HƯỚNG D ẪN GI ẢI CHI TI ẾT ĐỀ THI TUY ỂN SINH ĐẠI H ỌC...

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN HÓA KHỐI A

THÇY Vâ NGäC B×NH Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu 1 đến câu 40) Câu 1: Đun nóng m gam hỗn hợp Cu và Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng 7 : 3 với một lượng dung dịch HNO3 . Khi các phản ứng kết thúc, thu dược 0,75 m gam chất rắn, dung dịch X và 5,6 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm NO và NO2 (không có sản phẩm khử khác của N+5 ). Biết lượng HNO3 đã phản ứng là 44,1 gam. Giá trị của m là A. 44,8. B. 33,6. C. 40,5. D. 50,4.

Phân tích, hướng dẫn giải: Sơ đồ bài toán:

* Cách 1: Thứ tự phản ứng: Fe phản ứng trước, Cu phản ứng sau. Theo bài ta có, 0,7m gam Cu và 0,3m gam Fe. Ta thấy, mrắn = 0,75m gam => Cu chưa phản ứng, Fe phản ứng một phần và còn dư 0,75m – 0,7m = 0,05m (g). => mFe pư = 0,3m – 0,05m = 0,25m (g). => Dung dịch X chỉ chứa Fe(NO3)2.

Theo định luật bảo toàn nguyên tố N: 3 3 2 2HNO Fe(NO ) (NO, NO )n = 2n + n

=> 3 2Fe(NO )

0,7 0,25n 0, 225 mol

2

−= =

Fe → Fe(NO3)2 0,225 mol ← 0,225 mol

=> 0,25m = 0,225.56 => m = 50,4 gam.

=> Đáp án D.

m gam Cu: 0,7m (g)

Fe: 0,3m (g) + 0,7 mol HNO3

0,75m gam rắn

Dung dịch X + 0,25 mol (NO, NO2)

Mã đề thi 758

* Cách 2: Dựa và phương trình ion – electron và định luật bảo toàn electron.

3 2NO + 4H + 3e NO + 2H O− + →

4x……3x……….. x

3 2 2NO + 2H + 1e NO + H O− + →

2y……y……..….. y

=>

=> ne nhận = ne nhường = 3.0,1 + 0,15 = 0,45 mol Fe → Fe2+ + 2e

0,225 mol 0,45 mol

=> 0,25m = 0,225.56 => m = 50,4 gam.

=> Đáp án D. Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit oleic,

rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 (dư). Sau phản ứng thu được 18 gam kết tủa và

dung dịch X. Khối lượng X so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu đã thay đổi như thế nào? A. Tăng 2,70 gam. B. Giảm 7,74 gam. C. Tăng 7,92 gam. D. Giảm 7,38 gam.

Phân tích, hướng dẫn giải: * Cách 1: Nhận thấy: Axit acrylic (CH2=CH−COOH), Vinyl axetat (CH3COOCH=CH2), Metyl acrylat

(CH2=CH−COOCH3), Axit oleic (C17H33COOH) đều có công thức chung: 2n 2n 2C H O

−

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

−→ −

0,18

n ← 0,18

=> M hỗn hợp = 3,42

14n + 30 = .n => n 60,18

= => nhỗn hợp = 0,18

0,03 mol6

=

=> 2 2H O CO hhn n n 0,18 0,03 0,15 mol= − = − =

=> Khối lượng phần thêm vào: 2 2H O COm + m 0,15.18 0,18.44 10,62 gam= + = < 18 gam ↓ (phần tách ra).

=> Khối lượng dung dịch giảm: 18 – 10,62 = 7,38 gam.

=> Đáp án D.

* Cách 2: Ta có nhỗn hợp = 2 2CO H On n− = 0,18 – x với

2H Ox = n

Áp dụng bảo toàn khối lượng: mhỗn hợp = mC + mH + mO = 0,18.12 + 2x + (0,18 – x)2 = 3,42 gam.

=> x = 0,15 mol

=> Khối lượng phần thêm vào: 2 2H O COm + m 0,15.18 0,18.44 10,62 gam= + = < 18 gam ↓ (phần tách ra)

=> Khối lượng dung dịch giảm: 18 – 10,62 = 7,38 gam.

=> Đáp án D.

Câu 3: Cho axit salixylic (axit 0-hidroxibenzoic) phản ứng với anhidrit axetic, thu được axit axetylsalixylic (0-CH3COO-C6H4-COOH) dùng làm thuốc cảm (aspirin). Để phản ứng hoàn toàn với 43,2

gam axit axetylsalixylic cần vừa đủ V lít dung dịch KOH 1M. Giá trị của V là

A. 0.48. B. 0,72. C. 0,24. D. 0,96.

2(NO, NO )n x + y = 0,25=

3HNOHn n = 4x +2y = 0,7+ =

=> x = 0,1 mol, y = 0,15 mol

Phân tích, hướng dẫn giải:

axetylsalixylic

43, 2n 0,24 mol

180= =

CH3COO−C6H4−COOH + 3KOH → CH3COOK + KO−C6H4−COOK + 2H2O

0,24 mol 0,72 mol

=> VKOH = 0,72 lít => Đáp án B.

Câu 4: Hòa tan 13,68 gam muối MSO4 vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, cường

độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, được y gam kim loại M duy nhất ở catot và 0,035 mol khí

ở anot. Còn nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 0,1245 mol. Giá trị của y là

A. 4,788. B. 1,680. C. 4,480. D. 3,920.


13,68 gam MSO4 + H2O * Cách 1: Tại anot chỉ xảy ra quá sự oxi hóa H2O: 2H2O − 4e → O2 + 4H+

Trong thời gian t giây có 0,035 mol O2 => 2t giây có 0,035.2 = 0,07 mol O2.

Tổng số mol khí thu được ở 2 điện cực là 0,1245 mol => có 0,1245 – 0,07 = 0,0545 mol khí H2 do sự khử nước ở catot.

* Ở thời gian 2t giây:

Catot (-) MSO4 Anot (+)

M2+, H2O H2O, 24SO −

M2+ + 2e → M 2H2O → 4H+ + O2 + 4e

x 2x 0,07 0,28

2H2O + 2e → 2OH- + H2

0,109 ← 0,0545

Bảo toàn electron: 2x + 0,109 = 0,28 => x = 0,0855 mol M

=> 0,0855(M + 96) = 13,68 => M = 64 (Cu).

* Ở thời gian t giây: Cu2+ + 2e → Cu 2H2O → 4H+ + O2 + 4e

0,14 → 0,07 0,035 → 0,14

mCu = 0,07.64 = 4,48 gam. => Đáp án C.

* Cách 2: Viết phương trình phản ứng

Bước 1: Tìm M + Khí thoát ra ở anot là O2

+ Ở t giây có 0,035 mol O2 => 2t giây có 0,035.2 = 0,07 mol O2.

+ Tổng số mol khí thoát ra ở 2 điện cực trong 2t giây là 0,1245 mol => có 0,1245 – 0,07 = 0,0545 mol khí H2 do H2O bị điện phân.

đpdd

t(s) Y gam M (catot) + 0,035 mol khí (anot).

2t(s) n∑ khí = 0,1245 mol (ở anot và catot).

MSO4 + H2O → M + 1

2O2↑ + H2SO4 (1)

0,0855 ← 0,07 – 0,02725 = 0,04275

H2O → H2 + 1

2O2 (2)

0,0545 0,02725

=> 4MSOm = 0,0855(M + 96) = 13,68 => M = 64(Cu)

Bước 2: Tính m

Ở t giây: MSO4 + H2O → M + 1

2O2↑ + H2SO4

0,07 mol 0,035 mol

=> m = 0,07.64 = 4,48 gam. => Đáp án C.

Câu 5: Cho dãy các chất: NaOH, Sn(OH)2, Pb(OH)2, Al(OH)3, Cr(OH)3. Số chất trong dãy có tính chất

lưỡng tính là A. 3. B. 1. C. 2. D. 4.

Phân tích, hướng dẫn giải: Các chất có tính chất lưỡng tính là: Sn(OH)2, Pb(OH)2, Al(OH)3, Cr(OH)3. => Đáp án D.

Câu 6: Khi nói về peptit và protein, phát biểu nào sau đây là sai?

A. Liên kết của nhóm CO với nhóm NH giữa hai đơn vị α - amino axit được gọi là liên kết peptit.

B. Thủy phân hoàn toàn protein đơn giản thu được các α - amino axit. C. Protein có phản ứng màu biure với Cu(OH)2.

D. Tất cả các protein đều tan trong nước tạo thành dung dịch keo.

Phân tích, hướng dẫn giải: Protein có thể tồn tại ở 2 dạng: dạng hình sợi và dạng hình cầu:

- Dạng hình sợi: keratin của tóc, móng, sừng,…hoàn toàn không tan trong nước.

