Cho toàn bộ Z vào dung dịch CaOH2 dư, đến phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam kết tủa.. Tên của X là HD giải : Bài này chỉ cần nhớ Công thức là xong Câu 12: Cho 3,36 lít khí hiđrocacbon X
Trang 1Giải chi tiết nhất từng câu đề khối B 2013 với nhiều cách giải khác nhau.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 06 trang)
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: HOÁ HỌC; Khối B
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Mã đề thi 537
Họ, tên thí sinh:
Số báo danh:
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; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; Ba = 137.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu 1 đến câu 40)
Câu 1 : Hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylen glicol Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với Na dư, thu
được 2,24 lít khí H2 (đktc) Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được a gam CO2 Giá trị của a là
Cách 1: Nhận xét hệ số, áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố
Phân tích và hướng làm:
ancol metylic CH3OH và etylen glicol C2H4(OH)2 đều có số C bằng số nhóm OH
Khi 2 rượu trên pư với Na dư thì số mol H2 thoát ra bằng số mol ½ số mol OH = ½ số mol C
⇒n C =n oH = 2n H2 = 0,2mol
Đốt cháy hoàn toàn X : Bảo toàn nguyên tố C ta được n CO2 = n C = 0,2 mol⇒m CO2 = 8.8 gam
Cách 2: Ta có sơ đồ phản ứng
CH3OH +Na → ½ H2
x x 0,5x
C2H4(OH)2 +Na → H2
y y
Ta có nH2 = 0,5x+y =0,1mol
CH3OH → CO2 + 2H2O
x x 2x
C2H4(OH)2 → 2CO2 + 3H2O
y 2y Suy ra số mol CO2 = x +2y = 2.( 0,5x+y) =0,2
mCO2 =0,2.44 =8.8 gam
Câu 2: Cho 0,76 gam hỗn hợp X gồm hai amin đơn chức, có số mol bằng nhau, phản ứng hoàn toàn với
dung dịch HCl dư, thu được 1,49 gam muối Khối lượng của amin có phân tử khối nhỏ hơn trong 0,76 gam X là
Cách 1: Áp dụng tăng giảm khối lượng và phương pháp trung bình
Chú ý bài chỉ yêu cầu tìm amin cóPTK nhỏ hơn
CnH2n+1NH2 + HCl → CnH2n+1NH3Cl
1mol X p ư làm khối lượng tăng 36,5 gam
a mol X 1,49- 0,76 ⇒ a = 0,2mol
⇒ KL mol tb của X: M TB = 0,76: 0,02 = 38
Như vậy, amin có PTK nhỏ hơn 38 chỉ có metylamin ( M =31): CH 3 NH 2 : 0,01 mol có m = 0,31 gam
Cách 2: Nếu để ý, khia ra đề tìm chất nhỏ hơn thì theo kinh nghiệm chúng ta cũng có thể nghĩ ngay chất
đó là nhỏ nhất, vì nếu bạn nào làm quen pp trung bình thì thấy rằng pp chỉ cho ta giơi hạn khoảng, do đó
ta chọn chất đó nhỏ nhất là metylamin ( M =31): CH3 NH 2 : thử đáp án thấy ngay rằng D
Câu 3: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 Cho khí CO qua m gam X nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z Cho toàn bộ Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, đến phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam kết tủa Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư), thu được 1,008 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa 18 gam muối Giá trị của m là
Cách giải 1: Nhìn thấy ngay bài này phải dùng kĩ thuật quy đổi kết hợp bảo toàn e
Trang 2Giải chi tiết nhất từng câu đề khối B 2013 với nhiều cách giải khác nhau.
