HDG: Khi thủy phân HCOOCH=CH-CH3 trong môi trường kiềm hay axit đều tạo ra HCOOR R=Na, K hay H và CH3CH2CHO ancol không no chuyển vị, do đó cấu tạo của X sẽ là HCOOCH=CH-CH3 để Y cho phả
Trang 1SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT BẮC ĐÔNG QUAN
(Đề thi có 04 trang)
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC - 2011
MÔN HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 90 phút
50 câu trắc nghiệm
Mã đề thi 132
ThS Phan Văn Dân Trường THPT Chuẩn Quốc gia Bắc Đông Quan
Thái Bình
đỏ gạch khi đun nóng Vậy Z không thể là chất nào trong số các chất cho dưới đây?
HDG: Saccarozơ không có tính khử vì phân tử không còn nhóm -OH hemiaxetal tự do nên không chuyển được thành dạng mạch hở chứa nhóm anđehit
A. CO2 + NaOH(dư) B. Ca(HCO3)2 + NaOH(dư)
HDG: A CO2 + 2 NaOH(dư) Na 2CO3 + H2O
B Ca(HCO3)2 + NaOH(dư) CaCO 3 + Na2CO3 + H2O
C Fe3O4 + 8 HCl(dư) 2FeCl 3+ FeCl 2 + 4 H2O
D 2 NO2 + 2 NaOH(dư) NaNO 3 + NaNO2 + H2O
A. benzanđehit, anđehit oxalic, glucozơ, metyl fomat
B. benzanđehit, anđehit oxalic, glucozơ, etyl axetat
C. axetilen, anđehit oxalic, glucozơ, metyl fomat
D. benzanđehit, anđehit oxalic, saccarozơ, metyl fomat
HDG: benzanđehit: C6H5CHO, anđehit oxalic: (CHO)2, glucozơ: HOCH2(CHOH)4CHO, metyl fomat: HCOOCH3
Câu 4. Cho sơ đồ phản ứng hóa học: a Al + b HNO3 c Al(NO3)3 + d N2O + e NO + f NH4NO3 + g H2O
Tỉ lệ mol N2O:NO:NH4NO3 là 1:1:1 Sau khi cân bằng, tổng hệ số nguyên nhỏ nhất (a,b,c,d,e,f,g) của phương trình hóa học trên bằng:
HDG: Do tỉ lệ mol N2O:NO:NH4NO3 là 1:1:1, ta có:
2 N+5 + 2.4e → 2 N+1
+ N+5 + 3e → N+2
N+5 + 8e → N-3
3 4 N+5 + 19e → 2 N+1 + N+2 + N-3
19 Al → Al3+ + 3e
19 Al + 72 HNO3 19 Al(NO3)3 + 3 N2O + 3 NO + 3 NH4NO3 + 30 H2O
Vậy sau khi cân bằng, tổng hệ số nguyên nhỏ nhất (a,b,c,d,e,f,g) của phương trình hóa học bằng 149
đẳng của X khi số nguyên tử C tăng lên thì tỉ số T cũng tăng lên
A. X là ancol đa chức hay đơn chức có một vòng, no
B. X là ancol có công thức dạng CnH2n+ 2Ox hay CnH2n+2-x(OH)x
C. X là ancol đơn chức no mạch hở, CnH2n+1OH
D. X là ancol thơm, chứa một nhân thơm
HDG: Đặt công thức của ancol X là: CnH2n+2-2kOx với 0 < x ≤ n
CnH2n+2-2kOx + 3 1
2
n k x
O2 → n CO2 + (n + 1 – k) H2O
Ta có T =
1
n
n k, theo giả thiết khi số nguyên tử C tăng lên thì tỉ số T cũng tăng: n → +
thì T → 1 T < 1 2
2
CO
H O
n
n < 1
2
H O
n > nCO2 k = 0, ancol no
Vậy công thức của ancol X là: CnH2n+2Ox hay CnH2n+2-x(OH)x
A. Metyl amin có khả năng nhận H+ dễ dàng hơn là đimetyl amin
B. Cho metyl clorua tác dụng với NH3, sản phẩm chỉ có metyl amin
C. Đun nóng hỗn hợp 3 ancol đơn chức A, B, C có tổng số mol bằng a, thấy tạo ra hỗn hợp gồm 6 ete có số mol các ete bằng nhau
và số mol mỗi ete là a/6
D. Khi cho bột Fe vào hỗn hợp nitrobenzen và HCl thì sản phẩm thu được sau phản ứng là anilin
HDG: Lúc đầu Fe + 2 HCl → FeCl2 + 2(H), sau đó hiđro mới sinh (H) có tính khử mạnh sẽ khử -NO2 thành -NH2
C6H5NO2 + 6(H) → C6H5NH2 + H2O
Câu 7. Cho các thông tin sau: Ion X2- có cấu trúc electron: 1s22s22p63s23p6 Nguyến tố Y có tổng số hạt cơ bản trong nguyên tử là 40 Trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 12 Ion Z2+ có tổng số hạt mang điện tích dương trong hạt nhân bằng 29
Vị trí của X, Y, Z trong bảng tuần hoàn lần lượt là:
Trang 2A. (X: ô 16, chu kỳ 3, nhóm VIA); (Y: ô 13, chu kì 3, nhóm IIIA); (Z: ô 29, chu kì 4, nhóm IB).