- Dạng protein hình cầu: anbumin của lòng trắng trứng,…tan được trong nước tạo dung dịch keo.

=> Đáp án D. Câu 7: Tiến hành các thí nghiệm sau:

(1) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ca(HCO3)2.

(2) Cho dung dịch HCl tới dư vào dung dịch NaAlO2 (hoặc Na[Al(OH)4]). (3) Sục khí H2S vào dung dịch FeCl2.

(4) Sục khí NH3 tới dư vào dung dịch AlCl3.

(5) Sục khí CO2 tới dư vào dung dịch NaAlO2 (hoặc Na[Al(OH)4]).

(6) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO4. Sau khi các phản ứng kết thúc, có bao nhiêu thí nghiệm thu được kết tủa?

A. 3. B. 5. C. 6. D. 4.

Phân tích, hướng dẫn giải: Các thí nghiệm có kết tủa là:

(1) 2NaOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O

(2) NH3 + AlCl3 + H2O → Al(OH)3↓ + NH4Cl (3) CO2 + Na[Al(OH)4] → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 (4) 3CH2=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3C2H4(OH)2 + 2MnO2 ↓ + 2KOH

=> Đáp án D.

Câu 8: Dãy gồm các chất đều có thể làm mất tính cứng tạm thời của nước là:

A. NaOH, Na3PO4, Na2CO3. B. HCl, NaOH, Na2CO3.

C. KCl, Ca(OH)2, Na2CO3. D. HCl, Ca(OH)2, Na2CO3.


Nước cứng tạm thời là nước cứng chứa các ion: Ca2+, Mg2+, 3HCO−

=> Có thể dùng một trong các chất sau để làm mềm nước cứng: NaOH, Na3PO4, Na2CO3. => Đáp án A.

Câu 9: Pháy biểu nào sau đây là sai?

A. Bán kính nguyên tử của clo lớn hơn bán kính nguyên tử của flo.

B. Tính axit của HF mạnh hơn tính axit của HCl. C. Độ âm điện của brom lớn hơn độ âm điện của iot.

D. Tính khử của ion Br- lớn hơn tính khử của ion Cl-

Phân tích, hướng dẫn giải: Tính axit của axit halogenhiđric tăng dần theo thứ tự: HF<<HCl < HF < HI.

=> Đáp án B.

Câu 10: Phèn chua được dùng trong ngành công nghiệp thuộc da, công nghiệp giấy, chất cầm màu trong ngành nhuộm vải, chất làm trong nước. Công thức hóa học của phèn chua là:

A. Li2SO4.Al2(SO4).24H2O. B. Na2SO4.Al2(SO4)3.24H2O.

C. K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O D. (NH4)2SO4.Al2(SO4)3.24H2O.

Phân tích, hướng dẫn giải: Phèn chua có công thức: K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O hay KAl(SO4)2.12H2O

=> Đáp án C.

Câu 11: Sản phẩm hữu cơ của phản ứng nào sau đây không dùng để chế tạo tơ tổng hợp?

A. Trùng hợp vinyl xianua. B. Trùng ngưng axit e-aminocaproic.

C. Trùng hợp metyl metancrylat.

D. Trùng ngưng hexametylenđiamin với axit ađipic.

Phân tích, hướng dẫn giải: - Trùng hợp vinyl xianua (acrilonnitrin): CH2=CH−CN → Tơ nitron hay tơ olon.

- Trùng ngưng axit ε -aminocaproic: H2N(CH2)5COOH) → Tơ Nilon – 6 hay tơ capron.

- Trùng hợp metyl metacrylat: CH2=C(CH3)COOCH3 → Poli metyl metacrylat hay plexiglas (thủy tinh hữu cơ) dùng làm chất dẻo.

- Trùng ngưng hexametylenđiamin (H2N− (CH2)6−NH2) với axit ađipic (HOOC−(CH2)4−COOH)

→ Tơ Nilon −6,6.

=> Đáp án C. Câu 12: Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam Cu(NO3)2. (điện cực trơ, màng ngăn xốp)

đến khi khối lượng dung dịch giảmđi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể ). Tất cả các chất tan trong dung dịch sau điện phân là:

A. KNO3 và KOH. B. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2.

C. KNO3, KCl và KOH. D. KNO3 và Cu(NO3)2.


KCl

7,45n 0,1 mol

74,5= =

3 2Cu(NO )

28,2n 0,15 mol

188= =

2KCl + Cu(NO3)2 → Cu + Cl2↑ + 2KNO3 (1) 0,1 mol 0,05 mol 0,05 mol 0,05 mol

Khối lượng dung dịch giảm chính là khối lượng kết tủa và khí thoát ra khỏi dung dịch:

Sau (1): khối lượng dung dịch giảm = 0,05.64 + 0,05.71 = 6,75 gam < 10,75 gam.

=> Cu(NO3)2 tiếp tục bị điện phân.

2Cu(NO3)2 + 2H2O → 2Cu + O2 ↑ + 4HNO3 (2)

2x 2x x

Khối lượng dung dịch giảm = 1 2∆m + ∆m = 6,75 + 64.2x + 32x = 10,75 => x = 0,025 mol.

Theo (1), (2): Số mol Cu(NO3)2 đã tham gia phản ứng là 0,05 + 2.0,025 = 0,1 mol < 0,15 mol.

=> Trong dung dịch sau phản ứng có các chất: KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2. => Đáp án B.

Câu 13 : Chia hỗn hợp X gồm K, Al và Fe thành hai phần bằng nhau.

- Cho phần một vào dung dịch KOH (dư) thu được 0,784 lít khí H2 (đktc). - Cho phần hai vào một lượng dư H2O, thu được 0,448 lít khí H2 (đktc) và m gam hỗn hợp kim loại Y.

Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HCl (dư) thu được 0,56 lít khí H2 (đktc).

Khối lượng ( tính theo gam) của K, Al, Fe tính trong mỗi phần hỗn hợp X lần lượt là : A. 0,39 ; 0,54 ; 1,40. B. 0,78; 0,54; 1,12. C. 0,39; 0,54; 0,56. D. 0,78; 1,08; 0,56.


1

2X

K: a mol

Al: b mol

Fe: c mol

P1 + KOH dư

P2 + KOH dư

0,035 mol H2

0,02 mol H2

m gam kim loại + HCl dư → 0,025 mol H2

Ở phần 1: dung dịch KOH dư => Al và K đều hết.

2 1 2 2H (P ) H (P )n < n => ở phần 2 còn dư Al.

Gọi a = nAl, b = nAl, c = nFe trong mỗi phần của X

- Phần 1 + KOH dư:

K + H2O → KOH + 1

2H2 (1)

a 0,5a

Al + KOH + H2O → KAlO2 + 3

2H2 (2)

b 1,5b - Phần 2 + H2O dư:

K + H2O → KOH + 1

2H2 (3)

a a 0,5a

Al + KOH + H2O → KAlO2 + 3

2H2 (4)

a a 1,5a

Hỗn hợp kim loại Y gồm:

0,02 – 0,01 = 0,01 mol 0

Al dư, c mol 0

Fe + H+ → (Al3+, Fe2+) + 0,56

0,025 mol22,4

= H2.

Áp dụng bảo toàn electron: 0,01.3 + 2c = 0,025.2 = 0,05 => c = 0,01 mol.

Vậy mK = 0,01.39 = 0,39 gam.

mAl = 0,02.27 = 0,54 gam. mFe = 0,01.56 = 0,56 gam.

=> Đáp án C.

Câu 14 : Cho dãy các chất phenylamoni clorua, benzyl clorua, isopropyl clorua, m – crezol, ancol benzylic, natri phenolat, anlyl clorua. Số chất trong dãy tác dụng được với dung dịch NaOH loãng đun

nóng là

A. 4. B. 3. C. 5. D. 6

Phân tích, hướng dẫn giải: Các chất tác dụng với dung dịch NaOH loãng, đun nóng gồm: phenylamoni clorua (C6H5NH3Cl), benzyl

clorua (C6H5CH2Cl), isopropyl clorua (CH3−CHCl−CH3), m–crezol (m−CH3C6H5OH), anlyl clorua (CH2=CH–CH2Cl).

=> Đáp án C.

Câu 15 : Hợp chất hữu cơ X chứa vòng benzen có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Trong X, tỉ lệ khối lượng các nguyên tố là mc : mH : mO = 21 : 2 : 8. Biết khi X phản ứng hoàn toàn với Na

thì thu được số mol khí hiđro bằng số mol của X đã phản ứng. X có bao nhiêu đồng phân (chứa vòng

benzen) thỏa mãn các tính chất trên? A. 10. B. 9. C. 7. D. 3.

