mol
=0,15.108 = ỊĨ6 , 2 gam
C â u 49: Theo giá thiết thì phản ứng thuận là phản ứng thu nhiệt. M ặt khác, khi tăng nhiệt độ
thì cân bàng chuyến dịch theo chiều phản ứng thu nhiệt. Suy ra khi tăng nhiệt độ thì cân hăng

chuyển dịch theo chiều thuận.
Thêm hơi nước thì cân bàng hóa học chuyển dịch theo chiều làm giảm nồng độ hơi nước,
tức là chiều nghịch.
Giảm áp suất chung của hệ thì cân bằng không bị chuyển dịch vì tổng số phân tử khí ở hai
vế của phản ứng bằng nhau.
Chất xúc tác không làm ảnh hưởng đến sự chuyển dịch cân bằng.

Thêm CO 2 thì cân bằng sẽ chuyến dịch theo chiều làm giảm nồng độ cùa co2, tức là chiêu
thuận. Vậy có hai tác động làm cân bàng chuyển dịch theo chiều thuận là (a) và (e).
509


C â u 50: Chất có công thức phân tử C 4 H 6 phản ứng với H B r theo tỉ lệ 1 : 1 thu được tối đa 3
sản phâm cộng có tên gọi là b u t-l-in . Phưong trình phản ứng :
CH, = C B r - C H , - CH,
CH = C - C H , - C H , + H B r
CHBr = C H -C H j - CH, (gồm d s và trans)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẲN GIẢI ĐÈ s ố 07
1

2C

3C

4A

5B

6C

7A

8A

9C

lOD

IIA

12C

13B

14C

15B

16A

17B

18B

19B

20D

21A

22C

23D

24A

25A

26D

27C

28B

29A

30C

31B

32D

33D

34D

35D

36D

37A

38C

39D

40C

41B

42A

43D

44B

45B

46A

47C

48B

49D

50D

Câu 1: Liên kết peptit là liên kết được hình thành bởi hai gốc a-am ino axit. Suy ra hợp chất đề
cho có 4 liên kết -C O N H - như ng chỉ có 2 liên kết peptit.
Câu 2: N guyên tử cấu tạo bởi 3 loại hạt là proton, nortron, electron. N guyên tử trung hòa về
điện nên số proton bằng số electron. Gọi số proton và nơtron của X lần lượt là p và N, ta có ;
Ị2P + N - 5 2

•P -1 7 :

' x là C1

|p + N = 35

z = 17

Câu 3: Tác nhân gây m ư a axit là SO 2 và N O 2 .
Quá trinh chuyển hóa SO 2 , N O 2 thành a x i t :

S O2, + —o
, + H ,0 —> H,SO,
2 ^
^
2 4
nưdc mifa
2NO, + - 0 , + H ,0
2

2 ^
^

2HNO,

nưdc mưa

Câu 4: Biện luận : T rong dung dịch m uối, nếu còn Ba^"^ thì không thể còn co ^ ^ .
Vậy dung dịch m uối có thể chứa các c h ấ t :
+ B a(H C 0 3 ) 2 và N aH C O s hoặc chỉ có N aH C Ơ 3

(1)

+ N a 2C 0 3 , N aH C 0 3 hoặc 1 trong hai m uối đó

(2)

G iả sử xảy ra trư ờng họp (2) thì trong dung dịch chỉ chứa muối Na với so mo! Na là 0,1 mol
(do ban đầu có 0,1 m ol N aO H ). N ếu chỉ có m uối N a 2C 0 3 thì sổ mol Na2 COs là 0,05 nên khối
lượng muối là 5,3 gam. N eu chỉ có m uối N aH C 0 3 thì số mol NaHCOs là 0,1 mol nên khối
lượng muối là 8,4 gam. N h ư vậy khối lượng m uối đều nhỏ hon 21,35. Suy ra 21,35 gam muối
gồm B a(H C 0 3 ) 2 và N a H C 0 3 .
BaCO^
S o đồ phản ứng : CO ,

^

^
0,2

mul "■I "’"'
Ba(HCO^),
NaHCO^
21,35 gam

510


Theo bảo toàn nguyên tố N a, ta có;
Theo giả thiêt:

=

‘ NaHC 0 3 “ “ NaOH

n j,j, I

^^^"Ba(HC03)2 ~

= 0 ,1 mol.

^ ‘^Ba(HC03)2

?

0,1

Theo bảo toàn nguyên tố Ba. ta có:
'^Ba(HC03>2 ~"Ba(OH)2 ^ ”BaC03 =^>15 mol.

'^BaCO^

0,2

0,05

Theo bảo toàn nguyên tố

c, ta có:

= 0 3 ^ ^ 0 3 + 2 0 3 ^,^3^ 03)2 + «NaHC03
2

n^Q =0,35m ol=>v,CO2 (đktc)

0,15

0,05

0,1

7,84 lít

C â u 5: Phát biểu không đúng là "D ung dịch

H 2SO 4

đặc có vai trò hút nước, có thể thay

H 2SO 4

bằng CaO ".
H 2SO 4

đặc có vai trò hút nước là đúng, nhưng không thể thay bàng CaO vì CaO phản ứng

với CI 2 có lẫn hơi nước.

JCa0 + H,0->Ca(0H),

Phương trình phản ứng : ■

■|ca(OH)j + cụ -» Caocụ + H^O

C âu

6:

• Cách I : Sử dụng phương pháp thông thường

Theo giả t h i ế t :
‘ NaOH

A m ino axit có hai nhóm -C O O H .

^a min 0 axil

^

^ Ị - > A m ino axit và am in đều có 1 nhóm - N H 2 .

^ a m in + ^ a m in o axil

1+ 1

N hư vậy am in là no, m ạch hở, đơn chức, có công thức là CnH 2n+3N ; am ino axit là no. m ạch
hở, có

nhóm - N H 2 và

1

2

nhóm -C O O H , có công thức là CmH 2m-i0 4 N.

Sơ đồ phản ứng :
2 C „ H ,„, 3 N

m o l;

O7 , t"

2 nCƠ 2

n

1

2C.„H,.„
'n i 2 m -l,0 ,N

4
m o l:

+ (2n + 3 )H 2Ơ + N 2

—

—>

2n + 3
1
——------- > —

->

2 mCƠ 2

2

2

+ (2 m - l ) H 2 0 + N 2

m

1

( 1)

2m -1

------------------------

2

—

( 2)

^ 1
2
—

Theo sơ đồ phản ím g, ta thấy :

1

1

=- +— = 1 mol ’ ^co
N2 2 2

n„

33

H2O

= (m + n) = 6 mol;

2n + 3 2 m - l
^
, ,
=■ - — + - ^ — = (m + n) + l = 7 mol
2
2
—'

6

511


• Cách 2 : Sử dụng phương pháp quy đồi và bào loàn nguyên tổ
Theo giả thiết, X gồm am in no, m ạch hở và am ino axit no, m ạch hở.
M ặt khác :

— = 1;

= 1 => Coi X là hồn hợp hai am ino axit no, m ạch hở, chứa 1

nhóm “ C O O H và 1 nhóm - N H 2 có công thức phân tứ là C-H^- O^N.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố

c, ta có ; n co- = n.n.C-H.,- ,0,N =>n = 3
n 2 n+ l 2

Á p dụng bảo toàn nguyên tố H, kết họp với n = 3, ta có :

^ ." hý20■

n 2 n+.O
l 2ị N

'H2O

7 mol

Áp dụng bảo toàn nguyên tố N , ta có : 2nj.^ =

‘2

n

_ Q

2 n + l^ 2

2

= 1 mol

• Cách 3 : Sử dụng phương pháp quy đối và công thức giải nhanh
Theo giả thiết, X gồm am in no, m ạch hở và am ino axit no, m ạch hở.
I. *^NaOH
M ặt khác : " hci =_ 1
;

_ J

=> Coi X là hỗn họp hai am ino axit no, m ạch hở, chứa 1 nhóm --COOH và 1 nhóm - N H 2 có
công thức phân tử là C '

1O 2 N

(k = 1).