B. (X: ô 16, chu kỳ 3, nhóm VIA); (Y: ô 13, chu kì 3, nhóm IA); (Z: ô 29, chu kì 4, nhóm IIB)
C. (X: ô 20, chu kỳ 4, nhóm IIA); (Y: ô 13, chu kì 3, nhóm IIIA); (Z: ô 29, chu kì 4, nhóm IB)
D. (X: ô 16, chu kỳ 3, nhóm VIA); (Y: ô 13, chu kì 3, nhóm IIIA); (Z: ô 31, chu kì 4, nhóm IIIA)
HDG: - Do ion X2- có cấu trúc electron: 1s22s22p63s23p6 thì cấu trúc electron của X sẽ là: 1s2/2s22p6/3s23p4 Vậy X thuộc ô 16, chu kỳ 3, nhóm VIA
- Nguyến tố Y có: p + n + e = 40 (I) mà p = e nên (I) trở thành 2p +e = 40 (I’)
mặt khác 2p – n = 12 (II) Giải hệ ta có p = 13
cấu trúc electron của Y sẽ là: 1s2/2s22p6/3s23p1 Vậy Y thuộc ô 13, chu kỳ 3, nhóm IIIA
- Ion Z2+ có tổng số hạt mang điện tích dương trong hạt nhân bằng 29, vậy số p trong hạt nhân bằng 29 hay Z = 29 cấu trúc electron của Z sẽ là: 1s2/2s22p6/3s23p6 3d10/4s1 Vậy Z thuộc ô 29, chu kì 4, nhóm IB
KMnO4, vừa hoà tan bột Cu FexOy là oxit nào dưới đây?
C. Không có oxit nào thỏa mãnD. Fe3O4
HDG: Dung dịch X làm mất màu dung dịch KMnO4 X chứa Fe2+
Dung dịch X hoà tan được bột Cu X chứa Fe3+
Vậy FexOy phải là Fe3O4 : Fe3O4 + 4 H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4 H2O
0,672 lít khí SO2 (đktc) và dung dịch X Khối lượng muối thu được trong dung dịch X bằng:
HDG: Có rất nhiều cách giải quyết bài toán này, dưới đây chúng tôi giới thiệu cách quy về Fe đơn chất ban đầu:
Fe + O2 → 7,52 gam hỗn hợp R gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 Sau đó cho toàn bộ hỗn hợp R tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 0,672 lít khí SO2 (đktc) và dung dịch X chứa Fe2(SO4)3 Đặt số mol của Fe và O2 lần lượt là x và y mol, theo định luật Bảo toàn khối lượng, ta có : 56x + 32y = 7,52 (I)
Fe → Fe3+ + 3e O2: 2O + 2.2e → 2O
2-x 32-x y 4y
S+6 + 2e → S+4 : SO2
0,06 0,03
Theo định luật Bảo toàn electron, ta có: 3x = 4y + 0,06 (II)
Giải (I) và (II) ta được x = 0,1 ; y = 0,06
Theo định luật Bảo toàn nguyên tố, ta có: 2 Fe → Fe2(SO4)3
0,1 0,05
Vậy khối lượng muối thu được trong dung dịch X bằng: 0,05.400 = 20 gam
lượng Giả thiết rằng S đã thay thế cho H ở cầu metylen trong mạch cao su Vậy, khoảng bao nhiêu mắt xích isopren có một cầu đisunfua -S-S- ?