=> 2H

0,784n 0,5a + 1,5b = 0,035

22,4= = (I)

=> 2H

0, 448n 0,5a + 1,5a = 0,02 => a = 0,01

22,4= =

Thay vào (I): b = 0,02


Do mc : mH : mO = 21 : 2 : 8 => C H O

21 2 8n : n : n = : :

12 1 16

= 1,75 : 2 : 0,5

= 7 : 8 : 2

Vì công thức phân tử trùng với CTĐGN => CTPT (X) C7H8O2. X phản ứng hoàn toàn với Na thì thu được số mol khí H2 bằng số mol X => X có 2H linh động.

Độ bất bão hòa của (X) là 2.7 2 8

42

+ −= , vòng benzen có 1V + 3π => phần ngoài vòng benzen: no, có

1C và 2O => X chứa 1 −OH ancol và 1 −OH phenol hoặc 2 −OH phenol.

- X chứa 1 −OH ancol và 1 −OH phenol có 3 công thức cấu tạo: CH2 OH

- X chứa 2 −OH phenol có 6 công thức cấu tạo:

CH3

OH

CH3

OH

=> Đáp án B.

Câu 16 : Khi so sánh NH3 với NH4

+, phát biểu không đúng là :

A. Trong NH3 và NH4+ , nitơ đều có số oxi hóa -3.

B. NH3 có tính bazơ, NH4+ có tính axit.

C. Phân tử NH3 và ion NH4+ đều chứa liên kết cộng hóa trị.

D. Trong NH3 và NH4+, nitơ đều có cộng hóa trị 3.


Công thức cấu tạo của NH3 và 4NH+

NH3 4NH+

Cộng hóa trị của một nguyên tố là số liên kết cộng hóa trị của nguyên tố đó với các nguyên tố khác.

=> N trong NH3 có cộng hóa trị là 3, N trong 4NH+ có cộng hóa trị là 4.

=> Đáp án D.

N H

H

H N H

H

H

H

+

Điền −OH vào mũi tên

Điền −OH vào mũi tên

Câu 17 : Thành phần % khối lượng của nitơ trong hợp chất hữu cơ CxHyN là 23,73 %. Số đồng phân amin

bậc một thỏa mãn các dữ kiện trên là

A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.


14%N = .100% 23,73% => M = 59 (g/mol) => 12x + y = 59 14 = 45

M= − => x = 3, y = 9.

Công thức phân tử là C3H9N, có 2 đồng phân amin bậc 1.

CH3−CH2−CH2−NH2 và CH3−CH(NH2) −CH3. => Đáp án B.

Câu 18 : Hấp thụ hoàn toàn 0,672 lít khí CO2 (đktc) vào một lít dung dịch gồm NaOH 0,025M và Ca(OH)2 0,0125M, thu được x gam kết tủa. Giá trị của x là

A. 2,00. B. 0,75. C. 1,25. D. 1,00.


2CO

0,672n 0,03 mol

22,4= =

OH

n 0,025 0,0125.2 0,05 mol− = + =

0,051 < 1,67 < 2

0,03= => Tạo 2 muối 3HCO− và 2

3CO −

Sơ đồ bài toán: CO2 + OH- →

Bảo toàn nguyên tố C: x + y = 0,03 (1)

Bảo toàn điện tích âm: 2x + y = 0,05 (2) Từ (1), (2) => x = 0,02 mol, y = 0,01 mol

Nhận thấy, 2 23CO Ca

n = 0,02 > n 0,0125 mol− + =

=> 23CaCO Ca

n n 0,0125 mol+= =

=> x = 0,0125.100 = 1,25 gam.

=> Đáp án C.

Cách 2: viết phương trình ion rút gọn

0,051 < 1,67 < 2

0,03= => Tạo 2 muối 3HCO− và 2

3CO −

CO2 + 2OH- → 23CO − + H2O

x 2x x

CO2 + OH- → 3HCO−

y y y

Ca2+ + 23CO − → CaCO3 ↓

23CO − x mol

3HCO− y mol

Từ đó ta có hệ phương trình: Số mol CO2 = x + y = 0,03, số mol OH- = 2x + y = 0,05.

=> x = 0,02, y = 0,01. Các bước tiếp theo làm như cách 1.

=> Đáp án C.

Câu 19: Đốt cháy hoàn toàn x gam hỗn hợp gồm hai axit cacboxylic hai chức, mạch hở và đều có một liên

kết đôi C=C trong phân tử, thu được V lít khí CO2 (đktc) và y mol H2O. Biểu thức liên hệ giữa các giá trị

x, y và V là

A. 28

V= (x 62y).95

− B. 28

V= (x +30y).55

C. 28

V= (x + 62y).95

D. 28

V= (x 30y).55

−

Phân tích, hướng dẫn giải: Hai axit cacboxylic hai chức, mạch hở và đều có một liên kết đôi C=C trong phân tử có công thức chung

4n 2n 4C H O

−

2O4 2 2n 2n 4

C H O nCO + (n 2)H O−

→ −

Từ sơ đồ trên dễ thấy: 2 2

2 2

CO H OCO H O Axit Axit

n nn n 2n => n

2

−− = =

=> Axit

V y

V 22,4y22, 4n

2 44,8

−−

= =

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng và nguyên tố:

x = mC + mH + mO = V

.1222,4

+ 2y + V 22,4y

.4.1644,8

− =

55V 30y

28−

=> 28

V = ( x + 30y)55

=> Đáp án B.

Câu 20: Este X được tạo thành từ etylen glicol và hai axit cacboxylic đơn chức. Trong phân tử este, số nguyên tử cacbon nhiều hơn số nguyên tử oxi là 1. Khi cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH (dư)

thì lượng NaOH đã phản ứng là 10 gam. Giá trị của m là

A. 14,5. B. 17,5. C. 15,5. D. 16,5.

Phân tích, hướng dẫn giải: Công thức tổng quát este X là:

Số nguyên tử O trong este là 4 => Số C là 5. Dựa vào công thức tổng quát của (X) => chỉ có thể là R = H

và R’ = −CH3.

Vì este hai chức => X NaOH

1 1 10n n . 0,125 mol

2 2 40= = = => mX = 0,125.132 = 16,5 gam.

=> Đáp án D. Câu 21: Hợp chất nào của canxi được dùng để đúc tượng, bó bột khi gãy xương?

A. Thạch cao nung (CaSO4.H2O). B. Thạch cao sống (CaSO4.2H2O).

C. Đá vôi (CaCO3). D. Vôi sống (CaO).

RCOO−CH2

R’COO−CH2

Phân tích, hướng dẫn giải: Thạch cao nung CaSO4.H2O được dùng để đúc tượng, bó bột khi gãy xương.

Thạch cao sống (CaSO4.2H2O) dùng để sản xuất xi măng.

Đá vôi CaCO3 vật liệu xây dựng, công trình kiến trúc,… Vôi sống CaO dùng khử chua cho đất,…

=> Đáp án A.

Câu 22: Cho 13,8 gam chất hữu cơ X có công thức phân tử C7H8 tác dụng với một lượng dư dung dịch

AgNO3 trong NH3, thu được 45,9 gam kết tủa. X có bao nhiêu đồng phân cấu tạo thỏa mãn tính chất trên?

A. 4. B. 6. C. 2. D. 5.


7 8C H

13,8n 0,15 mol

92= =

C7H8 + xAgNO3 + xNH3 → C7H8 – xAgx ↓ + xNH4NO3

0,15mol → 0,15 mol => m↓ = (92 + 107x)0,15 = 45,9 gam => x = 2 => X có 2 liên kết 3 đầu mạch.

Mặt khác, độ bất bão hòa của (X) = 2.7 2 8

42

+ −=

=> Ngoài 2 liên kết 3 đầu mạch, các liên kết còn lại đều là liên kết đơn => có 4 công thức cấu tạo.

CH≡C−CH2−CH2−CH2−C≡CH,

=> Đáp án A.

Câu 23: Đốt cháy hoàn toàn x mol axit cacboxylic E, thu được y mol CO2 và z mol H2O (với z = y - x). Cho x mol E tác dụng với NaHCO3 (dư) thu được y mol CO2. Tên của E là

A. axit acrylic. B. axit ađipic. C. axit oxalic. D. axit fomic.

Phân tích, hướng dẫn giải: E + O2 → CO2 + H2O x mol y mol z mol

* Cách 1: Vì z = y – x hay 2 2 2 2H O CO E E CO H On n n n n n= − => = − => E là axit không no, 1 liên kết C=C

trong phân tử hoặc axit no, hai chức => loại D.

