Tài liệu ôn thi THPT Quốc gia môn Hóa học: Phần 3

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:133

Thêm vào BST

Báo xấu

24
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các đề thi được giới thiệu trong sách đều tập trung vào kiến thức lớp 12, hệ thống câu hỏi phân hóa rõ rệt. Số lượng câu hỏi sẽ liên quan đến các kiến thức liên môn như: Hóa - Toán, Hóa - Sinh, Hóa - Lí,... Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tài liệu ôn thi THPT Quốc gia môn Hóa học: Phần 3

iTiv ==3()n + 54n 0,96 C2 H6 C4 H6 Hp H =0,005 30n + 54n C2 H6 C4 H6 :48 n„ „ =0,015 Mx =- ‘ C-.H + n 2"6 C4 H6 =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 (1) mol: 0,05 -> 0,05 ^ 0,05 BaCƠ 3 + CO 2 + H 2 O -> Ba(HCƠ 3)2 (2) m ol: 0,02 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 c , ta có ; mv =42n,., „ +54n,., u = 0,96 n„ ị. = 0,01 _ 42n + 54n C M V3 H6 =3. 0,01 +4. 0,01 = 0,07 mol. C3H6 4"6 = 48 = 0,01 Mx = C4 H6 +n "C3Hf, "C4 H6 ‘ C-,H 3"6 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, = 0,03 => m. ‘ BaCO :0,03.197= 5,91 gam .4 0,05 0,07 • Cách 2 : Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tổ và hảo toàn khối lượng M(C2H6, C3Hf,, = 24.2 = 48 " h “ ^"(C3H4,C3H(^,C3Hx) 0,96 0 ,9 6 - 0 ,1 2 ‘(C3H4 ,C3 H^,C3Hx) = 0,02 ‘co- = ^ = 0,07 48 12 Sử dụng công thức giải nhanh, ta có : '^BaC03 “ ^” Ba(OHÌ2 '^C02 “ ^'^BaC 03 5,91 gam 0,05 0,07 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 c , ta có : Mx =12x + 6 = 24.2 = 48 X = 3,5 0,96 n(2Q =3,5. 0,02 =0,07 = 0,02 48 X ^ 506
Sừ dụng công thức giải nhanh, ta có : ‘ BaCO, : 2 n B a(O H >2 -O“ pr, CO 2 = 0 ,0 3 = > m BuCO-i 5,91 gam ------------- . ,/ ^ - '—v——' 0,05 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 *^-ONa = 0,08 2 3 -1 =i>n Ht - 0 .0 4 mol =7> = 0 ,0 4 .2 2 ,4 = 0,896 lít -OH = 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. Ị o, + 2 KI + H^O ^ 2 KOH + Ij ị +Oj T 1 + hồ tinh bột -> dung dịch màu xanh 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 + (n -l)H 20 + nHCl amio axit (1) m o l: 0,1 —> 0 ,l(n - l) -> 0 ,ln Theo (1) và giả thiết, ta có : m,- = 0,l(n - 1)18 + 0, ln.36,5 = 52,7 =>n = 1 0 = > n - l = [^ tàng 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 p, H2S04 ciư Cu | s ơ 4^ - , h ^ [HNO 3 '[F e '^ F e -'^ 'Ịpe^^.Pe-'^ lFe^^,Cu^^ V y V ___________✓ dd X dd Y 2- Sau tất cả các phản ứng dung dịch thu được chứa Fe^'^, Cu^'^, và S O 4 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 np^ + 2 n^„ = 3 ^ n ‘, NO 4 Q =>Hp^ = 0,0725 =>mp^ = 0,0725.56 = |4 ,06 gam ? 0,0325 0,07 507
Câu 44: Sơ đồ phản ứng : X ; R C O O H : 2x (mol) NaOH : 0,2 nu)l < Y : R 'O H : X (mol) ^ RCOONa + R 'O H + H ^o Z: RCOOR': y (mol) ( 2 x+ y) niol (x + y ) niol Theo bảo toàn gốc R và nguyên tố N a, ta có : 2x +y = - 0 ,2 mol 16,4 >MRC(X)Na = 82 gam / mol => R = 15 (CH 3 - ) RCOOH là CH 3COOH 0,2 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 + KOH ^ -C O O K + H 2O - N H 3C I + KOH -N H 2 + KCl + H 2O H CO O C ôH s + 2K O H ^ HCOOK + C ôH sO K + H 2O ^K O H ban đầu ^ ” k OH phàn ứng “ "-C O O H ^^HCOOC^^Hg “ 0,16 0,03 0,01 0,05.2 KOH dư. ‘H, 0 = n_C()ỌH ^ ” -N H ,C l " h COOC^^Hị = 0,09 0,03 0,01 0,05 “ '^C IH 3 C H 2 C 0 0 H ^ ’^ C H 3 C H (N H 2 )C 0 0H ’^H C 0 0 C (^H 5 8,995 '----- :—,---------' '------ ----------------- ' -■------ „----- i 0,01.1 11,5 0 ,02 .xy 0,05.122 m , -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 : íOOCC 17H33 ,OOCCị7H33 C3H 5_00CC |7H 33 C3H 5_00CC|7H35 \ 0 0 CC 17H35 ^ O O C C i7H33 yOOCCj7H35 >OOCCị7H35 C3H 5_00CC |7H 35 C3H 5_00C C |7H 33 ^00C C |7H 33 \ 00 CC 17H35 508
C â u 47: Theo giả thiết, ta có : 6,8 (X, Y) = 0,05 X : RC O O C^H .R ' (este của phenol) 136 = 0,06 [Y : R"CO OR"' (esle của ancol) ‘ NaOH I + H y = 0,05 = 0,01 l^ N a O H :0,06 :0,04 m (RCOONa, R'C(-,H4 0 Na) 1,98 0,01.136 0,02.40 O^oTĩx 4 ,7 -1 ,9 8 M (R"COONa) = 6 8 (HCOONa) 0,04 I RCOONa là CH^COONa >^CH3COONa - 0,01-82 = |0,82 gam [R ’C^H 4 ƠNa là C^HgONa 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 o, ta có : CnH2nO "c,„H-,„,0 = 0,2 n i " 2 nY -'2 = 0,2 CnH2nO‘^"c,„H,.„0 ni"2 ni'-'2 ‘C„H2„0 + 2nC,„H2„,02 + 2 n„ = 2 n,co- + n H2O + 2 n, = 0,325 CnH2nO CniH2niC>2 0,625 0,525 0,525 "c.H .0 =0,075 : 0,1 25 Cm*^2111^2 Áp dụng bảo toàn nguyên tố c trong phản ứng đốt cháy và bảo toàn electron trong phản ứng tráng gương, ta có : [n = 2 o C H 3CHO ‘co- = n.n,„ u f-, + m.nr- u r. =0,525 => 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 ' x là C1 •P -1 7 : |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 2 ^ , + H ,0 —> H,SO, ^ 2 4 nưdc mifa 2NO, + - 0 , + H ,0 2HNO, 2 2 ^ ^ 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; = ‘ NaHC 0 3 “ “ NaOH n j,j, I = 0 ,1 mol. Theo giả thiêt: ^^^"Ba(HC03)2 ~ ^ ‘^Ba(HC03)2 0,1 ? Theo bảo toàn nguyên tố Ba. ta có: '^BaCO^ '^Ba(HC03>2 ~"Ba(OH)2 ^ ”BaC03 =^>15 mol. 0,05 0,2 Theo bảo toàn nguyên tố c, ta có: = 0 3 ^ ^ 0 3 + 2 0 3 ^,^3^ 03)2 + «NaHC03 2 0,15 0,05 0,1 n^Q =0,35m ol=>v,CO2 (đktc) 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 1 nhóm - N H 2 và 2 nhóm -C O O H , có công thức là CmH 2m-i0 4 N. Sơ đồ phản ứng : O7 , t" 2 C „ H ,„, 3 N 2 nCƠ 2 + (2n + 3 )H 2Ơ + N 2 ( 1) 2n + 3 1 m o l; 1 n -> ——------- > — 2 2 2C.„H,.„ 'n i 2 m -l,0 ,N 4 — —> 2 mCƠ 2 + (2 m - l ) H 2 0 + N 2 ( 2) 2m -1 ^ 1 m o l: 1 m ------------------------ — — 2 2 Theo sơ đồ phản ím g, ta thấy : 1 1 =- +— = 1 mol ’ ^co = (m + n) = 6 mol; N2 2 2 2n + 3 2 m - l ^ , , n„ 33 =■ - — + - ^ — = (m + n) + l = 7 mol H2O 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■ 7 mol n 2 n+.O l 2ị N 'H2O Áp dụng bảo toàn nguyên tố N , ta có : 2nj.^ = _ Q = 1 mol ‘2 n 2 n + l^ 2 2 • 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. M ặt khác : " hci =_ 1 I. *^NaOH ; _ 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, = 0(20 “ 0 ^ ( ^ , t a c ó : (k 1 0.5t)n(2^^^o^N, " ” co2 ” h- o *‘ H,0 : 7 mol. Sử dung bảo toàn nguyên tố N, ta có : 2 = n, 2-H - 0 N ^*^N = 1 oiol ^ n ” 2 n + r 2 ‘^ '2 '----------- 1 ■’ ' 2 ’ 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 0.15 |a = 0,05 •^HCl “ ^'^H20 “ K2Cr207 |b = 0,7 Câu 11: Theo bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố H và bảo toàn khối lượng, ta có : "zn "Mg “ "H2 ~ ” h,.S04 ^ y x+y x+y *^(Zn, Mg) *^ikl H ,S 0 4 “ *^tUl muối + rn. 65x+24y yX(x+y_) 2Õ