Quy đổi hh thành Fe và O
Để hiểu rõ bản chất hơn ta có sơ đồ hợp thức sau:
Fe (x)
O (y) CO Y (rắn) Z ( khí) Y+ H2SO4 đặc
→ 0,045 mol SO2 + 18 gam muối Fe2(SO4)3
Z + CaOH)2- 0,4 mol CaCO3
Đối với bài toán áp dụn pp bảo toàn e ta chỉ cần quan tâm đến trạng thái đầu và cuối bỏ qua quá trình trung gian Ban đầu Fe, O C+2 , S+6 Trạng thái cuối: Fe3+, O2-, S+4, C+4
Từ sơ đồ ta có: x = nFe = 2n Fe 2 (SO 4 ) 3 = 0,09 mol
Viết quá trình cho nhận e
Fe → Fe3+ +3e
0,09 3.0.09
C2+ → C4+ +2e
0,04 0,08
O +2e → O
2-y 22-y
S+6 +2e → S+4 0,045 0,09 Bảo toàn e: 3.0,09 + 0.08 = 2y + 0.09 → y = 0,13 mol
Vậy m = mO + mFe ,13.16 + 0,09.56 = 7,12 gam
Cách giải 2 ( bản chất vẫn là 1 cách nhưng rút gọn hơn)
Có Fe (x mol); O ( y mol)
nFe = 2n Fe 2 (SO 4 ) 3 = 2.18: 400 = 0,09 mol
bảo toàn e: 0,09.3 – 2.(y – 0,04) = 0,045.2 => y = 0,13 mol => m = 0,13.16 + 0,09.56 = 7,12 gam
Câu 4: Hòa tan hoàn toàn 1,28 gam Cu vào 12,6 gam dung dịch HNO3 60% thu được dung dịch X (không có ion NH+4) Cho X tác dụng hoàn toàn với 105 ml dung dịch KOH 1M, sau đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch Y Cô cạn Y được chất rắn Z Nung Z đến khối lượng không đổi, thu được 8,78 gam chất rắn Nồng độ phần trăm của Cu(NO3)2 trong X là
Đây có thể coi là bài khó nhất trong đề thi.
Cách 1: Lưu ý bài toán này chưa biết sp khử nhiều HS thừa nhận sp khử là NO như thế chưa chính xác
Số mol Cu: 0,02 mol
Số mol HNO3 0,12mol
Ta có sơ đồ
Cu
(0,02mol) HNO3
(0,12 mol)
Dung dịch X +sp
0,105 mol KOH lớn hơn rất nhiều
Cu2+ nên dư
Kết tủa Cu(OH) 2
lọc bỏ
cô can ddY
Chất rắn Z
KNO 3 (a mol) KOH dư(b mol)
Nung
8,78 gam
KNO 2 ( a mol) KOH (b mol)
dd Y Gọi a là số mol KNO2 b là số mol KOH trong 8,78 gam chất rắn ( nếu chỉ có KNO2 thì số mol lẻ)
Ta có pt: 85a + 56b = 8,78
Bảo toàn nguyên tố K : a + b = 0,105 mol → a = 0,1 mol ; b = 0,005 mol
Như vậy số mol KOH phản ứng với HNO3 dư và Cu(NO3)2 ( 0,02 mol) là 0,1 mol vậy HNO3 pư với Cu là 0,06 mol
Xét phản ứng cho pư Cu + HNO3 ( Số mol H2O sinh ra = ½ nHNO3 = 0,03 mol)ta có :
Cu (0,02) + HNO3 ( 0,06 mol) → Cu(NO3)2(0,02) + SPkhử + H2O( 0,03 mol)
Bảo toàn khối lượng ⇒ m sp khử = 0,76 gam
Vậy mddX = mCu + m dd HNO3 - msp khử = 12,6 +1,78 - 0,76 = 13,12 gam
C%m Cu(NO3)2 = 0,02.188 :13,12.100% = 28,66%
Cách 2: Tương tự cách 1, khác ở chỗ
Sp khử ta biết ngay gồm N và O
Do đó : Áp dụng bảo toàn nguyên tố N : nHNO3 = nmuối + nN(sp khử) ⇒ nN(sp khử) = 0,12 - a = 0,02 mol
Trang 3Giải chi tiết nhất từng câu đề khối B 2013 với nhiều cách giải khác nhau.
Cu (0,02) + HNO3 ( 0,06 mol) → Cu(NO3)2(0,02) + SPkhử + H2O( 0,03 mol)
Bt nguyên tố oxi ta được: nO = 0,03 mol và tính tiếp
Cách 3: Tương tự cách 2, sau khi tính được nN = 0,02 mol, ta có các tư duy khác khá hợp lý để suy ra
nO.
Ta biết Cu là kim loại yếu do đó sp khử chỉ gồm NO và NO2 Như vậy nN:nO =2: 3 và suy ranO = 0,03 mol và tính tiếp.