Sử dụng công thức ( k - 1 - 0 , 5t)nf,
(k

1 0.5t)n(2^^^o^N, " ” co2

” h- o

= 0(20 “ 0 ^ ( ^ , t a c ó :
*‘ H,0

Sử dung bảo toàn nguyên tố N, ta có : 2

: 7 mol.

= n, 2-H -

0

N ^*^N

^ n ” 2 n + r 2 ‘^

■’

'

2

'2

= 1 oiol

'-----------

1

’

Đối với hài tập này, thì cách 2 hoặc 3 là những cách giãi toi ưu.
Câu 7: Cr nằm ở ô số 24 trong bảng tuần hoàn, có cẩu hình là ỊAr]3d’4 s '. Suy ra C r thuộc chu
kì 4 (vì có 4 lớp electron), nhóm VIB (vì electron cuối cùng thuộc phân lớp d và có tống số
electron trên phân lóp 3d và 4s là 6).
Do có 6 electron hóa trị nên Cr có hóa trị cao nhất là 6. số oxi hóa cao nhất là +6.
Cr khi phản ứng với CI 2 sẽ tạo ra hợp chất C rC l 3 .

Câu 8: N guyên tắc chung được dùng để điều chế kim loại là khử ion kim loại trong họp chất
thành nguyên tử kim loại : M""^ — +ch5Uhử

Câu 9: C ông thức phân tử tổng quát của este có dạng : CnH 2n+2-2k-2b0 2 b, trong đó n là số
nguyên tử

c, k là số liên kết 71 và vòng ở gốc hiđrocacbon, b là số nhóm chức este.

Este thuần chức tạo bởi ancol no, hai chức và axit không no, có m ột liên kết đôi, đơn chức là
este hai chức (b = 2). trong phân tử có 2 gốc axit (k = 2, vì mồi gốc axit có 1 liên kết đôi). Suy
ra công thức tổng quát củ a este này là CiiH 2n-6 0 4 .

512


Câu 10: Theo bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố H và

o, ta có :

^*^K2Cr207
a

|a = 0,05

0.15

•^HCl “ ^'^H20 “

|b = 0,7

K2Cr207

Câu 11: Theo bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố H và bảo toàn khối lượng, ta có :
"zn
^

"Mg “ "H2 ~ ” h,.S04
y

*^(Zn, Mg)

x+y

x+y

*^ikl H ,S 0 4 “ *^tUl muối

+ rn.

yX(x+y_)

65x+24y

2Õm cUI muối..= 5 5 3 x + 512y
^ - 1

120y

c%

553x + 512y

a = c% ZnSOa
^4

0,1522:

ỹ~2
a = 10,21%

161x
553x + 512y

Câu 12: Dung dịch saccarozơ tinh khiết không có tính khử, nhưng khi đun nóng với H2SO4
loãng lại có phản ứng tráng gương, đó là do "đã có sự thủy phân saccarozơ tạo ra glucozơ và
fructozơ chúng đều tráng gương được trong môi trường bazơ".

Câu 13: Các ion cùng tồn tại trong một dung dịch khi chúng không phản ứng được với nhau.
Suy ra dãy gồm các ion cùng tồn tại trong một dung dịch là H^, Fe^’^, N O ,", SƠ4“" .
Dãy các ion khác đều không thể cùng tồn tại trong một dung dịch vì :
Ag" + c r

A g C li

3M g^^+ 2P O /- -^ M g ,(P O ,), ị

Al'" + 3 0 H" -> Al(OH), ị

Câu 14: Theo giả thiết, suy ra :
^CH3C0 0 C,H5

= 0 ,0 8 mol;

'^CH3COOCf,H5
'^CH3C0 0 C2 H5 ~ *^CH3COOCf,H5

88n CH3C0 0 C 2 H5 4 136n CH3COOCf,H5 :4,48

• Các/t ỉ : Tinh toán theo phương trình phản ứng:
CH,COOC,H, + NaOH— ^ C H ,C O O N a + C^H^OH
mol;

0,02

0,02

->

0,02

CH,COOC,H, 4 2NaOH- --^CH,COONa 4- C^H,ONa 4- H ,0
mol:

0,02

->

0,04

( 1)

0,02 ^

(2)

0,02

513


Theo các phan ứng ta thấy chất rẳn thu được gồm CH.iCOONa. C(TTONa. NaOH dư.
Khối lượng chất rắn thu được là:
‘chíít rắn ’ '"cH^COONa

*” Cf,H5COONa

*^^NaOH tlư

(ữ)2.116

(),02.4()

(),04,S2

6,4 gam

• Cách 2 : Sư dụng hào loàn khối lượng :

CH3COOC2H 5 phản ứng với NaOH theo tỉ lộ 1 : 1 ; CH 3COOC 6H 5 (este của phenol) phản
ứng với NaOH theo ti lệ là 1 : 2 . Ta có :
■^NaOH phản ứng " ‘^ ^ , 0 0 0 0 2 0 5 ^ ^'^CH3COOCf,H5 = 0 ,0 6 m o l
0,02

0.02

Chất rắn gồm CIl3COONa. C^ddsONa. NaOH dư.
Sơ đồ phản ứng ;
(CII3COOC 2H5. CH 3COOC 6H5) + NaOH -4 -chất rán + C 2H5OH 4
1 a có :

- ncH3CơoC2H3

II2O

0,02 mol; nị3^(, = ‘^CH3COOC(,H5 ” 0,02 mol.

Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có ;
ỉ^cstc + mNaOH = ""chá-, rán + ""c2H50H ^ "1 h 20

4.4S

0 ,0 S.40

T

o,ol46

"'chất rắn = R %4 g a m ]

(ĨÕITx

Câu 15: Chỉ dùng dung dịch KOH có thế nhận biết được các chất riêng biệt là Mg, AI2O3, Al.
G iải th íc h : Vì Mg không phản ứng với dung dịch KOH; AI2O3 là oxit lưỡng tính nên phán

ứng được với dung dịch KOH, tạo thành dung dịch trong suốt; AI phản ứng với dung dịch

KOH. tạo thành dung dịch trong suốt và đồng thời giải phóng khí II2.
A1,0, -t 2KOM > 2KAIO, + H,0
2AI + 2KOH 4 2HjO -> 2KAIO, + 3H, t

Câu 16: Theo giả thiết : Y có công thức phân tử C4H10O3. chỉ chứa chức ancol; Y tác dụng
được với C u(OM) 2 cho dung dịch màu xanh da trời. Suy ra trong phân tử Y có ít nhất 2 nhóm
OH liền kề. Y có 3 đồng phân thỏa mãn là :
c— c — c — c

c —- c —- c ---- c

Óh Ấh

Óh Ắ h

OH

OH

c
c ---- c -----c
1)H Ò h

Câu 17: Thủy phân este X trong môi trường axit. thu được hai chât hữu cơ Y và z. Từ Y có
thể chuyến hóa thành z bàng một phán ứng. Suy ra X không thể là isopropvl propionat.
Các chất còn lại đều thỏa mãn :

514

CH,COOCH = CHj + H jO — ti^^->C H ,C O O H + CH,CHO
2CH,CHO f

—^ --> 2 C H ,C O O H

CH,COOCH, + H ,0 —^ ‘ - >CH,COOH + CH,OH
/

Y

CH,OH f C O ^ C H ^ C O O H
Y

T

CH,COOC,H, f H^o — ^ > C H ,C O O H + CjH,OH
/

C,H,OH + 0

,

Y

>C! I , COOH + Hj O

Y

r

C â u 18: T ổng số chất hữu cơ m ạch hở, có cùng công thức phân tử C 2 H 4 O 2 là 3 :
CITCOOH

HCOOCH,

HOCHXHO

C âu 19: Trong phản ímg trên, Fc 3 0 4 là chất oxi hóa. HI là chất khử. lon r khử

xuống Fe*‘

F e ,0
3 4, + 8 H I > 3 R 'I ,2 f I ,+
2 4 H 2,0
Vậy X. Y là F el 2 và I2 .

Ghì chú : o hài lập này. nếu học sinh hiên vai trò cùa Hỉ giong HCl, H2SO 4 loãng thì sẽ
chọn X. ì' là Felj và F el\
C â u 20: Theo giả thiết. X là aniin đơn chức có vòng benzen và
X + H C 1^R N H ,C 1
V
1

—^
Y

* RNH,C1 + AgNO, ^ AgCl i + RNH,NO,
u gum

Suy ra : X có công thức là R N H 2 và

143,5 =>

= 107.

X có 4 đồng phân là :

C â u 21*: Theo bảo toàn nguyên tổ Fe. bảo toàn electron và bảo toàn khối lượng, ta có :
2 nr;
Fc2rv
0 .(