Số C = 2CO

E

n y

n x= (*)

Mặt khác, tổng quát ta có:

R(COOH)n + nNaHCO3 → R(COONa)n + nCO2 + nH2O

x xn

CH≡C−CH2−CH−C≡CH

CH3

CH≡C−C−C≡CH

CH3

CH3

CH≡C−CH−C≡CH

CH2CH3

=> Số mol CO2 = xn = y => y

n = x

, với n là số nhóm chức −COOH (**)

Từ (*), (**) => Số C = Số nhóm −COOH. => Đáp án C. Axit oxalic HOOC−COOH.

* Cách 2: Thử đáp án, chọn x = 1 mol. Axit acrylic: CH2=CHCOOH; Axit ađipic: C4H8(COOH)2;

Axit oxalic: HOOCCOOH; Axit fomic: HCOOH

Chỉ có Axit oxalic: HOOC−COOH thỏa mãn các dữ kiện của bài toán.

(COOH)2 → 2CO2 + H2O 1 mol 2 mol 1 mol

(COOH)2 + NaHCO3 → (COONa)2 + CO2 + H2O

1 mol 1 mol

Câu 24: Cho 0,87 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300 ml dung dịch H2SO4 0,1M. Sau khi

các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,32 gam chất rắn và 448 ml khí (đktc) thoát ra. Thêm tiếp vào bình 0,425 gam NaNO3, khi các phản ứng kết thúc thì thể tích khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) tạo thành và khối lượng muối trong dung dịch là

A. 0,224 lít và 3,750 gam B. 0,112 lít và 3,750 gam

C. 0,112 lít và 3,865 gam D. 0,224 lít và 3,865 gam


+Hn 0,3.0,1.2 0,06 mol= =

2H

0,448n = = 0,02 mol

22,4

Khi thêm tiếp NaNO3 vào bình, thu được khí NO => H+ dư .

Theo bảo toàn nguyên tố H: H

n + dư = 0,06 – 0,02.2 = 0,02 mol => 0,32 gam chất rắn là Cu.

Gọi x = nFe, y = nAl, ta có:

m(Fe, Al) = 56x + 27y = 0,87 – 0,32 = 0,55 (I) + Fe, Cu và Al vào bình đựng 300 ml dung dịch H2SO4

Fe – 2e → Fe2+

x 2x x

Al – 3e → Al3+ y 3y y

Theo định luật bảo toàn electron: 2x + 3y = 0,04 (II)

Từ (I), (II): x = 0,005, y = 0,01

+ Thêm tiếp NaNO3: 33

NaNONO

0,425n n 0,005 mol

85− = = =

(Fe2+, Cu) + H+, 3NO− → (Fe3+, Cu2+) + NO↑

Fe2+ – 1e → Fe3+ 0,005 0,005 0,005

Cu – 2e → Cu2+

0,005 0,01 0,005

2H+ + 2e → H2

0,04 0,02

3 2NO + 4H + 3e NO + 2H O

0,005 0,02 0,015 0,005

− + →

=> VNO (đktc) = 0,005.22,4 = 0,112 lít.

Sau các phản ứng dung dịch có: 0,03 mol 24SO − ; 0,005 mol Na+; 0,01 mol Al3+; 0,005 mol Fe3+; 0,005 mol

Cu2+.

=> mmuối = 0,03.96 + 0,005(23 + 56 + 64) + 0,01.27 = 3,865 gam.

Hoặc có thể lập luận: do Fe2+, H+, 3NO− đều hết => Trong dung dịch chỉ chứa các ion kim loại và 24SO −

=> mmuối = m kim loại ban đầu + Na

m + + 24SO

m − = 0,87 + 0,005.23 + 0,03.96 = 3,856 gam.

=> Đáp án C.

Câu 25: Quặng sắt manhetit có thành phần là

A. FeS2. B. Fe2O3. C. Fe3O4. D. FeCO3.

Phân tích, hướng dẫn giải: FeS2: pirit; Fe2O3: hematit; Fe3O4: manhetit; FeCO3: xiđerit.

=> Đáp án C.

Câu 26: Hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic và axit oxalic. Khi cho m gam X tác dụng với NaHCO3

(dư) thì thu được 15,68 lít khí CO2 (đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 8,96 lít khí O2 (đktc), thu được 35,2 gam CO2 và y mol H2O. Giá trị của y là

A. 0,3. B. 0,6. C. 0,8. D. 0,2.

Phân tích, hướng dẫn giải: * Cách 1: gọi số mol của CH3COOH, HCOOH, (COOH)2 lần lượt là a, b, c.

- X + NaHCO3 dư:

CH3COOH + NaHCO3 → CH3COONa + CO2 + H2O (1)

a mol a mol HCOOH + NaHCO3 → HCOONa + CO2 + H2O (2)

b mol b mol

(COOH)2 + 2NaHCO3 → (COONa)2 + 2CO2 + H2O (3) c mol 2c mol

Theo (1, 2, 3): 2CO

15,68n = a + b + 2c = 0,7 mol

22,4= (I)

- X + O2:

CH3COOH + 2O2 → 2CO2 + 2H2O (4)

a 2a 2a 2a

HCOOH + 1

2O2 → CO2 + H2O (5)

b 0,5b b b

(COOH)2 + 1

2O2 → 2CO2 + H2O (6)

c 0,5c 2c c

Theo (4, 5, 6): 2CO

35, 2n = 2a + b + 2c = 0,8 mol

44= (II)

2O

8,96n = 2a + 0,5b + 0,5c = 0, 4 mol

22,4= (III)

Cách xử lí 1: Từ (I, II, III) => a = 0,1, b = 0,2, c = 0,2

=> 2H On = 2a + b + c = 2.0,1 + 0,2 + 0,2 = 0,6 mol

Cách xử lí 2: Lấy (II) – (I) => a = 0,1 mol

2On = 2a + 0,5b + 0,5c 0, 4 mol => 4a + b + c = 0,8= => 2a + 2a + b +c = 2.0,1 + 2H On = 0,8 mol

=> 2H On 0,8 0,2 0,6 mol= − = => Đáp án B.

Cách xử lí 3: 2CO

15,68n = a + b + 2c = 0,7 mol

22,4=

(Axit)On = 2a + 2b + 4c = 2(a + b + 2c) 2.0,7 1,4 mol= =

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Oxi: 2 2 2O(Axit) O(O ) O(CO ) O(H O)n + n = n + n

=> 1,4 + 0,4.2 = 0,7.2 + y => y = 0,6

=> Đáp án B.

* Cách 2: Khi cho axit cacboxylic tác dụng với NaHCO3. Bản chất phản ứng là

3 2 2COOH + HCO COO + CO + H O− −− → −

Nhận thấy, 2O(Axit) COn = 2n = 2.0,7 = 1,4 mol

+ Khi đốt cháy hoàn toàn X:

1,4 mol X + 0,4 mol O2 → 0,7 mol CO2 + y mol H2O

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O: Áp dụng bảo toàn nguyên tố Oxi: 2 2 2O(Axit) O(O ) O(CO ) O(H O)n + n = n + n

=> 1,4 + 0,4.2 = 0,7.2 + y => y = 0,6

=> Đáp án B.

Câu 27: Hỗn hợp X gồm C2H2 và H2 có cùng số mol. Lấy một lượng hỗn hợp X cho qua chất xúc tác nung nóng, thu được hỗn hợp Y gồm C2H4, C2H6, C2H2 và H2. Sục Y vào dung dịch brom (dư) thì khối

lượng bình brom tăng 10,8 gam và thoát ra 4,48 lít hỗn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với H2 là 8. Thể tích O2 (đktc) cần để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y là

A. 33,6 lít. B. 44,8 lít. C. 22,4 lít. D. 26,88 lít.

Phân tích, hướng dẫn giải: Ta có sơ đồ phản ứng:

+ Khối lượng bình brom tăng = m hiđrocacbon không no = 10,8 gam. + Khí thoát ra gồm C2H6 và H2 dư.

Theo định luật bảo toàn khối lượng: mX = mY = 10,8 + 0,2.16 = 14 gam.

Hỗn hợp X

C2H2: a mol

H2: a mol

t0, xt Y

C2H4

C2H6

C2H2

H2

+ Br2 [C2H4, C2H2] + [C2H6, H2]

m = 10,8 gam n = 0,2 mol

M = 16 (g/mol)

Cách xử lí 1: mX = 26.a + 2a = 14 => a = 0,5 mol.

2C2H2 + 5O2 → 2CO2 + H2O

a mol 2,5a mol

H2 + 1

2O2 → H2O

a mol 0,5a mol

=> 2On = 2,5a + 0,5a = 3a = 3.0,5 = 1,5 mol =>

2OV = 1,5.22,4 = 33,6 lít.