Bảo toàn nguyên tố O ⇒ nO(spk)
n O (spk) = (5.0,02 – 2.0,02) : 2 = 0,03 mol
m dung dịch sau = 12,6 + 1,28 – 0,02.14 – 0,03.16 = 13,12 gam
C%m Cu(NO3)2 = 0,02.188 :13,12.100% = 28,66%
Câu 5: Cho giá trị độ âm điện của các nguyên tố: F (3,98); O (3,44); C (2,55); H (2,20); Na (0,93) Hợp
chất nào sau đây là hợp chất ion?
Cách 1:Tính hiệu độ âm điện: ≥ 1,7 là hợp chất ion
Cách 2: LK ion là lk giữa kl điển hình và PK điển hình chọn ngay A
Câu 6: Cho m gam một oxit sắt phản ứng vừa đủ với 0,75 mol H2SO4, thu được dung dịch chỉ chứa một muối duy nhất và 1,68 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6) Giá trị của m là
Cách 1: Quy đổi hỗn hợp Gồm Fe (x mol) O (y mol)
Fe → Fe3+ +3e
→ O
2-y 22-y
S+6 + 2e → S+4 0,075 0,15 Bảo toàn e: 3x =2y + 0,15 Bảo toàn nguyên tố S: nS(H2SO4) = nS(MUỐI) + nS(SO2)⇒0,75 = 1,5x + 0,075
⇒ x = 0,45; y = 0,6 ⇒m = 0,45.56 + 0,6.16 = 34,8 gam
Cách 2:
Bảo toàn nguyên tố S: nS(H2SO4) = nS(MUỐI) + nS(SO2)⇒ nS(muối)= 0,675 gam
⇒nFe3+ (muối) = 0,45 mol= n Fe (oxit)
Số mol H2O sinh ra = nH2SO4 = 0,75 mol
Bảo toàn nguyên tố O: nO( oxit) = n O(muối) + n O(nước) + n O( SO2) -n O(axit) = 4.0,675+ 0,75 +0,075.2 - 0,75.4 = 0,6 mol
⇒m = 0,45.56 + 0,6.16 = 34,8 gam
Cách 3:
BT S có: nFe2(SO4)3 = (0,75 – 0,075) : 3 = 0,225 mol → n Fe = 0,45 mol
BT e có: nO = (0,45.3 – 0,075.2 ) : 2 = 0,6 mol → m = 0,45.56 + 0,6.16 = 34,8 gam
Câu 7: Hỗn hợp X gồm hiđro, propen, axit acrylic, ancol anlylic (C3H5OH) Đốt cháy hoàn toàn 0,75 mol X, thu được 30,24 lít khí CO2 (đktc) Đun nóng X với bột Ni một thời gian, thu được hỗn hợp Y Tỉ khối hơi của Y so với X bằng 1,25 Cho 0,1 mol Y phản ứng vừa đủ với V lít dung dịch Br2 0,1M Giá trị của V là
Cách 1: Ta thấy: propen, axit acrylic, ancol anlylic đều có dạng chung C3HyOz và có 1 lk đôi ( C=C)
do đó hỗn hợp X gồm H2 và C3HyOz
Đốt cháy X thu được 1,35 mol CO2 ⇒ nC3HyOz = 0,45 mol ( tương ứng 0,45 mol lk π ) và
nH2 = 0,3 mol.
Đun nóng X với bột Ni :
Trang 4Giải chi tiết nhất từng câu đề khối B 2013 với nhiều cách giải khác nhau.