=UcFe = n,,H2 =

*^(CiiO, Fc-203)
‘CiiO

80

0 ,2

” Fe-)0 2 4 -0 ,1 .1 60

'^ F e 2 Ơ3

~~~

'CuO

80

= 0,1

515


Theo giá thiết, theo bảo toàn electron trong phản ứng của c với H 2O và phản ứng của c o .
H2 với CuO. Fc203, ta có :
28n„„
‘co + 44n„„
co. + 2n

= 7,8.2 = 15,6

*^C0 ^ '’ C02 ^ *^H2
co

”' ■ ^ ” 0 0 2

*^co “

^

=>-! '^co,

~ ^ ” h2

n „ = 0 ,3
■ ^2

^() + 2nj_|^ = 2 n ^ ^ ( j ■ '■ ^'^Fe2Ơ^
0,1

^ * ’ (CO, c ơ ,. H-,)

" V T " ''

Câu 22: Dế phân biệt da thật và da giá làm bằng PVC. người ta thưòmg dùng phưong pháp đơn
gián là dốt thứ. Neu là da thật sẽ có mùi khét. Nếu là da giá bàng PVC thì không có mùi khét.
Câu 23: Theo giả thiết và bảo toàn electron, ta có :
( Hy -

2

*^elcctron ilo X, Y nhường

elcctron tlo X, Y nhường

:2n SO2 = 2

^(X , Y)

X là FeO; Y là Pc^o^

Câu 24; ớ phản ứng trên, chất khử là FeS 0 4 , chất oxi hóa là K 2 C r 2Ơ 7.
Q uá trình oxi hóa - khử :
3x 2Fe"' -^2Fe" +2.1e
]x 2Cr"" + 2.3e

2Cr"'

6F cSƠ4 + K 2C r 2Ơ7 +7H2SO 4 ^ 3 F c2(S04)3 + Cr2(S04)3 + K2SO4 +7H2O

Tống hệ số cân bàng của các chất trong phản ứng là 26.
Câu 25: Bốn chất đơn chức CH 2 O, CH 2 O 2 , C2 H4 O 2 , C 2 pl( ,0 thuộc các dãy đồng đẳng khác
nhau. Suy ra công thức cấu tạo tương ứng của chúng là HCHO, HCOOH, FỈCOOCH3 , C 2 H 5 OH
hoặc CH 3 OCỈI3 .
Vì F1CH0 và HCOOCH 3 không có phán ứng với Na và trong 4 chất có 2 chất phán ứng với
Na nên C 2 ỈI 6 O có công thức cấu tạo là C 2 H 5 OH.
Vậy hai chất có khả năng phản ứng với Na là CH 2 O 2 . C 2 H 6 O.
-ÌA

-

T U

'

ÍTính kh ử :M g> F e> C u > F e^ ^ >A g

Câu 26: Theo giả thiêt, ta có :

[Tính

oxi

hóa : Mg^"^ < Fe^"^ <

< Fe'"^ < Ag"'

Kim loại khứ được Fe'^^ khi tính khử của nó mạnh hơn Fe^^ hoặc ion của nó có tính oxi hóa
yếu hơn Fe^^. Suy ra các kim loại Mg, Fe. Cu có thể khử được Fe^^.
Câu 27; Ancol CIỈ 2 =CHCH 2 0 H có tên là ancol anlylic.
Câu 28: Theo giả thiết, suy ra :
4 93

(m o l)<

= 2n H t SO,
(),.i.0 ,4X

516

2

n)

4,93

:0,48 mol.

( m o l ) --í>

0,076

(m o l)<

2 ;n)

< b ,2 0 5

(m o l);


Trong phản ứng của Mg. Zn với dung dịch H2SO 4, ta có ;

2^n^‘^ fr’ 7n

}-j

mol eleciron nhường

luol electron nhận

^

h ê ì, H ^^còn d ư .

Sau phản ứng của M g, Zn với H 2 SO 4 , dung dịch trong cốc chứa các loại ion là M g ^ \ Zn^^,

s o /- .
Khi cho tiếp V ml dung dịch hỗn hợp K O H 0,1M và N aO H 0.7M vào cốc để kết tủa hết các
. 2+
2+
2+
ion Mg""^ và Zn''’^ thì xảy ra các phản ứng của ion O H ' với ion
, Zn'^^. Mg'^^. do đó dung
dịch thu được sau phản ứng chi chứa các ion K^, Na^, so ^ ^ - . Á p dụng bảo toàn điện tích cho
dung dịch sau phản ứng. ta có :
2

n

2^
504 -^

==n

+n

Na+

=> V

- 0 , 6 l ít =

600 ml

Câu 29: Sơ đồ phản ứng :
IV ^, Zn(OH),

, Fc‘"
H „ S ( ) j lo ã n g

Al,FcCO,
QKOH)^, Fc

H a ( O H ) , d ir

Cu'L Zn'"

AI^LHLSO/........ ............... ^

•

L

F c (a i )2

ÍMfeO,R;p,

C u (a i )2

CuO, BaSO,

BíìSO,
4

Fe
ịcu, BaSO^
Cỉ

j

Vậy chất rắn G gồm M gO , B aS 0 4 . Fe, Cu.

Ghì chú :
+ Zn(OH)2, Al(OH)ỉ là hiđroxit lường tinh nên tan hết trong dung dịch kiềm dư.
+ Fe(OH)2 bị oxi oxi hóa hởi oxi tạo ra Fe(OH)ỉ.

+ CO chi khử được các oxit kim loại từ Zn trở về cuối dãy.

+ BaSŨ 4 là chất kết tủa rất hển với nhtệt.

Câu 30: Liên kết cộng hóa trị có cực được tạo bởi hai phi kim khác nhau hoặc giữa kim loại và
phi kim m à hiệu độ âm điện của chủng nhỏ hơn 1,77. Suy ra dãy gồm các chất trong phàn tử
chỉ chứa liên kết cộng hóa trị phân cực là H 2O, HF, N H 3 .

Câu 31: Độ dinh dưỡ ng của phân kali được đánh giá bằng hàm lượng phần trăm K 2O tương
ứng với lượng kali có trong thành phần của nó.
G iá sử có 100 gam phân kali thì khối lượng của K 2O là 55 gam.
Ta có sơ đồ ;
2KC1

K^O

gam :

149

94

gam :

55.149
— = 8718
94

55

Phần trăm khối lượ ng của KCl trong loại phân kali đó là 87,18%

517


C â u 32: ứ n g với công thức C 2H 2 O 11 (k = 2), khi n = 2 thì họp chất là anđehit no. đa chức hoặc
khi n = 4 bằng thì họp chất là axit cacboxylic no, đa chức.
C ông thức của các chất tư ong ứng là : OHC - CHO; HOOC - COOH
C â u 33: Căn cứ vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị sau :
n

Suy r a ;

A I(O H ),

X-

0,18

3(0.48 - x)

IX

0,405

C â u 34:
•

Cách 1 : Sứ dụng phương pháp tìm khoáng giới hạn so nguyên lư c
Đặt công thức của M và N lần lượt là CnH 2n (x m ol) và CiiH 2n-2 (y m ol).
Theo giả thiết, ta có :
Í4,2n = 2y 4- 12,4

X+ y

= - — = (),.3
22.4
I4nx 4 (I4n - 2 ) y = 12,4

0

,.^

N là C .H ,
y = (),l
^ > 2 ,9 5 < n < 3 ,0 9 5 z 2 > n = 3 ^ r
_
và r
M là
x = 0,2
Suy ra đáp án đúng là :

0 ,2

mol C 3 H(^ và

0,1

mol

• Cách 2 : Sử dụng phương phcip trung bình và phương pháp đường chéo
Đặt công thức của M , N là c H-.

Theo gia t h i ế t :

6,72
H-y " 922,4
7 4 ~^

- 9,J

M r u - =41,33

íx = 3

M là C 3 H.

12x + y = 41,33

[y = 5,33