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 6,4 gam (),04,S2 (ữ)2.116 (),02.4() • 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
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 / Y C,H,OH + 0 , >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 = 0 ,2 ” Fe-)0 - *^(CiiO, Fc-203) '^ F e 2 Ơ3 2 4 -0 ,1 .1 60 'CuO = 0,1 ‘CiiO 80 80 ~~~ 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 “ ^ co ”' ■ ^ ” 0 0 2 ~ ^ ” h2 =>-! '^co, ^ * ’ (CO, c ơ ,. H-,) ^() + 2nj_|^ = 2 n ^ ^ ( j ■ '■ ^'^Fe2Ơ^ n „ = 0 ,3 ■ ^2 0,1 " 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 ^(X , Y) elcctron tlo X, Y nhường :2n SO2 = 2 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 4,93 (m o l)< 2 n) ( m o l ) --í> 0,076 (m o l)< 2 ;n) < b ,2 0 5 (m o l); = 2n H t SO, :0,48 mol. (),.i.0 ,4X 516
Trong phản ứng của Mg. Zn với dung dịch H2SO 4, ta có ; 2^n^‘^ fr’ 7n }-j ^ h ê ì, H ^^còn d ư . mol eleciron nhường luol electron nhận 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^ ==n +n => V - 0 , 6 l ít = 600 ml 504 -^ Na+ Câu 29: Sơ đồ phản ứng : IV ^, Zn(OH), , Fc‘" H „ S ( ) j lo ã n g H a ( O H ) , d ir F c (a i )2 ÍMfeO,R;p, Fe Al,FcCO, Cu'L Zn'" C u (a i )2 CuO, BaSO, ịcu, BaSO^ QKOH)^, Fc AI^LHLSO/- ........ ............... ^ • L BíìSO, 4 j Cỉ 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 55.149 gam : — = 8718 55 94 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 A I(O H ), Suy r a ; 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 : X+ y = - — = (),.3 Í4,2n = 2y 4- 12,4 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-. 6,72 H-y " 922,4 7 4 ~^ M r u - =41,33 íx = 3 M là C 3 H. Theo gia t h i ế t : - 9,J 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 ^ 5 ,3 3 ^ Hp H 0,67 1 C 3H 4 4 6 - 5,33 = 0,67 2 Vậy rip „ f, = —.0 c3 H 4Ị ,3= ----- 0,2 mol ::— 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 = 41,33 ÍM là C ,H . (M = 42) íx = 3 Xy 03 => J
Sơ đồ phản ứng : C 2H 5 0 H C H 3C H O C'2, H “ 4, X mol X niol Xmol H ,0. CuO, 1" AgN0 3 /NH3, r C 2 H 5C H 2 O H C -H -C H O ► Ag ị > v_f________. a mol a mol (2 x +2 a) niol y mol * ( C H 3 )2 C H 0 H ( C H 3 )2 C 0 ^ ---------- / X------- ^ ----- / b mol b mol Dựa vào sơ đồ phản ứng và bảo toàn electron, ta có: X= a + b X -a -b = 0 x = 0 ,0 8 - 2 x + 2 a = 0 ,1 9 2 4 6 x + 6 0 ( a + b ) = 8 ,4 8 = > < Ị 46x + 60a + 60b = 8,48 => a = 0 ,O I6 2 0 ,7 3 6 g a m 46x + 60a 29 1104x + 1440a-1740b = 0 b= 0 ,0 6 4 60b "24 Câu 38*: T ừ giả thiết, suy ra: 1 5 ,3 4 4 = 0 ,6 8 5 |n f ^ Q = 0 , 0 1 *^NO '’ n02 2 2 ,4 30nj,^Q + 4 6 n 3 1 ,3 5 " nơ- =b,675 NOo 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 0,675 15x + y = 0 ,7 0 5 3n :2 n +n X - 9y + z = 0 Fe 3+ so. NO, x+3y 5 5 2 x + 5 0 4 y + 6 2 z = 3 0 ,1 5 2x + m - +m =30,15 Fe-’"^ SƠ4 ^ ' N or 56(x+3y) 62/ x = 0 ,0 4 5 "HNO3 “ " no “ NOị ) = 0,91 mol 0,225 0,6X5 y = 0 ,0 3 ^ z = 0 ,2 2 5 _ 0 ,9 1 .6 3 c% HNOn 5 7 ,3 3 % 100 7 Câu 39: Theo giả thiết, suy ra : = 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 X, y. Bản chất phán ứng của X, Y với N a : 520