1 mol C3HyOz + 1mol H2 ( tỉ lệ mol 1: 1) → 1 mol Y
Trong pư này số mol hh giảm bằng số mol H2 pư Ta có: dY/X =1,25 ⇒ MY =1,25MX
Đây là bài toán gồm toàn chất khí (hơi) do đó: mX = my ⇒ 0,75.MX = nY.MY = nY.1,25MX
⇒ nY = 0,6 mol ⇒ 0,75 mol X pư thì số mol khí giảm 0.15mol ⇒ nH2pư = 0,15 mol
⇒ Trong 0,6 mol Y số mol C3HyOz dư : 0,45 -0,15 =0,3 mol
⇒ Trong 0,16 mol Y số mol C3HyOz dư : 0,05 mol
⇒ Số mol Br2 pư = 0,05 mol ⇒ V = 0,5 lit
Cách 1: Ngắn gọn lại hơn:
Trong 0,75 mol X có n C3HxOy = 1,35 : 3 = 0,45 mol → n H2 = 0,3 mol
BT khối lượng có: nX = nY.1,25 = 0,125 mol → n H2 phản ứng = 0,125 – 0,1 = 0,025 mol
Trong 0,125 mol X có nC3HxOy = 0,125.0,45 : 0,75 = 0,075 mol
BT liên kết п có: 0,075.1 = 0,025 + n Br2 → n Br2 = 0,05 mol → V =0,5 lít
Câu 8: Thủy phân hoàn toàn m1 gam este X mạch hở bằng dung dịch NaOH dư, thu được m2 gam ancol
Y (không có khả năng phản ứng với Cu(OH)2) và 15 gam hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic đơn chức Đốt cháy hoàn toàn m2 gam Y bằng oxi dư, thu được 0,3 mol CO2 và 0,4 mol H2O Giá trị của m1
là
Cách giải: Lưu ý bài toán này không hỏi CTPT hay cấu tạo của Este nên không quan tâm axit là axit nào
mà chỉ cần tim đủ các đại lượng để áp dụng đlbt kl:
Đốt cháy hoàn toàn m2 gam ancol Y bằng oxi dư, thu được 0,3 mol CO2 và 0,4 mol H2O.⇒ Y là ancol no đơn chức mạch hở
nY =0,4 -0,3 =0,1 mol ⇒ Số C = 3, Số H =4 ⇒C3H8Oz (z ≥ 2)
Thủy phân hoàn toàn este X mạch hở bằng dung dịch NaOH dư, hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic đơn chức nên ancol đa chức, mặt khác ancol k hòa tan được Cu(OH)2 nên không thể là glixerol => z = 2, propan-1,3-điol⇒ m2 = 0,1.76 =7,6 gam
Este có dạng (RCOO) 2 C 3 H 6 nên phản ứng ( R là công thức chung bình 2 gốc hiđrocacbon)
(RCOO) 2 C 3 H 6 + 2NaOH →2R COONa + C 3 H 6 (OH) 2 ⇒ nNaOH = 2 nrượu =0,2mol
Bảo toàn khối lượng có: m 1 = m 2 + m axit - m NaOH = 14,6 gam.
Ngắn gọn hơn: Có công thức của ancol là C 3 H 8 O x (x ≥ 2) vì thủy phân thu được 2 muối đơn chức nên ancol đa chức, mặt khác ancol không hòa tan được Cu(OH) 2 nên không thể là glixerol
→ x = 2, propan-1,3-điol
BT khối lượng có: 0,1.76 + 15 – 0,2.40 = m ⇒ m = 14,6 gam.
Câu 9: Cho phản ứng: FeO + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O.
Trong phương trình của phản ứng trên, khi hệ số của FeO là 3 thì hệ số của HNO3 là
Cách 1: Cân bằng trực tiếp 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O
Cách 2: 3FeO + xHNO3 → 3Fe(NO3)3 + ( x -9)NO + 0,5x H2O
BT nguyên tố O: 3 +3x = 27 +x -9 + 0,5x ⇒ x = 10
Câu 10: Số proton và số nơtron có trong một nguyên tử nhôm (1327Al ) lần lượt là
HD giải : XA
Z : A =Z + N Suy ra B 13 và 14.
Câu 11: Amino axit X có phân tử khối bằng 75 Tên của X là
HD giải : Bài này chỉ cần nhớ Công thức là xong
Câu 12: Cho 3,36 lít khí hiđrocacbon X (đktc) phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3
trong NH3, thu được 36 gam kết tủa Công thức phân tử của X là
Trang 5Giải chi tiết nhất từng câu đề khối B 2013 với nhiều cách giải khác nhau.
HD giải :
Cách chất trên khi tác dụng với AgNO3/NH3 tạo ra kết tủa bằng số mol Hiđrocacbon
nhiđrocacbon = 0,15 mol= nkết tủa ⇒ Mkết tủa = 240 ⇒ C2Ag2 ⇒ X là C2H2
Câu 13: Tên gọi của anken (sản phẩm chính) thu được khi đun nóng ancol có công thức
(CH3)2CHCH(OH)CH3 với dung dịch H2SO4 đặc là
A 2-metylbut-2-en B 2-metylbut-1-en C 3-metylbut-1-en D 3-metylbut-2-en.
HD giải: Anken là : (CH3)2C=CH-CH3 → 2-metylbut-2-en.