N là C 3 H4

' y
Sử dụng sơ đồ đườ ng chéo cho số nguyên tử H của M. N, ta có :
C 3H 6

^ ^ ^ ^ 5 ,3 3 - 4 = 1 ,3 3

‘^qti^, _ 1,33 _ 2
Hp H 0,67 1

^ 5 ,3 3 ^
C 3H 4

4
2

6

- 5,33 = 0,67

Vậy rip
„ f, = —.0
,3= ----0,2 mol
c3 H
4Ị
::— và n„
C3 H„4 = 0 ,3 - 0 ,2 = L0,1
. mol
.

518


• Cảclĩ 3 : Sừ dụng phương pháp trung hình
Vì M , N có cùng sổ nguyên tử

c , nên đặt công thức trung bình của chúng là

Theo giả thiết, ta có :
6,72

= 0,3

Mc H
Xy

= 41,33

03

12x + y =41,33

,

,

ÍM là C ,H . (M = 42)
íx = 3
và
=> J" '■
và J
N là C3H4 (M = 4 0 )
[y = 3,33

, — 6 -f 4

, —

G iá sử hai chât có cùng sô mol thì sô H = — — = 5 , trên thực tê H = 5,33 > 5 , chứng tỏ C 3 H(,

phải có số mol nhiều hơn.
Suy ra đáp án đúng là : 0,2 mol

và 0,1 mol C^Hị

Dối với hài này thì cách lùm nhanh nhắt là thừ đáp án :
• Cách 4 : Thư đáp Ún
ớ phương án A :

= 0, l .42 + 0,2.40 = 12,2 gam

12,4 gam (loại).

ở phương án B ;

= 0,1.28 + 0,2.26 = 8 gam ^ 12,4 gam (loại).

ớ phương án C: iTij^ = 0 .2 .2 8 + 0,1.26 = 8 ,2 gam + 12,4 gam (loại).
ớ phương án D:

= 0,2.42 + 0,1.40= 12,4 gam (thỏa mãn)J

Câu 35: CO (k) + H 2O (k)

C O 2 (k) + 1 Ỉ2 (k)

A H < 0 (*)

Có 2 yếu tố làm ánh hư ở ng đến sự chuyển dịch cân bằng của phản ứng (*) là nhiệt độ và
nồng độ các chất. Y ếu tổ áp suất không làm ảnh hưởng đên sự chuyên dịch cân băng vì tông sô

mol khí trước và sau phản ứng bằng nhau.
Vậy các yếu tố (1), (2). (3) làm thay đối cân bàng của hệ (*).
n

Câu 36*: Ta có

=n, ,

,

,.;'.= 3 n . , + 2n,.,„ = 0,63

N ơv tạo nuiối

n UMM “ ri
” '-'3

Nơ^

_

lạo nuiôi

+ n N trong sản

phẩni khử

Trong Y có N O , khí còn lại trong phân tử có thể chứa 1 hoặc 2 nguyên tử N. Suy ra
0,6.3
"nơ , tạo muối

+

0,07

= 0 ,7 < n „ ^ ^ <

"N trong Siin phẩm khử

0,63
"no , -

Căn cứ vào các phươ ng án, suy ra :

IỊ.O

+
niiỏi

2.0,07

=0,77

"N trong Siin phăm khử

0,76 moĩỊ

Câu 37*: Theo giả thiết, suy ra ;
-

C ,H , (M = 2 8 )

Ma - 17.5.2 = 35=> A g ồ m ( _

^

C3H^^(M =42)

-

=í >Ma =

Vlr'_
u4
C2 H

Yí C3 H6

= 35 =í> nCtH = n
2"4

519


Sơ đồ phản ứng :
C 2H 5 0 H
C'2, H
“ 4,

C H 3C H O

X mol

Xmol

H ,0.

X niol
CuO, 1"

C 2 H 5C H 2 O H

C -H -C H O
v_f________.
a mol

>

a mol

y mol

*

( C H 3 )2 C H 0 H
^
---------- /
b mol

AgN0 3 /NH3, r

►

Ag ị
(2 x +2 a) niol

( C H 3 )2 C 0
X
------- ^ ----- /
b mol

Dựa vào sơ đồ phản ứng và bảo toàn electron, ta có:

X= a + b

X -a -b = 0

4 6 x + 6 0 ( a + b ) = 8 ,4 8 = > < Ị

46x + 60a + 60b = 8,48

46x + 60a

1104x + 1440a-1740b = 0

60b

29

x = 0 ,0 8

=>

- 2 x + 2 a = 0 ,1 9 2

a = 0 ,O I6

b=

2 0 ,7 3 6 g a m

0 ,0 6 4

"24

Câu 38*: T ừ giả thiết, suy ra:
1 5 ,3 4 4

*^NO '’ n02

= 0 ,6 8 5

|n f ^ Q = 0 , 0 1

2 2 ,4

30nj,^Q + 4 6 n

NOo

" nơ- =b,675

3 1 ,3 5

Theo bảo toàn electron. bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng và giả thiết, ta có ;

*^"peS2 ■ ^"Fe3 0 4 “ ^ " nO "*""n0 2 -b,705
0,01

3n

Fe 3+

:2 n

x+3y

so.

0,675

15x + y = 0 ,7 0 5

+n

X - 9y + z = 0

NO,

5 5 2 x + 5 0 4 y + 6 2 z = 3 0 ,1 5

2x

Fe-’"^

+ m - +m
=30,15
SƠ4 ^ '
N or

56(x+3y)

z = 0 ,2 2 5

NOị ) = 0,91 mol

"HNO3 “ " no “

x = 0 ,0 4 5
y = 0 ,0 3

62/

0,225

^

c% HNOn

0,6X5

_ 0 ,9 1 .6 3

Câu 39: Theo giả thiết, suy ra :

5 7 ,3 3 %

100
7

= nj4 = — = 0,25 mol.
2

28
2

n,

Số nhóm chức -C O O H trung bình của X, Y là : C00H (X Y) = —

= 1^6 .

"(X, Y)
Suy ra X có m ột nhóm -C O O H , Y có hai nhóm -C O O H .
Đặt X là R C O O H hay CnH 2n0 2 , Y là R ’(C O O H )2 hay C„iH 2m-2 0 4 và có số mol lần lượt là
Bản chất phán ứng của X, Y với N a :

520

X,

y.


-COOH + Na
tn o l:

-COONa + - H

X + 2y

0,5(x + 2y) = 0,2

‘-COOH - X + 2y - 0,4
x + 2y

Ta có : COOH( x. y

X = 0,1
1, 6

:

X+ y

n=2

y = 0,15

m=3

0 ,ln + 0,15m = 0,65

‘co- = nx + my ^ 0,65

Hai axit là X, Y lần lượt là Ịc^H ^O , và

Câu 40 : Bản chất phản ứng :
-I

+
+3

+3

CH3 c H^OH + K2 Cr 2 O 7 + H 2 SO4 -> CH3 COOH + K 2SO4 + Cr 2 (8 0 4 ) 3 + H2O (1)
ở phản ứng ( 1 ), chất khử là ancol etylic, chất oxi hóa là K 2 C r 2 0 7 .
Theo bảo toàn electron, ta có :
4n CH3CH2OH = 6 n K2Cr2 0 y

'^CH3CH2 0 H = 3.10 “* mol

(),02.(),()1
‘CH3CH2OH

3.10 '*.46
. 1 0 0 % = |o,0552%|
25

Câu 4 1 : Dễ thấy X là HCl. Y không thể là H N O 3 vì phản ứng của m uối với axit chỉ xảy ra khi
tạo ra chất kết tủa hoặc axit sinh ra phải yếu hơn axit ban đầu. V ậy X, Y, z lần lượt là HCl,
A gN 03. (NH4)2C03.
Phương trình phản ứng :
CaO + 2 H C 1 C a C l j + HjO
CaCl^ +2A gN O , -> C a(N O ,)j + 2 A g C U
Ca(NO ,)2 + (N H J jC O , -> C aC O , ị+ 2 N H ,N O ,
M.,

Câu 42: - - - - = 0,7 < 1 =>
My

M v -1 8
= 0 ,7 = > M y = 6 0 = > Y là C 3 H 2 OH.
^
My

Suy ra m ột trong hai chất hữu cơ ban đầu là H C O O C 3 H 7. Hai m uối trong X là H C O O N a và
RCOO Na.
26,4
'^(HCOONa, RCOONa)