-COOH + Na -COONa + - H tn o l: X + 2y 0,5(x + 2y) = 0,2 ‘-COOH - X + 2y - 0,4 X = 0,1 x + 2y n=2 Ta có : COOH( x. y 1, 6 : y = 0,15 X+ y 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 + 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 3.10 '*.46 ‘CH3CH2OH 25 . 1 0 0 % = |o,0552%| 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., M v -1 8 Câu 42: - - - - = 0,7 < 1 => ^ = 0 ,7 = > M y = 6 0 = > Y là C 3 H 2 OH. My 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) '^C4 Hj(Ơ2 = 0,3 88 RCOONa là C 3 ÍỈ 2COONa (M = 110). 28,8 M(HCOONa. RCOƠNa) = 96 0,3 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 j*^HCOONa = 0,1 ''C3 H7OH 168n|3(3^^^j^.| + 1 10n^^|3^f,Q()|4,| = 28,8 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, — CH -CH, H ,t' CH, = C H ----- C H , + H 2O OH 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 - 0 ,.^t)n.,,^,i„ = " 0 0 2 ■■"H2 0 - Sứ dụng bảo toàn nguyên tố o và công thức giải nhanh, ta có : 522
2 n, •2 n co . + n H ,o 0.225 0,12 Hh, 0 = 0 -2 1 ‘CO, 0 ,1 2 "í —>Ca min < ■ -2 (*) (_k- 1- 0 , 5 = 11^ 0 , h a min =0-06 Hamin 0,06 I 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 > muôi 4 H 2O 0 .,'í mol ---- y o.ovTmol = 3 4 ,9 5 f 0 , 0 7 5 . 1 8 - 0 , 3 .4 0 = [ 2 4 ,3 g a m ] ‘” H 20 "‘NaOH C â u 46: Q u y lu ậ t c h u n g : = M,CH3)2C1I0H = 6 0 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 1,8 'co. ==0,12 mol; = — =:0,1 mol; =0,03.1 = 0 ,0 3 mol. 22,4 Dặt gốc CxHj là R. mv-m^~m,, 2,76 12n^(3 2 2 n„^„ Số mol o trong X là : n-, = 16 = 0,07 mol. Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với 0 , ta có : 2'^kcooh 3 4 n CH3OH ban dần ( 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 *^CH3 0 H ban đầu =0 ,0 7 '^RCOOH ‘RCOOH + nRCOOCH = nRCOONa = nNaOH = 0 ,0 3 '^RCỒOCH^ ” 0 ,0 2 3 ■^RCOOCH^ *^CH3 0 H ban đẩu ” cH 3 0 H sau phản ứng 0 ,0 3 ^CH^OH ban đầu “ 0 , 0 1 => 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 '’^H2Ơ 2,76 (),()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 < - ---- = 100 ‘C^HyCOONa 0 ,0 3 =>M^ y, < 3 3 : o q H y là q H 3 (M = 27). Vậy CxHyCOOH là 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 : H ,. 1 " -C H ^ O H < -C H O -C O O H 1". Ni CHO + 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, 4 H ,0 + Cl, > N a,SO , 4 2HC1 2NaOH f Cl, NaCl 4 NaC10 + Hj0 Câu 50: Phương trình phản ứng : 2 AI2 O3 ■ > 4A1 f 3 O2 c + O2 CO2 2C + 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 ‘co . 1,2 kmol 44n co. 4-32n„ 4 28n(,(, =4.16,7.2 = 133,6 kg => =2,2 kmol 4.0,015 n., =0,6kmol ‘CO7 -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 : 1 1 ,6 1 1 ,6 3n AI 2 ‘CỌ 4 4 COp + 4 n = => mAI 27. 104,4 kg 2,2 0 ,6 525