Câu 14: Trong các chất: stiren, axit acrylic, axit axetic, vinylaxetilen và butan, số chất có khả năng
tham gia phản ứng cộng hiđro (xúc tác Ni, đun nóng) là
HD : Để phản ứng cộng hiđro (xúc tác Ni, đun nóng) thì chất đó phải có liên kết bội : Có 3 chất là stiren, axit acrylic, vinylaxetilen
Câu 15: Cho sơ đồ phản ứng: C2H2 → X → CH3COOH.
Trong sơ đồ trên mỗi mũi tên là một phản ứng, X là chất nào sau đây?
HD: CH ≡ CH +H2O Hg2 +, 800C→ CH3CH=O →Mn2 + CH3COOH
Câu 16: Hòa tan hoàn toàn x mol Fe vào dung dịch chứa y mol FeCl3 và z mol HCl, thu được dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất Biểu thức liên hệ giữa x, y và z là
A x = y – 2z B 2x = y + z C 2x = y + 2z D y = 2x.
HD :
Chất tan duy nhất phải là FeCl2
Cách 1 : Bảo toàn e
Fe → Fe2+ +2e
3+ +e → Fe2+
y y
2H+ + 2e → H2
z z Bảo toàn e: 2x =y + z Cách 2 : Bảo toàn điện tích : Dung dịch chỉ có FeCl2 nên Fe 2+ : x + y mol ; Cl- : 3y + z mol
Áp dụng định luật BTĐT : 2x + 2y = 3y +z ⇒ 2x =y + z
Câu 17: Cho các phát biểu sau:
(a) Các chất CH3NH2, C2H5OH, NaHCO3 đều có khả năng phản ứng với HCOOH.
(b) Phản ứng thế brom vào vòng benzen của phenol (C6H5OH) dễ hơn của benzen.
(c) Oxi hóa không hoàn toàn etilen là phương pháp hiện đại để sản xuất anđehit axetic.
(d) Phenol (C6H5OH) tan ít trong etanol.
Trong các phát biểu trên, số phát biểu đúng là
HD : Có 3 phát biểu đúng là (a), (b), (c)
Loại (d) vì phenol tan nhiều trong etanol và nước nóng
Câu 18: Số đồng phân amin bậc một, chứa vòng benzen, có cùng công thức phân tử C7H9N là
HD : Câu này khá quen thuộc trong đè thi : Tác giả chỉ thay đổi giữa chức amin với các chức khác
mà thôi :
C6H5CH2-NH2, CH3-C6H4-NH2 (3 đồng phân o,m,p)
Trang 6Giải chi tiết nhất từng câu đề khối B 2013 với nhiều cách giải khác nhau.
Vậy có 4 amin bậc 1
Câu 19 : Cho các phát biểu sau:
(a) Trong các phản ứng hóa học, flo chỉ thể hiện tính oxi hóa.
(b) Axit flohiđric là axit yếu.
(c) Dung dịch NaF loãng được dùng làm thuốc chống sâu răng.
(d) Trong hợp chất, các halogen (F, Cl, Br, I) đều có số oxi hóa: -1, +1, +3, +5 và +7.
(e) Tính khử của các ion halogenua tăng dần theo thứ tự: F–, Cl–, Br–, I–.
Trong các phát biểu trên, số phát biểu đúng là
HD :
Số phát biểu đúng là 4 gồm : (a), (b), (c), (e).
(d) sai vì :trong hợp chất F chỉ có số oxi hóa -1
Câu 20: Phát biểu nào sau đây không đúng?
A Chất béo là trieste của etylen glicol với các axit béo.
B Các chất béo thường không tan trong nước và nhẹ hơn nước.
C Triolein có khả năng tham gia phản ứng cộng hiđro khi đun nóng có xúc tác Ni.
D Chất béo bị thủy phân khi đun nóng trong dung dịch kiềm.
HD A sai vì A Chất béo là trieste của g lixerol với các axit béo
Câu 21: Chất nào sau đây trong phân tử chỉ có liên kết đơn?
A Axit axetic B Metyl fomat C Anđehit axetic D Ancol etylic.
HD: ancol, ete là những hợp chất mà nhóm chức chứa oxi không có lk π ở chức, còn axit, este, anđehit, xeton đều có lk π ở chức.