HDG: Gọi số mắt xích isopren có một cầu đisunfua -S-S- là n, theo giả thiết, ta có:
64.100
68 n 64 2 = 2 n = 46 (mắt xích)
được CO2 và hơi nước theo tỉ lệ mol CO2 : mol H2O = 3:4 Công thức phân tử của X là:
A. C4H7(OH)3 B. C3H5(OH)3 C. C3H6(OH)2 D. C4H6(OH)2
HDG: - Từ tỉ lệ mol CO2 : mol H2O = 3:4 ancol no
- Đặt công thức ancol là R(OH)a + a Na → R(ONa)a +
2
a
H2
0,1 0,15 a = 3
Ancol lúc này có công thức: CnH2n-1(OH)3 → n CO2
1 3 X : C3H5(OH)3
HDG: C3H8Ox chứa nhóm chức phản ứng với Na phải chứa H linh động hay chứa nhóm –OH, như vậy x ≤ 3
* x = 1 C3H8O có 2 đồng phân ancol: ancol n-propylic và ancol iso-propylic
* x = 2 C3H8O2 có 2 đồng phân ancol: propylenglycol và trimetylenglycol
* x = 3 C3H8O3 có 1 đồng phân ancol: glixerol
HDG: Có 3 cấu tạo ứng với tên gọi: đi metyl n-propyl amin; đi metyl iso-propyl amin và đi etyl metyl amin
Y cho phản ứng tráng gương tạo lượng Ag nhiều nhất?
HDG: Khi thủy phân HCOOCH=CH-CH3 trong môi trường kiềm hay axit đều tạo ra HCOOR (R=Na, K hay H) và CH3CH2CHO (ancol không no chuyển vị), do đó cấu tạo của X sẽ là HCOOCH=CH-CH3 để Y cho phản ứng tráng gương tạo lượng Ag nhiều nhất
Trang 3HDG: Các muối (NH4)2SO4, NaHSO4 cho môi trường axít, pH < 7, muối NaNO3 cho môi trường trung tính, pH = 7 còn muối
NaHCO3 cho môi trường bazơ, pH > 7
và Ba(OH)2 xM thu được 5,91 gam kết tủa Tiếp tục đun nóng thì thu tiếp m gam kết tủa nữa Giá trị của x và m là:
A. 0,1M và 3,94 gam B. 0,05M và 1,97 gam C. 0,1M và 1,97 gam D. 0,05M và 3,94 gam
HDG: Ta có : nCO2 = 0,09 mol, nNaOH = 0,1 mol
CO2 + NaOH → Na2CO3 + H2O
a 2a a
CO2 + NaOH → NaHCO3
b b b
a + b = 0,09 a = 0,01
2a + b = 0,1 b = 0,08
Lại có : 3 5,91
197
BaCO
n = 0,03 mol mà nCO2 = 0,01 mol ;
3
HCO
n = 0,08 mol
nBa2 = (0,2.0,15 + 0,2.x) mol ; nOH = (2.0,2x) mol
Ba2+ + CO32- → BaCO3
0,01 ← 0,01 0,01
Ba2+ dư : (0,02 + 0,2x) mol
mặt khác, 2
3
CO
n cần để tạo 0,02 mol BaCO3 : 0,02 mol
có phản ứng HCO3- + OH- →
0,02 0,02 ← 0,02
Vậy : (2.0,2x) = 0,02 x = 0,05 mol/l
Luôn có: nBa2 còn lại sau 2 phản ứng tạo kết tủa BaCO3 : 0,01 mol
nOH dư : 0,08 - 0,02 = 0,06 mol
2 HCO3-
O
t
CO32- + H2O + CO2 0,06 → 0,03
Ba2+ + CO32- → BaCO3
0,01 → 0,01
Vậy: m = 197.0,01 = 1,97 gam
A. Trong tất các các cân bằng hóa học: Nếu ta chỉ cần thay đổi 1 trong 3 yếu tố sau đây: áp suất, nhiệt độ, nồng độ, thì hệ phản ứng
sẽ chuyển dịch sang một trạng thái cân bằng mới
B. Khi hệ : 2SO2 + O2 2SO3 ở trạng thái cân bằng Thêm vào SO2, ở trạng thái cân bằng mới, chỉ có SO3 là có nồng độ cao hơn so với ở trạng thái cân bằng cũ
C. Khi thêm chất xúc tác vào hệ phản ứng tổng hợp NH3: N2 + H2 NH3 sẽ làm tăng hiệu suất của phản ứng tổng hợp
D. Trong bình kín đựng hỗn hợp NO2 và N2O4 tồn tại cân bằng: 2NO2 N2O4 Nếu ngâm bình trên vào nước đá thấy màu của bình nhạt dần, do đó: chiều nghịch của phản ứng là chiều thu nhiệt
HDG: NO2 là khí màu nâu đỏ, N2O4 là khí không màu Khi ngâm bình chứa NO2 trong nước đá thấy màu của bình nhạt dần - tức là cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận - theo nguyên lý Lơ Satơliê thì chiều này phải là chiều phát nhiệt Vậy chiều nghịch của phản ứng là chiều thu nhiệt
dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp chất rắn khan có khối lượng là:
HDG: phenol chính là axit phenic, do vậy coi hỗn hợp như một chất có ký hiệu ROH
ROH + NaOH → RONa + H2O
Theo định luật Bảo toàn khối lượng, ta có: mRONa = mROH + mNaOH - mH O2 = 5,48 + 0,06.40 - 0,06.18 = 6,8 gam
A. Cl2 KCl KOH KClO3 O2 O3 KOH CaCO3 CaO CaCl2 Ca
B. NH3 N2 NO NO2 NaNO3 NaNO2 N2 Na3N NH3 NH4Cl HCl
C. P P2O5 H3PO4 CaHPO4 Ca3(PO4)2 CaCl2 Ca(OH)2 CaOCl2
D. S H2S SO2 HBr HCl Cl2 H2SO4 H2S PbS H2S NaHS Na2S
HDG: PbS H2S
A. CH3CHO; C2H5OH; C2H6; CH3COOH B. CH3COOH; C2H6; CH3CHO; C2H5OH
C. C2H6; CH3CHO; C2H5OH; CH3COOH D. C2H6; C2H5OH; CH3CHO; CH3COOH
HDG: to
sôi của hợp chất hữu cơ phụ thuộc vào liên kết hiđro, CH3COOH tồn tại 2 liên kết hiđro - có to
sôi cao nhất, rồi đến C2H5OH tồn tại
1 liên kết hiđro CH3CHO và C2H6 không tồn tại liên kết hiđro, nhưng CH3CHO chứa oxi và có khối lượng mol lớn hơn C2H6, nên có to
sôi
cao hơn
Trang 4Câu 21. Cho 18,8 gam phenol tác dụng với 45g dung dịch HNO3 63% (có H 2 SO 4 làm xúc tác) Giả sử hiệu suất phản ứng là 100% Khối
lượng axit picric thu được là:
HDG: C6H5OH + 3 HONO2 2 4
o
H SO t
C6H2OH(NO2)3 + 3 H2O Ban đầu: 0,2 0,45
Phản ứng: 0,45 0,15
Vậy khối lượng axit picric thu được là: 0,15 x 229 = 34,35 gam
Câu 22. Một loại thủy tinh có công thức : NaxCayOzSit với tỷ lệ x : y : z : t = 2 : 1 :14 : 6 Công thức của loại thủy tinh trên là :
A. Na2O.2CaO.5SiO2 B. Na2O.CaO.6SiO2 C. Na2O.2CaO.6SiO2 D. Na2O.CaO.5SiO2
HDG: Na2CaO14Si6 Na2O.CaO.6SiO2
dịch X Cho X tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, lọc kết tủa và nung đến khối lượng không đổi được m gam hỗn hợp rắn Giá trị của m là:
HDG: Làm tương tự câu 9: đặt số mol của Fe và S ban đầu (trước khi tạo thành Z) lần lượt là x và y mol
Fe → Fe3+ + 3e
x x 3x mol N+5
+ 1e → N+4
: NO2
S → S+6 + 6e (S+6 trong H2SO4) 0,48 0,48
y y 6y mol
Theo định luật Bảo toàn khối lượng, ta có : 56x + 32y = 3,76 (I)
Theo định luật Bảo toàn electron, ta có: 3x + 6y = 0,48 (II)
Giải (I) và (II) ta được x = 0,03 ; y = 0,065
Lại có: 2 Fe → 2 Fe(NO3)3 → 2 Fe(OH)3 → Fe2O3
0,03 0,015 mFe O2 3= 0,015.160 = 2,4 gam
Ba2+ + SO42- → BaSO4
0,065 0,065 mBaSO4 = 0,065.233 = 15,145 gam
m gam hỗn hợp rắn = 17,545 gam
Câu 24. Cho cân bằng hóa học sau: N2 (k) + 3 H2 (k) 2 NH3 (k) ∆H < 0 Phát biểu nào sau đây sai?
A. Giảm thể tích bình chứa, cân bằng chuyển dịch sang chiều thuận
B. Tăng nhiệt độ, cân bằng chuyển dịch sang chiều nghịch
C. Thêm một ít bột Fe(chất xúc tác) vào bình phản ứng, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
D. Thêm một ít H2SO4 vào bình phản ứng, cân bằng chuyển dịch sang chiều thuận
HDG: Các yếu tố ảnh hưởng đến chuyển dịch cân bằng là: Nồng độ, Nhiệt độ và Áp suất – Xúc tác thì không
Câu 25. Dung dịch A có chứa: Mg2+, Ba2+, Ca2+ và 0,2 mol Cl- , 0,3 mol NO3- Thêm dần dần dung dịch Na2CO3 1M vào dung dịch A cho đến khi được lượng kết tủa lớn nhất thì ngừng lại Hỏi thể tích dung dịch Na2CO3 đã thêm vào là:
HDG: Để đạt lượng kết tủa lớn nhất, sẽ có sự trao đổi 2 anion Cl- và NO3- bằng CO32- Vậy theo Định luật bảo toàn điện tích, nCO2 =
0, 2.1 0,3.1
2
= 0,25 mol
2 3
Na CO
n = 0,25 mol thể tích dung dịch Na2CO3 là 250 ml
nào sau đây để nhận ra các lọ dung dịch ở trên ?