M(HCOONa. RCOƠNa)

'^C4 Hj(Ơ2
28,8
0,3

88

= 0,3

RCOONa là C 3 ÍỈ 2COONa (M = 110).

= 96

Vậy hai chất ban đầu là H C O O C 3 H 7 và C 3H 7CO O H . Ta có :
1'^HCOONa

”C3H7COONa

168n|3(3^^^j^.| + 1 10n^^|3^f,Q()|4,|

= 28,8

j*^HCOONa = 0,1

''C3 H7OH

Ịf'c 3H7COONa

m.C3H70H

521


Câu 43:
Trong các phát biếu đề cho, phát biểu sai là " ử n g với công thức phàn tử C 4 IIÍÌ có 3 anken
m ạch hở".
l'h ự c tế. ứng với công thức phân tử C 4 HÍỊ có 4 đồng phân anken m ạch hớ.
C H 2 = C H

----- C H , ------ C H ,

=

CH2

c

----- - C l t ,

CH,

CH-).

\

CH ,^

CH,

c

=

c

\

/

c = c
'CH ,

Các phát biếu còn lại đều đúng :
Tách m ột phân tứ 1Ỉ2 từ butan thu đuợc 3 anken :

It
\

CH,

XH3
c = c
H/

\

h

Cho propen đi qua dung dịch H3PO 4 thu được 2 ancol :
CH, —
H ,t'
CH, =

C H ----- C H ,

+

CH

-CH,

OH

H 2O

H O C H 2 ----- C H ,

------- C H ,

Đốt cháy bất kì m ột anken nào đều thu được số m ol nước và số mol C O 2 như nhau

c H, + — 0, —'->nC O , + n H ,0
Câu 44: Đốt cháy anken thì : n,.,, -

=0 ;

đốt cháy am in C nll 2n+2+i-2kNt thì : (k - 1 Sứ dụng bảo toàn nguyên tố

522

0 ,.^t)n.,,^,i„ = " 0 0 2

■■"H2 0 -

o và công thức giải nhanh, ta có :


2

n,

•2 n co . + n H ,o

0.225
(_k-

Hh, 0 = 0 -2 1

0,12

1-

0 , 5 =
I

‘CO,

"í
—>Ca min < ■
h a min =0-06
Hamin

11^ 0 ,

0 ,1 2
-2 (*)

0,06

0,12

X :C I l 5 N
Y iC .H ^N

Ghi chú ; Ta cỏ hiên thức (*) vì : Tông sổ mol c o Ị sinh ra do đốt hỗn hợp hai amin và
anken là 0.12 moi nên so mol COi sinh ra khi đổi cháy hai am in nhỏ hơn 0,12.
C â u 45:
Theo quy luật chung cùa phản ứng và sự bảo toàn khối lượng, ta có ;
telrapcptil X + 4 1 ^ 0 H
0 .,'í mol
=

> muôi
---- y

H 2O
o.ovTmol

4

3 4 ,9 5 f 0 , 0 7 5 . 1 8 - 0 , 3 .4 0 = [ 2 4 ,3 g a m ]
‘” H 20

"‘NaOH

= M,CH3)2C1I0H = 6 0

C â u 46: Q u y lu ậ t c h u n g :
Suv ra ;

2.0,448
'^(CH^COOH, (CH^hCHOH) ' ' 2n H2

0,04

2 2 ,4

"■'^(CH^COONa. (CH3),CUONa - 0,04.(60 f 22) - [3,'28~gam
C â u 47: • Cách l : Sử dụng phương pháp hảo toàn nguyên tổ
Theo giả thiết, ta có :
2 ,6 8 8

'co.

22,4

==0,12 mol;

1,8

= — =:0,1 mol;

=0,03.1 = 0 ,0 3 mol.

Dặt gốc CxHj là R.
Số mol

o trong X là : n-, =

mv-m^~m,,

Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với

2 n„^„

16
0

= 0,07 mol.

, ta có :

3 4 n CH3OH ban dần

2'^kcooh

12n^(3 2

2,76

( 1)

Áp dụng bảo toàn nguyên tổ đối với N a và báo toàn gốc R -, ta có :
RCOOH

"rcooch.

‘RCOONa “ ^NaOH = 0,03

(2)

Áp dụng bảo toàn bảo toàn gốc C H 3- . ta có :
'’ rCOOCH3

'^CH3()H ban dầu = '’cH30Hsauphàn ứng - b ,0 3 (3)

T ừ ( l ) . (2), (3). ta có :

523


2n RCOOH + 2n
'^“ r CCX)CH3
‘RCOOH

*^CH3 0 H ban đầu

+ nRCOOCH = nRCOONa = nNaOH

■^RCOOCH^

3

*^CH3 0 H ban đẩu

=0 ,0 7

'^RCOOH

= 0 ,0 3

” cH 3 0 H sau phản ứng

'^RCỒOCH^ ”

0 ,0 2

^CH^OH ban đầu “ 0 , 0 1

0 ,0 3

=> 0 ,0 1 ( R + 4 5 ) + 0 , 0 2 ( R + 5 9 ) + 0 , 0 1 . 3 2 = 2 , 7 6 ZI> R = 2 7 ( C 2 H 3 - )

Vậy CxHyCOOH là

C H 2 = C H -C O O H

• Cách 2 : Sử dụng phương pháp tìm khoảng giới hạn

Giả sử CxHyCOOH, CxHyCOOCPb là no, đon chức thì khi đốt cháy sẽ thu được số mol C O 2
bàng số mol H 2O. Đốt cháy ancol C H 3OH thu được số mol H 2 O lớn hon số mol C O 2. Khi đó
tổng số mol H 2O sẽ lớn hon số mol C O 2 . Trên thực tế, khi đốt cháy X số mol C O 2 lớn hơn số
mol H 2O, chứng tỏ CxHyCOOH, CxHyCOOCH 3 phải không no. Suy ra các phương án A. B
không thỏa mãn. Phương án đúng chỉ có thề là c hoặc D.
Sơ đồ phản ứng : X

+ NaOH

—> CH3OH + CxHyCOONa + H2O

Theo bảo toàn khối lượng, ta có :
™CH3ƠH + "^CxHyCOONa
2,76

'’^H2Ơ

(),()3.40

'

mc^HyCOONa +

= 3 gam => mc^HyCOONa < 3 gam (*)

Mặt khác, áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Na. ta có:
*’ c,(HyCOONa “ '^NaOH = 0 , 0 3

mol (**)
-X "y-

Từ (*) và (**) suy ra: M C^HyCOONa
=>M^ y, < 3 3 : o q H y là q H

Vậy CxHyCOOH là

3

< - ---- =

‘C^HyCOONa

100

0 ,0 3

(M = 27).

CH^ = C H -C O O H

Câu 4 8 : Trong số các phát biểu trên, có 4 phát biểu đúng là :
(a) Anđehit vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử.
(c) Anđehit tác dụng với H2 (dư) có xúc tác Ni đun nóng, thu được ancol bậc một.
(d) Dung dịch axit axetic tác dụng được với Cu(OH)2(f) Axit fomic có thể tham gia phản ứng tráng gương.
Giải thích bàng sơ đồ hoặc phương trình phản ứng :
-C H ^ O H <
CHO + H,

H ,. 1 "

1". Ni

-C H O

-C O O H

C H .O H

2CH,COOH + Cu(OH)j - > (CH,COO)^Cu + 2HjO
HCOOH + 2AgNO, + 4NH, + H j O —^ >(NHJjCO, + 2 A gị+ 2N H ^ N O ,

524


Câu 49:
Cả 4 chất : C aO . dung dịch H 2 SO 4 đậm đặc, N a 2 SƠ 3 khan, dung dịch N aO H đặc đều có khả
năng hút nước, tức là có thế làm khô các khí. N hưng chỉ có dung dịch H 2SO 4 đậm đặc là không
phán ứng với CI 2 . Suy ra chất để làm khô khí CI 2 ẩm là dung dịch H 2 SO 4 đậm đặc.
Các chất còn lại đều phản ứng với CI 2 nên không thể làm khô khí CI 2 ẩm :