Câu 22: Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong cùng dãy đồng
đẳng Đốt cháy hoàn toàn 4,02 gam X, thu được 2,34 gam H2O Mặt khác 10,05 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được 12,8 gam muối Công thức của hai axit là
A C3H5COOH và C4H7COOH B C2H3COOH và C3H5COOH.
C C2H5COOH và C3H7COOH D CH3COOH và C2H5COOH.
Cách 1: Chúng ta nên quan tâm pư với kiềm trước, ở đây ta áp dụng pp tăng giảm khối lượng
Cứ 1 mol hh axit đơn chức tác dụng với NaOH thì khối lượng muối tăng thêm 22 gam
Vậy số mol hh axit (trong 10,05 gam) là: (12,8-10,05)/22 = 0,125 mol
Vậy với 4,02 gam hh sẽ có số mol là: 0,05 mol
Xét pư cháy: Xét đến cùng axit gồm C, H, O
Axit đơn chức nên có nguyên tử O trong ptử do đó: nO =2naxit = 0,25 mol
Bao toàn nguyên tố: nH(axit) = nH(H2O) = 2.0,13 =0,26 mol
mC(X) = mX-mO -mH = 2,16 gam⇒ nC =,18 mol = nCO2 sinh ra
Số nguyên tử C trung bình: 3,6 nên đáp án B, C đều hợp lý
mà nCO2 > nH2O nên axit không no nên Chọn B
Cách 2: ( tham khảo tác giả khác)thấy có 2TH : axit no: C n H 2n O 2 ( x mol) hoặc C m H 2m – 2 O 2 (x mol)
Xét TH 1 : => x = (4,02 – 0,13.14) : 32 = 0,06875 mol (có thể loại)
Xét TH 2 : => 30x+ 14n CO2 = 4,02 và n CO 2 – x = 0,13 => x = 0,05 mol; n CO2 = 0,18 mol
C tb = 0,18 : 0,05 = 3,6 => C 2 H 3 COOH và C 3 H 5 COOH
Cách 3: Kinh nghiệm thấyb 2 đáp án có C3, C4 giống nhau nên sẽ là B, C
Tính được số mol X là 0,05 ⇒ Số H trung bình 5,2 thì chỉ có B phù hợp.
Tuy nhiên, sử dụng cách này nên thận trọng.
Câu 23: Cho phương trình hóa học của phản ứng: X + 2Y → Z + T Ở thời điểm ban đầu, nồng độ của chất X là 0,01 mol/l Sau 20 giây, nồng độ của chất X là 0,008 mol/l Tốc độ trung bình của phản ứng tính theo chất X trong khoảng thời gian trên là
A 4,0.10-4 mol/(l.s) B 7,5.10-4 mol/(l.s) C 1,0.10-4 mol/(l.s) D 5,0.10-4 mol/(l.s).
HD: X + 2Y → Z + T
Ban đầu: 0,01
Sau 20 giây: 0,008
Trang 7Giải chi tiết nhất từng câu đề khối B 2013 với nhiều cách giải khác nhau.
Tốc độ tb: (0,01 -0,008)/20 = 1,0.10-4 mol/(l.s)
Câu 24: Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm X và Y chỉ
tạo ra một amino axit duy nhất có công thức H2NCnH2nCOOH Đốt cháy 0,05 mol Y trong oxi dư, thu được N2 và 36,3 gam hỗn hợp gồm CO2, H2O Đốt cháy 0,01 mol X trong oxi dư, cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn Giá trị của
m là
Cách 1:
X, Y đều được tạo bởi axit amin no, đơn chức nên CTC của X: CxH2x-1O4N3, Y: CyH2y-2O5N4.
Đốt cháy Y: CyH2y-2O5N4 yCO2 + (y-1)H2O
0,05 0,05y 0,05(y-1)
Ta có: 44.0,05y + 18.0,05(y-1) = 36,3, suy ra y = 12
Vậy axit amin tạo ra X và Y là NH2C2H4COOH
Số mol CO2 thu được khi đốt 0,01 mol X là: 0,01.9 = 0,09
Khối lượng kết tủa là: 0,09.197 = 17,73 gam
Cách 2:Công thức của tetrapeptit Y là C 4m H 8m – 2 N 4 O 5
Có 0,05.4m.44 + 18.0,05.(4m- 1) = 36,3 ⇒ m = 3
công thức của tripeptit X là C 9 H 17 N 3 O 4 ⇒ m BaCO3 = 0,01.9.197 = 17,73 gam
Câu 25: Cacbohiđrat nào sau đây thuộc loại đisaccarit?