HDG: NH4Cl: quỳ hóa đỏ
Na2CO3: quỳ hóa xanh
Dùng Na2CO3 nhận biết BaCl2, không hiện tượng là NaCl
A. Khử CH3NH2 bằng Al ở nhiệt độ cao B. Tổng hợp từ cacbon và hiđro
HDG: CH3COONa + NaOH → CH4 + Na2CO3
thì trong sản phẩm có hai anken là đồng đẳng liên tiếp nhau Vậy trong hỗn hợp X có thể chứa tối đa bao nhiêu ancol?
HDG: Có tối đa 4 ancol, bao gồm: ancol metylic, ancol etylic, ancol n-propylic và ancol iso-propylic
A. 3-Metylpent-2-en B. 2-Metylpent-1-en C. 2-Metylpent-2-en D. 4-Metylpent-2-en
HDG: (CH3)2CH-CHOH-CH2CH3 2 4
o
H SO t
(CH3)2C=CH-CH2CH3 + H2O
dư thu được hỗn hợp các sản phẩm trong đó có: 3 muối và 1 ancol Thủy phân hoàn toàn Y trong KOH dư thu được hỗn hợp các sản phẩm trong đó có: 2 muối và 1 anđehit X và Y lần lượt có công thức cấu tạo là:
A. HCOOCH2COOCH2CHCl2 và CH3COOCH2COOCHCl2
B. CH3COOCCl2COOCH3 và CH2ClCOOCH2COOCH2Cl
C. HCOOCH2COOCCl2CH3 và CH3COOCH2COOCHCl2
D. CH3COOCH2COOCHCl2 và CH2ClCOOCHClCOOCH3
HDG: Các phương trình phản ứng thuỷ phân X và Y trong môi trường kiềm:
Trang 5+ Phản ứng thuỷ phân X:
gđ 1: CH3COO-CCl2-COO-CH3 + 2 NaOH → CH3COONa + HO-CCl2-COONa + CH3OH
gđ 2: HO-CCl2-COONa + 2 NaOH → HO-C(OH)2-COONa + 2 NaCl
gđ 3: HO-C(OH)2-COONa ↔ HOOC-COONa + H2O
gđ 4: HOOC-COONa + NaOH → NaOOC-COONa + H2O
Tổng hợp:
CH3COO-CCl2-COO-CH3 + 5 NaOH → CH3COONa + NaOOC-COONa + CH3OH + 2 NaCl + 2 H2O
+ Phản ứng thuỷ phân Y, tương tự:
CH2ClCOO-CH2COO-CH2Cl + 4 NaOH → 2 HO-CH2-COONa + HCHO + 2 NaCl + H2O
trong dư thì thu được 20 gam kết tủa Giá trị của m là:
HDG: C6H12O6 men 2 C2H5OH + 2 CO2
CO2 → CaCO3
2
CO
n = nCaCO3= 0,2 mol nC H O6 12 6= 0,2 mol mC H O6 12 6= 180.0,2.100 80 = 22,5 gam
HDG: Thận trọng yêu cầu từ đề bài: cho glyxin tác dụng với axit glutamic tạo ra đipeptit mạch hở, vậy nên, các đipeptit có cấu tạo sau:
H2N-CH2-CO-NH-CH(COOH)-[CH2]2COOH
HOOC-CH2-NH-OC-[CH2]2CH(NH2)-COOH
HOOC-[CH2]2CH(NH2)-CO-NH-CH2COOH
được 7,85g hỗn hợp hai muối của hai axit là đồng đẳng kế tiếp và 4,95g hai ancol bậc I Công thức cấu tạo và phần trăm khối lượng của hai este là:
A. HCOOC2H5, 60%; CH3COOCH3, 40%
B. HCOOCH2CH2CH3, 75% ; CH3COOCH2CH3, 25%
C. HCOOCH2CH2CH3, 25% ; CH3COOCH2CH3, 75%
D. HCOOC2H5, 40%; CH3COOCH3, 60%
HDG: Vì 2 este là đồng phân mà 2 axit là đồng đẳng kế tiếp thì 2 ancol cũng sẽ là kế tiếp: RCOOR,
Mặt khác, vì là este đơn chức nên nmuối = nancol = nNaOH Vậy nên
M muối =
7,85 0,1 = 78,5 R = 11,5
2 axit là HCOOH và CH3COOH
M ancol =
4,95 0,1 = 49,5 R, = 32,5
2 ancol bậc I là CH3CH2CH2OH và CH3CH2OH
nhất ?