Cách xử lí 2: Vì 2 4 2C H Hn = n => Quy hỗn hợp X về a mol C2H4.

mX = 28a = 14 => a = 0,5 mol. C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O

0,5 1,5

=> 2OV = 1,5.22,4 = 33,6 lít.

=> Đáp án A.

Câu 28: Trung hòa 3,88 gam hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở bằng dung dịch

NaOH, cô cạn toàn bộ dung dịch sau phản ứng thu được 5,2 gam muối khan. Nếu đốt cháy hoàn toàn 3,88

gam X thì thể tích oxi (đktc) cần dùng là

A. 3,36 lít B. 4,48 lít. C. 2,24 lít D. 1,12 lít.

Phân tích, hướng dẫn giải: + 3,88 gam X + NaOH → 5,2 gam muối RCOOH RCOONa

1 mol 1 mol m 22 1 = 22∆ ↑ = −

0,06 mol ← m 5,2 3,88 = 1,32 gam∆ ↑ = − (theo bài)

+ Đốt cháy 2n 2nC H O (X):

X3,88 7

M = 14n + 32 = n0,06 3

=> =

2 2 2 2n 2n

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

2

−→

0,06 0,03(3 n –2)

=> 2O

7V 0,03.(3. 2).22,4 3,36

3= − = lít.

=> Đáp án A.

Câu 29: Xenlulozơ trinitrat được điều chế từ phản ứng giữa axit nitric với xenlulozơ (hiệu suất phản ứng 60% tính theo xenlulozơ). Nếu dùng 2 tấn xenlulozơ thì khối lượng xenlulozơ trinitrat điều chế được là

A. 2,97 tấn. B. 3,67 tấn. C. 1,10 tấn. D. 2,20 tấn.

Phân tích, hướng dẫn giải: Xenlulozơ: (C6H10O5)n = [C6H7O2(OH)3]n, để đơn giản khi tinh toán ta chọn n = 1.

[C6H7O2(OH)3] + 3HNO3 → [C6H7O2(ONO2)3] + 3H2O

162 tấn 297 tấn

2 tấn 2.297

162tấn

Vì H = 60% => mxenlulozơ trinitrat = 2.297 60

. 2,20162 100

= tấn.

=> Đáp án D.

Câu 30: Đốt cháy hoàn toàn andehit X, thu được thể tích khí CO2 bằng thể tích hơi nước (trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Khi cho 0,01 mol X tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thì

thu được 0,04 mol Ag. X là

A. anđehit no, mạch hở, hai chức. B. anđehit fomic. C. anđehit axetic. D. anđehit không no, mạch hở, hai chức.


- Ở cùng điều kiện T, P: tỉ lệ về thể tích là tỉ lệ về số mol. X + O2 có 2 2CO H On = n => X là anđehit no, đơn

chức mạch hở. - 0,01 mol X → 0,04 mol Ag => nAg = 4nX

=> X là anđehit fomic HCHO.

=> Đáp án B.

Câu 31: Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala–Ala–Ala–Ala (mạch hở) thu được hỗn hợp gồm 28,48 gam

Ala, 32 gam Ala–Ala và 27,72 gam Ala–Ala–Ala. Giá trị của m là:

A. 111,74 B. 81,54 C. 90,6 D. 66,44

Phân tích, hướng dẫn giải: Sơ đồ: m gam Ala–Ala–Ala–Ala → 28,48 gam Ala + 32 gam Ala–Ala + 27,72 gam Ala–Ala–Ala

Ala: NH2–CH(CH3)COOH, Mala = 89 (g/mol). * Cách tính khối lượng phân tử peptit: dựa trên nguyên tắc “n aminoaxit tách (n – 1) H2O”

Ala + Ala → Ala–Ala + H2O

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: MAla-Ala = 89.2 – 1.18 = 160 (g/mol) => nAla-Ala = 0,2 mol.

Tương tự, ta có: Ala Ala AlaM = 3.89 2.18 = 231 (g/mol)− − − => nAla-Ala-Ala = 0,12 mol.

MAla-Ala-Ala-Ala = 4.89 – 3.18 = 302 (g/mol)

Ala–Ala–Ala–Ala → 0,32 mol Ala + 0,2 mol Ala–Ala + 0,12 mol Ala–Ala–Ala

Bảo toàn nhóm Ala: Alan∑ trước = Ala saun∑ = 0,32 + 0,2.2 + 0,12.3 = 1,08 mol.

=> nAla-Ala-Ala-Ala = 1,08

0,27 mol4

= => m = 0,27.302 = 81,54 gam.

=> Đáp án B.

* Cách 2: Sử dụng bảo toàn nguyên tố C và N.

1 Ala có 3 C và 1N:

Theo bảo toàn nguyên tố C ta có: tetrapeptit

0,32.3 0,2.6 0,12.9n 0,27

12

+ += = mol

Hoặc theo bảo toàn nguyên tố N: tetrapeptit

0,32.1 0,2.2 0,12.3n 0, 27

4

+ += =

=> m = 0,27.302 = 81,54 gam * Cách 3: Ala-Ala-Ala-Ala + H2O → 2Ala-Ala

0,1 mol 0,2 mol Ala-Ala-Ala-Ala + H2O → Ala + Al-Ala-Ala

0,12 mol 0,12mol 0,12 mol

Ala-Ala-Ala-Ala + H2O → 4Ala

0,05 mol 0,32 – 0,12 = 0,2 mol => Tổng số mol Ala-Ala-Ala-Ala = 0,1 + 0,12 + 0,05 = 0,27 mol

=> m = 0,27.302 = 81,54 gam.

=> Đáp án B.

Câu 32: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm C2H2, 3 4C H và 4 4C H ( số mol mỗi chất bằng nhau) thu được

0,09 mol CO2. Nếu lấy cùng một lượng hỗn hợp X như trên tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thì khối lượng kết tủa thu được lớn hơn 4gam. Công thức cấu tạo của C3H4 và C4H4 trong X

lần lượt là:

A. 3 2 2CH C-CH , CH =C=C=CH .≡ B. 2 2 2 2CH =C=CH , CH =C=C=CH .

C. 3 2CH C-CH , CH =CH-C CH.≡ ≡ D. 2 2 2CH =C=CH , CH =CH-C CH.≡

Phân tích, hướng dẫn giải: Gọi x là số mol mỗi chất trong hỗn hợp X.

+ Đốt cháy X ta có: 2COn 2x + 3x + 4x = 0,09 mol => x = 0,01 mol=

+ Cho X + AgNO3/NH3: chỉ ankin – 1 tạo kết tủa.

Giả sử 3 chất đều tạo kết tủa

CH≡CH → CAg≡CAg↓ (1) => tạo 2,4 gam kết tủa. CH≡C–CH3 → CAg≡C–CH3↓ (2) => tạo 1,47 gam kết tủa.

CH≡C–CH=CH2 → CAg≡C–CH=CH2 ↓ (3) => tạo 1,59 gam kết tủa.

(1) luôn xảy ra. + Nếu xảy ra (1) và (2) => khối lượng kết tủa = 2,4 + 1,47 = 3,87 < 4gam => loại.

+ Nếu xảy ra (1) và (3) => khối lượng kết tủa = 2,4 + 1,59 = 3,99 < 4gam => loại.

Vậy cả 3 chất đều tạo kết tủa.

=> Đáp án D.

Câu 33: Số đồng phân của amino axit có công thức phân tử 3 7 2C H O N là:

A. 4. B. 1. C. 3. D. 2.


Ứng với 3 7 2C H O N có 2 đồng phân amino axit: NH2CH2CH2COOH và CH3CH(NH2)COOH

=> Đáp án D.

Câu 34: Khối lượng riêng của canxi kim loại là 1,55 g/cm3. Giả thiết rằng trong tinh thể canxi các nguyên

tử là những hình cầu chiếm 74% thể tích tinh thể, phần còn lại là khe rỗng. Bán kính nguyên tử canxi tính

theo lý thuyết là:

A. 0,185 nm. B. 0,196 nm. C. 0,155 nm. D. 0,168 nm.

Phân tích, hướng dẫn giải: Thể tích 1 mol nguyên tử Ca (phần đặc):

3Ca1 mol Ca

M 74 40 74V = . . 19,135 cm

d 100 1,55 100= =

1 mol nguyên tử Ca có 6,02.1023 nguyên tử Ca

=> Thể tích gần đúng của 1 nguyên tử Ca

1 mol Ca1 NT Ca 23 23

V 19,135V =

6,02.10 6,02.10= (cm3)

Mặt khác, nếu coi nguyên tử Ca hình cầu: 3

81NT Ca3 31 NT Ca 23

3V4πr 3.19,135V = => r = 1,96.10

3 4π 4π.6,02.10−= = (cm) = 0,196nm.