HD:
Mono saccarit: Glucozơ, fructozơ; Đisaccarit:Saccarozơ, mantozơ; polisaccarit: xenlulozơ, tinh bột
Câu 26: Thể tích dung dịch NaOH 0,25M cần cho vào 15 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,5M để thu được lượng kết tủa lớn nhất là
Cách 1:
Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Al(OH)3 + 3Na2SO4.
0,0075 0,045
V = 0,045/0,25 = 0,18 lít = 180 ml
Cách 2: Giải nhanh
0,25V = 3.15 2.0,5 ⇒ V = 180 ml
Câu 27: Phát biểu nào sau đây là đúng?
A Thành phần chính của supephotphat kép gồm hai muối Ca(H2PO4)2 và CaSO4
B Supephotphat đơn chỉ có Ca(H2PO4)2
C Urê có công thức là (NH2)2CO
D Phân lân cung cấp nitơ cho cây trồng.
HD: A sai Thành phần chính của supephotphat kép gồm hai muối Ca(H2PO4)2
B Sai vì :Thành phần chính của Supephotphat đơn gồm hai muối Ca(H2PO4)2 và CaSO4
D sai vì: Phân lân cung cấp P2O5 cho cây trồng.Đạm cung cấp N cho cây trồng
Câu 28: Điện phân nóng chảy Al2O3 với các điện cực bằng than chì, thu được m kilogram Al ở catot và 89,6 m3 (đktc) hỗn hợp khí X ở anot Tỉ khối của X so với H2 bằng 16,7 Cho 1,12 lít X (đktc) phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 1,5 gam kết tủa Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị của m là
Câu này giống đề khối B 2009
Cách 1:
Trang 8Giải chi tiết nhất từng câu đề khối B 2013 với nhiều cách giải khác nhau.
Catot: Al3+ + 3e → Al
a 3a
Anot: 2O-2 → O2 + 4e
x x 4x
C → CO + 2e
y 2y
C → CO2 + 4e
z 4z
BT e: 3a = 4x +2y +4z
Ta tìm x, y,z
Ta có:
Tổng số mol khí:x + y + z = 4000
32x + 28y + 44z = 16,7.2.4000 = 133600
Và z = 1200
Giải được x = 600, y = 2200
⇒3a == 4x + 2y + 4z = 11600⇒a =11600/3 ⇒m Al = 104,4 kg
Cách 2: Tham khảo
Có nCO 2 = 0,015 mol (chiếm 0,015 : 0,05 = 30%) ⇒ trong 4 kmol có 0,3.4 = 1,2 kmol CO 2
Có hệ 28nCO + 32nO 2 = 16,7.2.4 – 1,2.44
Và n CO + nO 2 = 4 – 1,2 ⇒ n CO = 2,2 kmol; nO 2 = 0,6 kmol
Bảo toàn oxi có: nAl 2 O 3 = (2,2 + 2.0,6 + 1,2.2) : 3 = 5,8: 3 ⇒ m Al = 27.5,8.2: 3 = 104,4 kg
Câu 29: Hai chất hữu cơ X và Y, thành phần nguyên tố đều gồm C, H, O, có cùng số nguyên tử cacbon
(MX < MY) Khi đốt chát hoàn toàn mỗi chất trong oxi dư đều thu được số mol H2O bằng số mol CO2 Cho 0,1 mol hỗn hợp gồm X và Y phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 28,08 gam Ag Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là
Cách giải:
Do số mol CO2 = H2O nên X, Y đều có dạng CnH2nOx.
Số mol Ag = 0,26 > 2 lần số mol hỗn hợp Vậy hỗn hợp X chứa HCHO và HCOOH
Số mol HCHO = x, HCOOH = y, ta có: x + y = 0,1 và 4x + 2y = 0,26
Giải ra x = 0,03, y = 0,07
Phần trăm của X = (0,03.30)/(0,03.30 + 0,07.46) = 21,84%
Câu 30: Khi hòa tan hoàn toàn m gam mỗi kim loại vào nước dư, từ kim loại nào sau đây thu được thể
tích khí H2 (cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) là nhỏ nhất?