jC a O + H jO -> C a (O H )j
|c a ( O H )2 + C I 2 -> C aO C l, + H ,0
Na^SO,

H ,0 + Cl,

4

2NaOH f Cl,

> N a,SO , 4 2HC1

NaCl 4 NaC10 + Hj0

Câu 50:
Phương trình phản ứng :
2

AI2 O3 ■

> 4A1 f

c + O2
2C

3

O2

CO2

+ O2

— - > 2C O

C O 2 + C a(O H )2

C aC 0 3

+

H 2O

Trong quá trình điện phân nóng chảy oxit nhôm , ở anot giải phóng khí O 2 , oxi sinh ra sẽ
phản ứrig với anot than chì tạo ra

c o , C O 2 và có thế có O 2 dư.

Theo gia thiết, ta có ;
"CO2 4 - Hr, 4 nco = 4 kmol

=2,2 kmol

44n co. 4-32n„ 4 28n(,(, =4.16,7.2 = 133,6 kg =>
‘CO7

1,2 kmol

‘co .

n., =0,6kmol

4.0,015
-1,2 kmol
~0,Õ5

X ét toàn bộ quá trình phản ứng, ta thấy : Chất oxi hóa là Al'"', sản phẩm oxi hóa là Al; chất
khứ

là m ột phần

và

c.

Áp dụng bảo toàn electron, ta có :
3n AI

2 ‘CỌ 4 4 COp + 4 n
2,2

1 1 ,6

=

=> mAI

27.

1 1 ,6

104,4 kg

0 ,6

525


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẢN GIẢI ĐÈ s ớ 08
ID

2C

3B

4A

5D

6C

7B

8B

9B

lOA

IIB

12A

13D

14B

15A

16B

17C

18A

19A

20D

21A

22C

23D

24B

25A

26B

27D

28C

29D

30C

31D

32A

33C

34D

35C

36A

37B

38C

39A

40C

41B

42D

43D

44B

45C

46D

47A

48D

49D

50C

Câu 1: Căn cứ vào đặc điếm cấu tạo của họp chất X, suy ra khi thủy phân X sỗ thu được 3 loại
am ino axit, đó là :

- CH , - C H ( N H 2 ) -C 0 0 H

H O O C -C H , -C H (N H ,)-C O O H

H ^N -C H ^ -C O O H

Câu 2: T rong m ột nhóm A (phân nhóm chính), trừ nhóm V IIIA (phân nhóm chính nhóm VIII),
theo chiều tăng của điện tích hạt nhân nguyên tử thì số lớp electron của các nguyên tứ tăng lèn.
dần đến hún kinh mỉuyên lừ tăng dần, khả năng liên kết của electron lóp ngoài cùngvới hạt
nhân vì thế m à giảm dần, tính kim loại (khả năng nhường electron) tăng dần. tính phi kim (kha

núng hút electron) giam dần.
Câu 3: M ột m ẫu khí thải được sục vào dung dịch CUSO4, thấy xuất hiện kết túa m àu đen. Hiện
tượng này do I I2S có trong khí thải gây ra : H ,s + CuSO^ -> CuS i +2HNO,

Câu 4: Coi hồn họp X gồm kim loại và o .
1 'heo

bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố

o và áp dụng

bảo toàn electron cho toàn bộ

quá trình phản ứng, ta có ;
18.2.0,06 -2 8 .0 .0 6

- " ^ c o b.n dầu
c o phàn ứng

o phàn ứng

Ị^

0,03

16

+ 2 n™
= 2 no
co

‘elcctron do kim loại nhường '

(),(B

nelectron

do kim loại nhường

0,04

(),25m

16
= 0 ,0 6 + 0,03125 m

Theo bào toàn điện tích và bảo toàn khối lượng, ta có :
NO,

= nelcctron

do kim loại nhường

"■'muối ^ '^ k i m loại

NO-ị

tạo muôi

3,08m = 0,75m + 62(0,06 + 0,03125m)

m = 9,447 gam ss [9,5 garn|

Câu 5: Theo hình vẽ, ta thấy khí X là C 2 H 2 .
Phương trình phản ứng : CaC, + 2 H ,0

Ca(OH)j + C ,H j t

Câu 6 : Theo giá thiết và bảo toàn khối lượng, ta có :
I
1

526

= 128: 49
“ ’^HCI “

Jm j^ = 0 ,9 8
mQ = 2,56

^

" \ c , H, trong X = z a

“

■"


T ừ (*) và báo toàn khối lượng trong phản ứng đốt cháy X. ta có :
= 3,79

n,, + n|_j

12

"CO t

= 44n‘co- + I 8 n H2 0 + " 1n2

niv r 32
X

7,3?

nco- = 0 ’27

^ " h -,0

0.3275

‘h-,0 = 0,275

==> <
44n^02+18"H 20 = 16,83

m H-,o

(),9X

4,95 gam

Câu 7: C ho m ột lượng sất tan trong dung dịch H N O 3 loãng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn,
thu được dung dịch X. D ung dịch X có m àu nâu nhạt, chứng tó trong X có Fe^^; dung dịch X
có khả năng làm m ất m àu dung dịch K M n 0 4 /M 2 S 0 .4. chứng tỏ trong X có m uối Fe^^.
Phương trình phán ứng : 5Fe^* +MnO^ + 8 H* - ^ 5 F c ’' + Mn‘ + 4 H ,0
Vì trong X có m uối Fe^^ nên trong X không có H N O 3 . Suy ra dung dịch X có chứa
Fe(N 0 3 )2, Fe(N 0 3 )3 .

Câu 8: Ăn m òn điện hóa là sự oxi hóa kim loại đồng thời kèm theo sự phát sinh dòng điện.
Điều kiện đế xảy ra svr ăn m òn điện hóa là
+ Có các cặp điện cực khác nhau về bản chất, có thế là kim loại - kim loại, kim loại - phi
kim. Kim loại hoạt động m ạnh hơn đóng vai trò là cực âm và bị ăn m òn.
+ Các cặp điện cực phải trực tiếp hoặc gián tiếp tiếp xúc với nhau thông qua dây dẫn.
+ Các cặp điện cực phải cùng tiếp xúc với m ột dung dịch chất điện li.
Căn cứ vào khái niệm và điều kiện về sự ăn m òn điện hóa, suy ra :
ăn mòn điện hoá là

2

số trư ờng họp xuất hiện

:

- N húng Fe vào dung dịch I ICl có lẫn C uC h- Các cặp điện cực là Fe - Cu. cùng tiếp xúc với

n ci.

dung dịch chất điện li là
Fc + Cu“"

Fc'" + Cu

anot(cực â m ) : Fc

Fc‘* + 2c

Fc
catot (cực dương): 21 r I 2c
(u

n,

Ket quá là Fe bị ăn m òn.
- N húng Fe vào dung dịch C u C h . Các cặp điện cực là Fe - Cu, cùng tiếp xúc với dung dịch
chất điện li là CuCla.
Fe + c r " ->Fe^" +C u
anoUcực â m ) : Fc
fJ

Fe“* + 2e

calol (cực dươ ng): C u‘* + 2e “ > Cu
Cu
Kết quả là Fe bị ăn m òn.

Câu 9: Trong số các este đề cho. phenyl axetat khi phàn ứng với N aO H dư sẽ tạo ra 2 muối và nước.
Phương trình phản ứng :