=> Đáp án B.

Câu 35: Cho 7,68 gam Cu vào 200ml dung dịch gồm HNO3 0,6M và H2SO4 0,5M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn ( sản phẩm khử duy nhất là NO), cô cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch sau phản ứng thì khối lượng muối khan thu được là:

A. 19,76 gam. B. 20,16 gam. C. 19,20 gam. D. 22,56 gam.


Cu

7,68n 0, 2 mol

64= = ;

Hn 0,2(0,6 0,5.2) 0,32 mol+ = + = ;

3NOn 0,2.0,6 0,12 mol− = =

3Cu + 2 3NO− + 8H+ → 3Cu2+ + NO + 4H2O

Ban đầu: 0,12 0,12 0,32

Phản ứng: 0,12 0,08 0,32 0,12 Sau phản ứng: 0 0,04 0 0,12

Khối lượng muối = 2+ - 2-3 4Cu NO SO

m + m + m = 0,12.64 + 0,12.62 + 0,5.0,2.96 = 19,76 gam .

=> Đáp án A.

Câu 36: Nung m gam hỗn hợp X gồm FeS và FeS2, trong một bình kín chứa không khí ( gồm 20 % thể

tích O2 và 80% thể tích N2) đến khi các phản ứng này xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn duy nhất và hỗn hợp khí Y có thành phần thể tích: 84,8% N2, 14% SO2, còn lại là O2. Phần trăm khối lượng của FeS

trong hỗn hợp X là:

A. 59,46% B. 19,64% C. 42,31% D. 26,83%

Phân tích, hướng dẫn giải: * Cách 1: chọn 1 mol hỗn hợp Y

=> 2

2

2

N

SO

O

n 0,848 mol

n 0,14 mol

n 1 (0,848 + 0,14) = 0,012 mol

=

=

= −

Vì không khí gồm 20 % thể tích O2 và 80% thể tích N2 => 2On ban đầu =

2N

1 1n = .0,848 = 0,212 mol

4 4

=> 2On phản ứng = 0,212 – 0,012 = 0,2 mol

Cách xử lí 1: Quy hỗn hợp X (FeS và FeS2) → X ( Fe: a mol; S: b mol) 4Fe + 3O2 → 2Fe2O3 a 0,75a S + O2 → SO2 b b b => b = 0,14 mol; 0,75a + b = 0,2 mol => a = 0,08 mol FeS: x mol FeS2: y mol

=> 0,02.88

%FeS = .100% 19,64%0,02.88 0,06.120

=+

=> Đáp án B.

Cách xử lí 2: Gọi số mol FeS là x, mol FeS2 là y mol

2FeS + 7

2O2 → Fe2O3 + 2SO2

x 7

4x x

2FeS2 + 11

2O2 → Fe2O3 + 4SO2

y 11

4y 2y

Ta có hệ phương trình: 2SOn x + 2y = 0,14=

2On pứ =

7 11x + y = 0,2

4 4

=> x = 0,02, y = 0,06.

=> 0,02.88

%FeS = .100% 19,64%0,02.88 0,06.120

=+

=> Đáp án B.

* Cách 2: Chọn 1 mol không khí và xác định thành phần số mol mỗi khí. Sau đó áp dụng cách xử lí 1 hoặc 2 như trên.

Câu 37: Cho cân bằng hóa học: H2 (k) + I2 (k) →← 2HI (k); ∆H

Cân bằng không bị chuyển dịch khi: A. giảm nồng độ HI. B. tăng nồng độ H2.

C. tăng nhiệt độ của hệ. D. giảm áp suất chung của hệ.

Phân tích, hướng dẫn giải: Đối với cân bằng của chất khí. Áp suất không làm chuyển dịch cân bằng đối với phản ứng không làm thay đối số phân tử khí. => Đáp án B.

Bảo toàn Fe: x + y = 0,08

Bảo toàn S: x + 2y = 0,14 => x = 0,02; y = 0,06

Câu 38: Cho dãy các chất và ion: Fe; Cl2; SO2; NO2; C; Al; Mg2+, Na+, Fe2+; Fe3+. Số chất và ion vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử là: A. 4. B. 5. C. 6. D. 8.

Phân tích, hướng dẫn giải: Số chất và ion vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử là: Cl2; SO2; NO2; C; Fe2+ => Đáp án B. Câu 39: Thực hiện các thí nghiệm sau:

(1) Đốt dây sắt trong khí clo. (2) Đốt nóng hỗn hợp bột Fe và S ( trong điều kiện không có oxi) (3) Cho FeO vào dung dịch HNO3 ( loãng, dư) (4) Cho Fe vào dung dịch Fe2(SO4)3

(5) Cho Fe vào dung dịch H2SO4 ( loãng, dư) Có bao nhiêu thí nghiệm tạo ra muối sắt (II)?

A. 3. B. 2. C. 1. D. 4.

Phân tích, hướng dẫn giải: Số phản ứng tạo ra muối sắt (II):

(2) Fe + S → FeS

(4) Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4

(5) Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 => Đáp án A.

Câu 40: Trong các thí nghiệm sau:

(1) Cho SiO2 tác dụng với axit HF. (2) Cho khí SO2 tác dụng với khí H2S. (3) Cho khí NH3 tác dụng với CuO đun nóng. (4) Cho CaOCl2 tác dụng với HCl đặc. (5) Cho Si đơn chất tác dụng với dung dịch NaOH. (6) Cho khí O3 tác dụng với Ag. (7) Cho dung dịch NH4Cl tác dụng với dung dịch NaNO2 đung nóng.

Số thí nghiệm tạo ra đơn chất là: A. 4. B. 7. C. 5. D. 6.

Phân tích, hướng dẫn giải: Các thí nghiệm tạo ra đơn chất: (2) SO2 + H2S → S↓ + H2O (3) 2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 ↑ + 3H2O (4) CaOCl2 + 2HCl đặc → CaCl2 + Cl2 ↑ + H2O (5) Si + 2NaOH + H2O → Na2SiO3 + 2H2↑ (6) O3 + 2Ag → Ag2O + O2 ↑ (7) NH4Cl + NaNO2 → NaCl + N2 ↑ + 2H2O => Đáp án D.

II. PHẦN RIÊNG (10 câu) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình Chuẩn (10 câu, từ câu 41 đến câu 50)

Câu 41: Cho buta-1,3-đien phản ứng cộng với 2Br theo tỉ lệ mol 1: 1. Số dẫn xuất đibrom (đồng phân cấu

tạo và đồng phân hình học) thu được là: A. 1. B. 3. C. 2. D. 4.

Phân tích, hướng dẫn giải: Sản phẩm cộng 1,2: CH2Br−CHBr−CH=CH2. Sản phẩm cộng 1,4: CH2Br−CH=CH−CH2Br (có 2 đồng phân hình học: cis và trans) => Đáp án B.

Câu 42: Dung dịch nào sau đây làm quỳ tím đổi thành màu xanh A. Dung dịch lysin B. Dung dịch alanin C. Dung dịch glyxin D. Dung dịch valin

Phân tích, hướng dẫn giải: Lysin: NH2−(CH2)4−CH(NH2) −COOH Glyxin: NH2−CH2−COOH Alanin: NH2−(CH)CH3−COOH Valin: (CH3)2CH−(CH)NH2−COOH => Lysin có 2 nhóm −NH2 và 1 nhóm −COOH làm quỳ tím hóa xanh. => Đáp án A.

Câu 43: Khi điện phân dung dịch NaCl (cực âm bằng sắt, cực dương bằng than chì, có màng ngăn xốp) thì

A. Ở cực âm xảy ra quá trình khử 2H O và ở cực dương xảy ra quá trình oxi hóa ion Cl−.

B. Ở cực âm xảy ra quá trình oxi hóa 2H O và ở cực dương xảy ra quá trình khử ion Cl−

C. Ở cực âm xẩy ra quá trình khử ion +Na và ở cực dương xảy ra quá trình oxi hóa ion Cl−.

D. Ở cực dương xảy ra quá trình oxi hóa ion +Na và ở cực âm xảy ra quá trình khử ion Cl−.

Phân tích, hướng dẫn giải: Cực (-) NaCl Cực (+) Na+, H2O Cl-, H2O H2O + 2e → H2 + 2OH- 2Cl- → Cl2 + 2e Quá trình khử Quá trình oxi hóa => Đáp án A.