A. Sục hỗn hợp khí NO2 và O2 vào H2O; nhiệt phân muối KMnO4; đun nóng HCl đặc với MnO2; nhiệt phân muối NH4NO2; nhỏ HCl
dư vào lọ đựng Na2SO3 (rắn)
B. Đun nóng NaNO3 rắn với H2SO4 đậm đặc; nhỏ dung dịch H2O2 vào dung dịch MnO2; đun nóng HCl đặc với KMnO4; nung nóng hỗn hợp muối NaNO2 và NH4Cl; nhỏ HCl dư vào cốc đựng Na2SO3 (rắn)
C. Sục hỗn hợp khí NO2 và O2 vào H2O ; nhiệt phân muối KClO3 xúc tác MnO2; đun nóng HCl đặc với MnO2; nhiệt phân muối
NH4NO2; nhỏ HCl dư vào cốc đựng CaSO3
D. Đun nóng NaNO3 rắn với H2SO4 đậm đặc, nhiệt phân KClO3 với xúc tác MnO2; điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn; nhiệt phân muối NH4NO2, nhiệt phân muối CaSO3
HDG: - Điều chế HNO3: NaNO3 + H2SO4 t o
HNO3 + NaHSO4
- Điều chế O2: 2 H2O2 MnO2
2 H2O + O2
- Điều chế Cl2: 2 KMnO4 + 16 HCl t o
2 KCl + 2 MnCl2 5 Cl2 + 8 H2O
- Điều chế N2: NH4Cl + NaNO2 t o
N2 + NaCl + 2 H2O
- Điều chế SO2: Na2SO3 + 2 HCl t o
2 NaCl + SO2 + H2O
A. Trong công nghiệp, để sản xuất phenol người ta oxi hóa cumen với O2 không khí, với xúc tác thích hợp
B. Do ảnh hưởng của nhóm -OH, nên phenol có khả năng thể hiện tính axit yếu, dễ dàng phản ứng với dung dịch NaOH
C. Không thể nhận biết được phenol và anilin bằng dung dịch HCl, hoặc NaOH
D. Nhựa bakelit (phenolfomanđehit) là hợp chất cao phân tử, là sản phẩm của phản ứng trùng hợp giữa phenol và anđehit fomic.
HDG: (CH3)2CH-C6H5 1)O2
tiểu phân trung gian 2)H SO2 4 20%
C6H5-OH + CH3-CO-CH3
trong dung dịch là:
A. đốt trên ngọn lửa không màu, dung dịch BaCl2, dung dịch HNO3 đặc, hỗn hợp Cu và HCl
B. đốt trên ngọn lửa không màu, dung dịch AgNO3, dung dịch NaOH, bột Cu
C. đốt trên ngọn lửa không màu, dung dịch NaOH, và dung dịch AgNO
Trang 6D. đốt trên ngọn lửa không màu, dung dịch AgNO3, dung dịch NaOH, hỗn hợp Cu và HCl.
HDG: - Nhận biết sự có mặt của ion Cr3+ bằng dung dịch NaOH dư, dựa vào tính lưỡng tính của Cr(OH)3
Cr3+ + 3 OH- → Cr(OH)3
Cr(OH)3 + OH- → [Cr(OH)4]-
cromit (màu xanh)
- Nhận biết sự có mặt của ion Cl- bằng dung dịch AgNO3: Ag+ + Cl- → AgCl
trắng
- Nhận biết sự có mặt của ion NO3- bằng hỗn hợp Cu và HCl:
3 Cu + 8 H+ + 2 NO3- → 3 Cu2+ + 2 NO + 4 H2O
2 NO + O2 → 2 NO2
màu nâu đỏ
- Nhận biết cation Na+ bằng cách thử màu ngọn lửa: ngọn lửa nhuốm màu vàng tươi của cation Na+
(5): Na+/Na; (6): Fe3+/Fe2+; (7): Cu2+/Cu
A. (5) < (1) < (2) < (3) < (7) < (6) < (4) B. (4) < (6) < (7) < (3) < (2) < (1) < (5)
C. (5) < (1) < (2) < (6) < (3) < (7) < (4) D. (5) < (1) < (6) < (2) < (3) < (4) < (7)
HDG: Dựa vào dãy điện hóa của kim loại