C H .C
+ C fJ4
3 O O CÍ1T l,.s 4 2NaOH -~2C->CH,COONa
3
> ,O
.5 N a4 H 2,0

527


Các este còn lại : vinyl axetat, đietyl oxalat, m etyl benzoat khi phản ứng với N aO H dư chỉ
tạo ra 1 m uối. Phưomg trình phản ứng :
CH,COOCH
C ^H pO C

CH, f NaOH
COOC^H,

4

c

>CH,COONa t CH,CHO

2N aO H — C_^2C,H,OH + N aO O C -C O O N a

C,H ,CO O CH , + NaOH - '

>C,H COONa + CH,OH

Câu 10: Á p dụng bảo toàn nguyên tố s và K, ta có :

2.->W4

0 ,0 2

H2SO3..VSO3

'^K2S04 ~ ” h2.S0 4

" koh ~

K2S0 4 = 0,04

\ld KOH IM —

= ^ ’02

lít — 40 ml

Câu 11: Biện luận : D ựa vào đáp án, ta thấy M là kim loại có hóa trị 2 hoặc 3.

• Nếu M có hóa trị 3 thì m uối tạo thành là M 2(S 0 4 )3 . T a có :
n.
‘M

2

: —=> n

n SO42- ........
^
lạo niuoi

SƠ4^ lạo muôi

= l,5n^ = l , 5 a > n ^ CQ = l,2 5 a (loại).
2 4

• N ếu M có hóa trị 2 thì m uối tạo thành là M SO 4 . Ta có ;
’M

1 => n 2- “
SO4 ’ tạo muõi

*SO|2-- lạt) muoi
=> n

SO4

lạo sán phẩm khử là

H2SO4
I,25a

S04~ lạo muối

-0 ,2 3 a .

Theo báo toàn electron, ta có :
2 " m = x n^nphámkhử=^^ = 8=^s"'’ + 8c -> s-^ (H^S).
“

(),25a

Vậy kim loại M có hỏa trị 2 và X là H2S.
Đe tìm kim loại M ta lại sử dụng báo toàn electron

„
19,2
M
n.n^.
,; => n.
= 8.0,2 => —
M = 8n„H2S
^- = 12

[n = 2
ír
(Ịp

[m = 24

=> M là

Câu 12: T rong số phát biếu trên, số phát biểu đúng là 3. gồm các phát biểu (a), (d). (OPhưcmg trình phản ứng ;
CH,OH(CHOH),CHO I Hj - C:-i-^CHpH(CHQH),CH^OH
glucii/H

(a)

CH 2 0 H(CH 0 H ),C 0 CH 2 0 H + H^ - T ^ ^ C H p H ( C H O H ) ^ C H 2 0 H
V---------------------------- ^-------------------- í------ ^

(d ):2

C ,H ,P ,

+ C u (O H ),-C itiíÍ 2L ^ ( q H , , 0 J 3 Cu + 2 H ,0

gluco/
(f) : C ,H ,^ 0 ,^
gluco/
528

-------------------------------------------- í-------.
sohilol

IC-nmcnrU,U,

^ 2 C ,H ,O H + 2 C O j


Các phát biếu còn lại đều sai. Vì :
Trong môi trường kiềm thì glucozơ và fructozơ mới có thể chuyển hóa lần nhau.
Glucozơ hay fructozơ đều có phản ứng tráng gương.
Fructozơ là hợp chất tạp chức.
C â u 13: • Cách I : Viết phương trình phan ứng :

Chọn số mol của các chất là 1 mol.
N a ,0 ^ ll,0 - ^ 2 N a O H
mol:

I

2

NaOH + NallCO,,
m ol:

I

-->

NaOH
m ol:

1

f

I

> N a X O , + H ,0

->

1

NH,C1 TL„_>NaCl + NH,

->

1

t +1TO

I

BaCh + N a X O , -> BaCO, ị +2NaCl
niol:

I

>

I

->

1

_

Như vậy. sau tất cá các phàn ứng, dung dịch chi còn chất tan duy nhất là NaCl.
• Cách 2 : Sứ dụng hào toàn điện tích :

Chọn số mol cùa mồi chất là 1 mol. Cho X phán ứng với H2O thì dung dịch sau phản ứng
chắc chắn có Na^. c r
1

\ j

— 2 n N.a , ( ) -I-

và có thế có các ion khác. Tuy nhiên :
...

N a H íO

r-> n
nCl

- n , - 3 m ol
N a'

-“ n N. .H,,,C,,,1 f 2 n , HuC
, ...K

n

Do đó dung dịch sau phản ứng chi có NaCl do ion Na* và c r đã trung hòa điện tích.
C â u 14: Theo giả thiết, ta có ; ‘NiiOH = 2 ==>X:RCOOC^H_,R’
Hv

Theo báo toàn khối lượng, ta có :
‘" n s . e x = 2 0 , 4 g a m
m
^ cslc X

''

^ iiO H

12

Suy ra :

'" s ả n phẩm hứii C(I

29,7

'" H 2 O

(hỉlis

Mcsie

20,4
X

0,15

136

ịx cỏ 4 đồng phân : HCOOC^^Hj (có 3 đ p : o, p, m); CH^COOC^H,

C â u 15: Y tác dụng với NaOH tạo thành X nên X không thế là Na2Ơ, NaOH, NaHC03. Vậy X

là Na2C03.
Phương trình phản ứng :
Na,CO, + CO, + H ,0 -> NallCO,
NallCO, + NaOH -> N a .c o , + H ,0

529


Câu 16: C ả 4 chất N a, dung dịch N aO H , dung dịch B ĩ 2 , C uO nung nóng đều phản ứng được
với P-H O C 6H 4C H 2OH. P hư ơng trình phản ứng ;
p -H

0

C^H 4 CH 2 0 H + 2 Na

p-NaOC^^H^CH^ONa +

£-H O C (,H ^C H 2 0 H + NaOH ^

T

p - N a 0 C^H^CH 2 0 H + H ^o

P-HOC^H^CH20H + CuO — ^

p-HOC^H^CHO + Cu + H^O

OH

OH

o

Br

Br,

+

2HBr

: h , oh

Câu 17: Các nhận xét đúng là ; (1), (2), (5), ( 6 ).
N hận xét (4) sai. Vì phản ứng thủy phân chất béo trong m ôi trư ờng kiềm tạo ra m uối cúa
axit béo và glixerol, các chất này không có khả năng phản ứng với nhau. Vì thế đây là phản
ứng bất thuận nghịch.

Câu 18: Trong phân tử anken có n nguyên tử

c thì có (n -

1) m ối liên kết giữa

c và c, trong

đó có m ột liên kết đôi, còn lại là các liên kết đơn. Suy ra số liên kết đơn giữa C và C là (n - 2).
M ặt khác, số liên kết đơn giữa C và H bằng số nguyên tử H là 2n.
Vậy tổng số liên kết đơn trong phân tử anken là (3n - 2).

Câu 19: Phương trình phản ứng :
2H ^S + 3 0 ^ —

2 H j O + 2 S Oj t

V-'^ -» 4 N O T + 6 H p

4N H , + 5 0 j

Y

NaH CO^+H Cl
Các khí X, Y,

I -^NaCl + COj T + H^O

z là các khí SO 2, N O , C O 2 .

N eu phản ứng của N H 3 và O 2 không có xúc tác thì khí thu được là N 2 :
2NH,í + -20 ,2

2

+ 3 H2,0

Câu 20:
Trong phân

tử valin có 5 nguyên từ c. cấu tạo của valin là :

c --- c ----c ----- COOH
NH,
Các am ino axit còn lại có cấu tạo như sau :
H 2NCH 2COOH; H 2 NCH(CH 3 )C 0
glyxin

530

alanin

0

H; H 2 N(CH 2 )4 CH(NH 2 ) - C
ly sin

0 0

H.