Câu 44: Cấu hình electron của ion 2+ 3+Cu và Cr lần lượt là

A. [ ] [ ]9 1 2Ar 3d à Ar 3d 4s .v B. [ ] [ ]7 2 1 2Ar 3d 4s à Ar 3d 4s .v

C. [ ] [ ]9 3Ar 3d à Ar 3d .v D. [ ] [ ]7 2 3Ar 3d 4s à Ar 3d .v

Phân tích, hướng dẫn giải: Cu(Z = 29): 1s22s22p63s23p63d104s1 Cu – 2e → Cu2+ => Cu2+: 1s22s22p63s23p63d9

Cr(Z = 24): 1s22s22p63s23p63d54s1 Cr – 3e → Cr3+

=> Cr3+: 1s22s22p63s23p63d3 => Đáp án C.

Câu 45: Ancol etylic được điều chế từ tinh bột bằng phương pháp lên men với hiệu suất toàn bộ quá trình

là 90%. Hấp thụ toàn bộ lượng 2CO sinh ra khi lên men m gam tinh bột vào nước vôi trong, thu được 330

gam kết tủa và dung dịch X. Biết khối lượng X giảm đi so với khối lượng nước vôi trong ban đầu là 132 gam. Giá trị của m là A. 297. B. 405. C. 486. D. 324.


Sơ đồ: C6H10O5 → C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2

2COm dd = m m∆ ↓ ↓ − => 2 2CO COm 330 132 = 198 gam => n 4,5 mol= − =

C6H10O5 → C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2 2,25 mol 4,5 mol

Vì H = 90% => m = 2,25.162.100

405 gam90

=

=> Đáp án B.

Câu 46: Hóa hơi 15,52 gam hỗn hợp gồm một axit no đơn chức X và một axit no đa chức Y (số mol X lớn

hơn số mol Y), thu được một thể tích hơi bằng thể tích của 5,6 gam 2N (đo trong cùng điều kiện nhiệt độ,

áp suất). Nếu đốt cháy toàn bộ hỗn hợp hai axit trên thì thu được 10,752 lít 2CO (đktc). Công thức cấu

tạo của X, Y lần lượt là

A. 3 2CH CH COOH và HOOC COOH.− − − B. 3 2 2CH COOH và HOOC CH CH COOH.− − − −

C. H COOH và HOOC COOH.− − D. 3 2CH COOH và HOOC CH COOH.− − −

Phân tích, hướng dẫn giải: Ở T, P = const: tỉ lệ về thể tích là tỉ lệ về số mol

=> 2Axit N

5,6n = n 0,2 mol

28= =

=> 2CO

hh

n 0,48n 2,4

n 0,2= = =

=> X có số C < 2,4 => loại A. X là HCOOH hoặc CH3COOH. Trong 3 đáp án còn lại, có 2 đáp án là X là CH3COOH và 1 đáp án X là HCOOH, Y là axit no, 2 chức CnH2n – 2O4 Nếu X là CH3COOH: Theo bài ta có hệ phương trình: 60a + (14n + 62)b = 15,52 a + b = 0,2 => n =3 2a + bn = 0,48 => Đáp án D.

Câu 47: Nhóm những chất khí (hoặc hơi) nào dưới đây đều gây hiệu ứng nhà kính khi nồng độ của chúng trong khí quyển vượt quá tiêu chuẩn cho phép?

A. 4 2CH và H O. B. 2 2CO và O . C. 2 4CO và CH . D. 2N và CO.

Phân tích, hướng dẫn giải: Đáp án C. Khí CO2 và CH4.

Câu 48: Cho 2,7 gam hỗn hợp bột X gồm Fe và Zn tác dụng với dung dịch 4CuSO . Sau một thời gian,

thu được dung dịch Y và 2,84 gam chất rắn Z. Cho toàn bộ Z vào dung dịch 2 4H SO . (loãng, dư), sau khi

các phản ứng kết thúc thì khối lượng chất rắn giảm 0,28 gam và dung dịch thu được chỉ chứa một muối duy nhất. Phần trăm khối lượng của Fe trong X là A. 58,52%. B. 41,48%. C. 48,15%. D. 51,85%.

Phân tích, hướng dẫn giải: Sơ đồ bài toán: 2,7 gam X (Fe, Zn) + CuSO4 Rắn Z dung dịch chỉ chứa 1 muối + Thứ tự phản ứng: Zn phản ứng trước, Fe phản ứng sau. + Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa muối duy nhất đó là FeSO4 => Rắn Z có: Cu và Fe dư + H2SO4 loãng, dư.

Khối lượng rắn giảm là Fe dư = 0,28 gam => nFe = 0,28

0,005 mol56

=

+ Gọi x = nZn ; y = nFe pư, ta có: mX = 65x + 56y + 0,28 = 2,7 (I) Zn + CuSO4 → ZnSO4 + Cu x x Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu y y mZ = 64(x + y) + 0,28 = 2,84 (II) Từ (I), (II): x = y = 0,02 mol

=> (0,02 0,005)56

%Fe = .100% 51,85%2,7

+=

=> Đáp án D.

Câu 49: Cho hỗn hợp X gồm 2 3Fe O , ZnO và Cu tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được dung dịch Y

và phần không tan Z. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH (loãng, dư) thu được kết tủa

A. 2 2Fe(OH) và Cu(OH) . B. 2 2 2Fe(OH) ,Cu(OH) và Zn(OH) .

C. 3Fe(OH) . D. 3 2Fe(OH) và Zn(OH) .

Phân tích, hướng dẫn giải: X + HCl dư: Fe2O3 + 6HCl → 2 FeCl3 + 3H2O ZnO + 2HCl → ZnCl2 + H2O Phần không tan Z là Cu => FeCl3 chuyển hết thành FeCl2. Cu + 2FeCl3 → 2FeCl2 + CuCl2 Dung dịch Y gồm: FeCl2, ZnCl2, CuCl2, HCl dư + NaOH dư HCl + NaOH → NaCl + H2O

H2SO4 l, dư

ZnCl2 + 2NaOH → Zn(OH)2↓ + 2NaCl CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + 2NaCl FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ + 2NaCl Zn(OH)2 + 2NaOH dư → Na2[Zn(OH)4] => Kết tủa thu được gồm: Cu(OH)2, Fe(OH)2. => Đáp án A.

Câu 50: X, Y, Z là các hợp chất mạch hở, bền có cùng công thức phân tử 3 6C H O . X tác dụng được với

Na và không có phản ứng tráng bạc. Y không tác dụng được với Na nhưng có phản ứng tráng bạc. Z không tác dụng được với Na và không có phản ứng tráng bạc. Cac chất X, Y, Z lần lượt là:

A. 2 2 3 3 3 2CH =CH CH OH,CH CO CH ,CH CH CHO.− − − − − −

B. 2 2 3 2 3 3CH =CH CH OH ,CH CH CHO,CH CO CH .− − − − − −

C. 3 2 3 3 2 2CH CH CHO,CH CO CH ,CH =CH CH OH.− − − − − −

D. 3 3 3 2 2 2CH CO CH ,CH CH CHO,CH =CH CH OH.− − − − − −

Phân tích, hướng dẫn giải: X tác dụng được với Na và không có phản ứng tráng bạc => loại C, D. Z không tác dụng được với Na và không có phản ứng tráng bạc => loại A. => Đáp án B.

B. Theo chương trình Nâng cao (10 câu, từ câu 51 đến câu 60) Câu 51: Phát biểu nào sau đây về anđehit và xeton là sai? A. Hiđro xianua cộng vào nhóm cacbonyl tạo thành sản phẩm không bền. B. Anđehit fomic tác dụng với H2O tạo thành sản phẩm không bền. C. Axetanđehit phản ứng được với nước brom. D. Axeton không phản ứng được với nước brom.


Xianohiđrin Sản phẩm bền => Đáp án A.

Câu 52: Không khí trong phòng thí nghiệm bị ô nhiễm bởi khí clo. Để khử độc, có thể xịt vào không khí dung dịch nào sau đây? A. Dung dịch H2SO4 loãng. B. Dung dịch NaCl. C. Dung dịch NaOH. D. Dung dịch NH3.

Phân tích, hướng dẫn giải: Khí Cl2 dễ dàng kết hợp với NH3 tạo thành sản phẩm không độc. 2NH3 + 3Cl2 → N2 + 6HCl

R−C−R’

O

+ HCN → R−C−R’

OH

CN

H3 dư + HCl → NH4Cl => NH3 (k) + Cl2 (k) → NH4Cl (r) + N2 (k) => Đáp án D.