gam một chất kết tủa màu trắng Tính độ tăng khối lượng của bình nước vôi trong, xác định công thức cấu tạo của A Biết rằng A bị thủy phân cho ra ancol B có tỉ khối hơi đối với H2 bằng 30
A. 155g, CH3COOC3H7 B. 138g, CH3COOC2H5
HDG: Vì este là no và đơn chức nên khi đốt cháy nH O2 nCO2
mặt khác sản phẩm cháy hấp thụ vào bình đựng dung dịch nước vôi dư nên nCO2 nCaCO3= 2,5
Vậy: độ tăng khối lượng của bình nước vôi đúng bằng tổng khối lượng CO2 và H2O = 155 gam
Đặt công thức của este là CnH2nO2: CnH2nO2 → n CO2
0,5 2,5
n = 5
mà Mancol = 60 đ.v.C R-OH = 60 R = 43 gốc propyl
Vậy công thức cấu tạo thu gọn của este sẽ là: CH3COOC3H7
0,04 gam chất rắn không tan Phần trăm khối lượng của Cu trong hỗn hợp X là:
HDG: Đặt số mol của Fe3O4 vàCu trong X là x và y mol, ta có: 232x + 64y = 3
Fe3O4 + 8 HCl → FeCl2 + 2 FeCl3 + 4 H2O
x 2x
Cu + 2 FeCl3 → CuCl2 + 2 FeCl2
x 2x
Mặt khác, 64x + 0,04 = 64y x = 0,01; y = 0,010625 mCu = 0,68 gam %Cu = 0,68
.100%
3 =22,67%
thì tỉ lệ nào sau đây là thỏa mãn:
A. a : b = 1 : 4 B. a : b < 1 : 4 C. a : b > 1 : 4 D. a : b = 1 : 5
HDG: NaAlO2 + HCl + H2O → NaCl + Al(OH)3↓
a a a
Al(OH)3↓ + 3 HCl → AlCl3 + 3 H2O
a 3a
b = 4a , vậy để thu được kết tủa sau khi kết thúc các phản ứng hóa học thì tỉ lệ là a : b > 1 : 4
CH3COOH + H2O H3O+ + CH3COO
-Trong dung dịch cứ 100 phân tử thì chỉ có 1 phân tử bị điện li Dung dịch có pH = a
Dung dịch (2) của bazơ yếu NH3 Cb (M) tồn tại cân bằng hóa học sau:
NH3 + H2O NH4+ + OH
-Trong dung dịch cứ 1000 phân tử thì có 1 phân tử bị điện li Dung dịch có pH = b
Giả sử: b = a + 9 Biểu thức thức liên hệ giữa Ca và Cb là:
A. Ca = 1/Cb B. Ca = 8Cb C. 9Ca = Cb D. Ca = Cb + 5
HDG: Xét các thể tích làm thí nghiệm là 1 lít và giả sử cho pH = a = 1, khi đó b = 10
CH3COOH + H2O H3O+ + CH3COO- NH3 + H2O NH4+ + OH
Ca Cb
0,1 0, 1 0,0001 0,0001
pH = 1 [H+] = 10-1 Ca = 10-1.100 = 10 mol/l
Trang 7pH = 10 pOH = 4 [OH-] = 10-4 mol Cb = 10-4.1000 = 10-1
1
b
C = 10 = Ca
Vậy: 1
b
C Ca
tác dụng vừa đủ với 0,3 lit dung dịch H2SO4 1M Phần 2: đốt cháy hoàn toàn tạo ra V lít N2 (đktc) Số mol mỗi amin trong hỗn hợp ban
đầu, công thức phân tử của các amin và giá trị của V lần lượt là:
A. 0,8 mol CH3NH2; 0,4 mol C2H5NH2; 6,72 lit N2
B. 0,8 mol C2H5NH2; 0,4 mol C3H7NH2; 11,2 lit N2
C. 0,4 mol CH3NH2; 0,2 mol C2H5NH2; 6,72 lit N2
D. 0,6 mol C2H5NH2; 0,3 mol C3H7NH2; 8,96 lit N2
HDG:Đặt CTPT TB của 2 amin no, đơn chức, kế tiếp là: C Hn 2n3N, ta có:
2 C Hn 2n3N + H2SO4 → (C Hn 2n4N)2SO4
0,6 ← 0,3
X
M =
21, 4 0,6 = 35,67 14n = 18,67 n = 1,33
hỗn hợp D có chứa 79,2% Br về khối lượng, còn lại là C và H Biết tỉ khối hơi của hỗn hợp này so với oxi nhỏ hơn 6,5 Số đồng phân cấu tạo của A bằng bao nhiêu ?
HDG: Đặt CTTQ của hiđrocacbon A là CxHy : CxHy + Br2 → CxHyBr2
160 79, 2
12 x y 160 100 12x + y = 42 x = 3, y = 6
A: C3H6 và D: C3H6Br2 (MD = 202, thoả mãn nhỏ hơn 6,5.32 = 208)
Vậy C3H6 có 2 CTCT ứng với tên gọi: propen và xiclopropan
hiđro (đktc) Hai kim loại đó là:
HDG: Đặt KHHH trung bình của 2 kim loại ở 2 chu kì liên tiếp thuộc nhóm IIA là: R
Ta có: R + 2 HCl → R + H2
0,03 ← 0,03
R =
8,8 0,3 = 29.33 2 kim loại là Mg (24) và Ca (40)
C. m1 : m2 = 14,1 : 69,7 D. m1 : m2 = 15 : 55
HDG: Khi coi K2O là chất tan liên hợp với KOH, ta hướng bài toán về phương pháp đường chéo:
K2O + H2O → 2 KOH
94 112
100 119,15
m1 : 119,15 15
45
m2 : 30 74,15
Vậy 1
2
m
phản ứng thu được m gam chất rắn Giá trị của m là:
HDG: Ta luôn có: nAg
3
AgNO
n = 0,064 mol; nCu2 nCu NO( 3 2) = 0,4 mol
Al + 3 Ag+ → Al3+ + 3 Ag
0,02 → 0,06 0,06 mol
Fe + 2 Ag+ → Fe2+ + 2 Ag
0,002 ← 0,004 0,004 mol
Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu
0,008 0,008 mol
Vậy m = (0,06 + 0,004).108 + 0,008.64 = 7,424 gam
là:
Trang 8HDG: - Các cấu tạo mạch hở của C4H8 có tên gọi: but-1-en, but-2-en, 2-metyl propen.
- Các cấu tạo mạch hở của C4H6 có tên gọi: but-1-in, but-2-in, buta-1,2-đien, buta-1,3-đien
- Các cấu tạo mạch hở của C5H12 có tên gọi: pentan, 2-metyl butan, 2,2-đimetyl propan
đủ 1,2 lít dung dịch B gồm HCl và H2SO4 loãng Sau phản ứng thấy thoát ra 1344 ml khí H2 (đktc) Trộn một lượng dung dịch A và 600
ml dung dịch B để tạo được dung dịch C Biết dung dịch C có khả năng hòa tan được tối đa 0,51 gam Al2O3 Thể tích dung dịch A cần dùng ở trên bằng:
A. 7 lít hoặc 5 lít B. 3 lít hoặc 5 lít C. 7 lít hoặc 3 lít D. 12 lít hoặc 3 lít
HDG: + dung dịch A có pH = 12 pOH = 2 [OH- ] = 0,01 mol/l nOH = V.0,01 mol
+ 2 1,344
0,06
22, 4
H
H
n = 0,06 2 = 0,12 mol [H+] = 0,12
1, 2 = 0,1 mol/l + nH = 0,1.0,6 = 0,06 mol
Khi trộn V lít ddA với 600 ml dd B thu được dd C có khả năng hòa tan Al2O3, chứng tỏ trong dd C có mặt H+ hoặc OH- dư
+ Trường hợp I: dd C còn dư OH-, H+ phải hết: H+ + OH- → H2O
0,06 → 0,06
Al2O3 + 2 OH- + 3 H2O → 2 [Al(OH)4]
0,005 → 0,01
nOH = 0,07 mol V.0,01 = 0,07 V = 7 lít
+ Trường hợp II: dd C còn dư H+, OH- phải hết: H+ + OH- → H2O
V.0,01 ← V.0,01
Al2O3 + 6 H+ → 2 Al3+ + 3 H2O
0,005 → 0,03
nH = (0,03 + V.0,01) mol
(0,03 + V.0,01) = 0,06 V = 3 lít
7,86 gam Lượng dung dịch HCl 1M nào sau đây có thể hòa tan hoàn toàn hỗn hợp chất rắn Y ?
HDG: Quy hỗn hợp các kim loại thành một kim loại là R và sử dụng phương pháp "gán” để giải quyết như sau:
O
Rn+
Cl
Ta có mO = moxit - mR = 7,86 – 5,7 = 2,16
2
O
n = nO = 2,16
16 = 0,135 nCl = 0,135x2 = 0,27
mà HCl → H+
+ Cl- nHCl = 0,27 mol VHCl = 0, 27
1 = 0,27 lit = 270 ml
Câu 50. Cho các nguyên tố: M, X, R với cấu hình electron lớp ngoài cùng lần lượt là: ns2, ns2np5, ns2np1 ứng với n = 3 Công thức hợp chất tạo thành từ chúng là:
HDG: Với cấu hình electron lớp ngoài cùng như giả thiết cho thì các nguyên tố đều thuộc các nhóm A, theo đó số electron lớp ngoài cùng sẽ quy định electron hóa trị của mỗi nguyên tố
Cụ thể: M → M2+ + 2e
X + 1e → X
R → R3+ + 3e
Do vậy các hợp chất tạo ra là hợp chất ion: MX2, RX3