Câu 53: Thủy phân hoàn toàn 60 gam hỗn hợp hai đipeptit thu được 63,6 gam hỗn hợp X gồm các amino

axit (các amino axit chỉ có một nhóm amino và một nhóm cacbonyl trong phân tử). Nếu cho 1

10 hỗn hợp

X tác dụng với dung dịch HCl (dư), cô cạn cẩn thận dung dịch, thì lượng muối khan thu được là A. 7,09 gam. B. 16,30 gam. C. 8,15 gam. D. 7,82 gam.

Phân tích, hướng dẫn giải: 60 gam hỗn hợp 2 đipeptit + H2O → 63,6 gam hỗn hợp X

Theo định luật bảo toàn khối lượng: 2 2H O H O

3,6m 63,6 60 3,6 gam => n 0,2 mol

18= − = = =

NH2−R−CO−NH−R’−COOH + H2O → NH2−R−COOH + NH2−R’−COOH 0,2 mol 0,2 mol 0,2 mol => nX = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol.

1

10 X có 0,04 mol aminoaxit 2NH R COOH− − , 6,36 gam X.

2NH R COOH− − + HCl → 3NH Cl R COOH− −

0,04 → 0,04 Theo bảo toàn khối lượng: mmuối = maminoaxit + mHCl = 6,36 + 0,04.36,5 = 7,82 gam. => Đáp án D. Hoặc tính theo tăng giảm khối lượng:

1 mol 2NH R COOH− − → 1 mol 3NH Cl R COOH− − : m = 36,5 gam∆ ↑

0,04 mol → m = 0,04.36,5 = 1,46 gam∆ ↑

=> mmuối = 6,36 + 1,46 = 7,82 gam.

Câu 54: Cho sơ đồ phản ứng:

2

+HCN trung hop dong trung hop2CH CH X;X polime Y;X+CH =CH-CH=CH polime Z.≡ → → →

Y và Z lần lượt dùng để chế tạo vật liệu polime nào sau đây? A. Tơ capron và cao su buna. B. Tơ nilon-6,6 và cao su cloropren. C. Tơ olon và cao su buna-N. D. Tơ nitron và cao su buna-S.

Phân tích, hướng dẫn giải: X: CH2=CH−CN trùng hợp => Y: poliacrilonitrin (tơ nitron hay còn gọi là olon). Đồng trùng hợp CH2=CH−CN và CH2=CH−CH=CH2 => Cao su buna−N (polime Z) => Đáp án C.

Câu 55: Hòa tan hỗn hợp bột gồm m gam Cu và 4,64 gam Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 (loãng, rất dư), sau khi các phản ứng kết thúc chỉ thu được dung dịch X. Dung dịch X làm mất màu vừa đủ 100 ml dung dịch KMnO4 0,1M. Giá trị của m là A. 0,96. B. 1,24. C. 0,64. D. 3,2.

Phân tích, hướng dẫn giải: * Cách 1: Viết phương trình ion

3 4Fe On = 0,02 mol

4KMnOn = 0,1.0,1= 0,01 mol

Fe3O4 + 8H+ → Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O 0,02 0,02 0,04 Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+ x 2x

=> 2Fen + = 0,02 + 2x

5Fe2+ + 4MnO− + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O

0,05 ← 0,01 => 0,02 + 2x = 0,05 => x = 0,015 => mCu = 0,015.64 = 0,96 gam. => Đáp án A. * Cách 2: Sơ đồ bài toán (x mol Cu, 0,02 mol Fe3O4) + H+ → dung dịch X (Cu2+, Fe2+, Fe3+, H+) + Mn+7 → (Cu2+, Fe3+) + Mn+2 Cu −2e → Cu2+

x 2x Fe3O4 −1e → 3Fe3+

0,02 0,02 Mn+7 + 5e → Mn+2 0,01 0,05 Theo bảo toàn electron: 2x + 0,02 = 0,05 => x = 0,015 => mCu = 0,015.64 = 0,96 gam. => Đáp án A.

Câu 56: Hiện tượng xảy ra khi nhỏ vài giọt dung dịch H2SO4 vào dung dịch Na2CrO4 là: A. Dung dịch chuyển từ màu vàng sang màu da cam. B. Dung dịch chuyển từ màu da cam sang màu vàng. C. Dung dịch chuyển từ màu vàng sang không màu. D. Dung dịch chuyển từ không vàng sang màu da cam.


2 24 2 7 22CrO + 2H Cr O + H O− + −

��⇀↽��

Màu vàng màu da cam Theo nguyên lí chuyển dịch cân bằng, khi nhỏ H+ vào dung dịch Na2CrO4 => cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. => Đáp án A.

Câu 57: Cho các phản ứng sau:

Fe + 2Fe(NO3)3 → 3Fe(NO3)2

AgNO3 + Fe(NO3)2 → Fe(NO3)3 + Ag

Dãy sắp xếp theo thứ tự tăng dần tính oxi hóa của các ion kim loại là: A. Fe2+, Fe3+, Ag+. B. Ag+, Fe2+, Fe3+. C. Fe2+, Ag+, Fe3+. D. Ag+, Fe3+, Fe2+.


Dựa vào quy tắc α :

Vì Fe + 2Fe(NO3)3 → 3Fe(NO3)2 => Tính oxi hóa: Fe3+ > Fe2+

AgNO3 + Fe(NO3)2 → Fe(NO3)3 + Ag => Tính oxi hóa: Ag+ > Fe3+ => Tính oxi hóa: Ag+ > Fe3+ > Fe2+ Hay dựa vào dãy điện hóa ta thấy ngay đáp án A.

Câu 58: Đốt cháy hoàn toàn 0,11 gam một este X (tạo nên từ một axit cacboxylic đơn chức và một ancol đơn chức) thu được 0,22 gam CO2 và 0,99 gam H2O. Số este đồng phân của X là A. 2. B. 5. C. 4. D. 6.


* Cách 1: 2 2H O COn n=

2COn 0,005 mol= ; 2H On 0,005 mol= =>

2 2H O COn n= => Este no, đơn chức (hay

theo đầu bài ta cũng suy ra este no, đơn chức) => X có công thức: CnH2nO2 CnH2nO2 → nCO2

0,005

n ← 0,005

=> MX = 14n + 32 = 0,11n

0,005=> n = 4 => X: C4H8O2

Áp dụng công thức tính nhanh số đồng phân este no, đơn chức = 2n-2 = 24 -2 = 22 = 4.

=> Đáp án C.

Câu 59: Dung dịch X gồm CH3COOH 1M (Ka = 1,75.10-5) và HCl 0,001M. Giá trị pH của dung dịch X là A. 2,33. B. 2,55. C. 1,77. D. 2,43.

Phân tích, hướng dẫn giải: Các quá trình phân li: HCl → H+ + Cl- 0,001 M 0,001 M

CH3COOH ��⇀↽�� CH3COO- + H+

Ban đầu: 1M 0,001M Phân li: x x x Cân bằng: 1 – x x 0,001 + x

- +53

a3

[CH COO ][H ] x(0,001 + x)K = 1,75.10

[CH COOH] 1 x−= =

− => x = 3,705.10-3

=> [H+] = 0,001 + 3,705.10-3 = 4,705.10-3 M => pH = −lg[H+] = 2,33 => Đáp án A.

Câu 60: Cho dãy chuyển hóa sau:

2 52 4 2o 0

KOH/C H OH+C H +Br ,asti lemol1:1xt, t t

Benzen X Y Z→ → → (trong đó X, Y, Z là sản phẩm chính).

Tên gọi của Y, Z lần lượt là A. benzylbromua và toluen. B. 2-brom-1-phenylbenzen và stiren. C. 1-brom-1-phenyletan và stiren. D. 1-brom-2-phenyletan và stiren.

Phân tích, hướng dẫn giải: 0, t

6 6 2 2 6 5 2 3C H + CH =CH C H CH CHxt→

(X) as

6 5 2 3 2 6 5 31:1C H CH CH + Br C H CHBrCH + HBr→ : Thế vào gốc no, ưu tiên thế C bậc cao.

(Y) 2 5

0

C H OH6 5 3 6 5 2 2 2C H CHBrCH + KOH C H CH =CH + KBr + H O

t→

(Z) * Chú ý: nếu không có C2H5OH thì xảy ra phản ứng thể nguyên tử brom.

(Y) 6 5 3C H CHBrCH : 1-brom-1-phenyletan

(Z) 6 5 2 2C H CH =CH : Stiren.

=> Đáp án C.

Mọi ý kiến xin gửi về: Võ Ngọc Bình

Email: [email protected] Website: http://ngocbinh.dayhoahoc.com

HƯỚNG D ẪN GI ẢI CHI TI ẾT ĐỀ THI TUY ỂN SINH ĐẠI H ỌC...

Documents

Transcript of HƯỚNG D ẪN GI ẢI CHI TI ẾT ĐỀ THI TUY ỂN SINH ĐẠI H ỌC...