Cách 1:
1mol KL kiềm + H2O → 1/2 mol H2
1mol KL kiềm thổ + H2O → 1 mol H2
Do đó kl kiềm tạo ra số mol ít hơn mà PTK của K >Na> Li nên nK <nNa< NLi Vậy K tạo ra số mol
H2 ít nhất
Cách 2:
Đối với Na: số mol H2 = m/46
K: = m/78
Li: = m/7
Ca: = m/40
Vậy K tạo ra số mol H2 ít nhất
Cách 3:
M càng lớn thì số mol càng bé ⇒ hoặc C hoặc B
Chọn 39 gam ⇒ nH 2 = 39: 39 : 2 = 0,5 mol (theo K); còn n H 2 (theo Ca) = 39 : 40 = 0,975 mol.
Vậy K tạo ra số mol H2 ít nhất
Trang 9Giải chi tiết nhất từng câu đề khối B 2013 với nhiều cách giải khác nhau.
Câu 31: Cho 200 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 300 ml dung dịch NaHCO3 0,1M, thu được dung dịch X và kết tủa Y Cho từ từ dung dịch HCl 0,25M vào X đến khi bắt đầu có khí sinh ra thì hết V ml Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn Giá trị của V là
Cách 1:
Số mol OH- = 0,04 mol, Ba2+ = 0,02 mol, HCO3- = 0,03 mol
OH- + HCO3- → CO32- + H2O
0,03 0,03 0,03
CO32- + Ba2+ → BaCO3
0,02 0,02 0,02
Dung dịch X: 0,01 mol CO32- và 0,01 mol OH-.
H+ + OH- → H2O
0,01 0,01
CO32- + H+ → HCO3
0,01 0,01
Vậy tổng số mol HCl = 0,02 ml, V = 80 ml
Cách 2:
Có nCO 32- = nHCO 3- = 0,03 mol > nBa 2+ = 0,02 mol (có 0,02 mol BaCO 3 )
⇒ dung dịch X có 0,01 mol CO 3
2-Và nOH
-dư = 0,04 – 0,03 = 0,01 mol,
để vừa bắt đầu xuất hiện bọt khí thì nH + = nOH - + n CO 32- = 0,01 + 0,01 =0,02 =0,25V
⇒V =80 ml
Câu 32: Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ Hòa tan hoàn toàn 1,788 gam X
vào nước, thu được dung dịch Y và 537,6 ml khí H2 (đktc) Dung dịch Z gồm H2SO4 và HCl, trong đó
số mol của HCl gấp hai lần số mol của H2SO4 Trung hòa dung dịch Y bằng dung dịch Z tạo ra m gam hỗn hợp muối Giá trị của m là
Cách 1:
n H2 = 0,024 mol
n OH- trong Y = 0,048 mol
n H+ = OH- = 0,048 mol, do đó số mol HCl = 0,024 mol, H2SO4 = 0,012 mol
n H2O tạo ra từ phản ứng Y và Z = 0,048 mol
BTKL: m = 1,788 + 0,048.17+ 0,024.36,5 + 0,012.98 – 0,048.18 = 3,792 gam
Cách 2:
Có nH 2 SO 4 = x mol; n HCl = 2x mol
4x = 0,024.2 => x = 0,012 mol => m muối = 1,788 + 0,024.35,5 + 0,012.96 = 3,792 gam
Câu 33: Hòa tan hoàn toàn Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được dung dịch X Trong các chất: NaOH, Cu, Fe(NO3)2, KMnO4, BaCl2, Cl2 và Al, số chất có khả năng phản ứng được với dung dịch
X là
HD:
Cách 1: Fe3O4 +H2SO4 loãng (dư) → dung dịch X ( Fe2+, Fe3+, SO42-, H+)
DD X td được với:NaOH, Cu, Fe(NO3)2 KMnO4, BaCl2, Cl2 và Al
Cách 2: Dd X chứa FeSO4, Fe2(SO4)3 và H2SO4 dư
FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O
Fe(NO3)2 + H+ → Fe3+ + NO + H2O
Cl2 + Fe2+ → Fe3+ + Cl
-Cu, Al + Fe3+ → Fe2+
Trang 10Trang 10/6 - Mã đề thi
Giải chi tiết nhất từng câu đề khối B 2013 với nhiều cách giải khác nhau.
Câu 34: Dung dịch X chứa 0,12 mol Na+; x mol
2-4
SO ; 0,12 mol Cl và 0,05 mol - NH Cho 300 ml +4
dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào X đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan Giá trị của m là
Cách 1:
Bảo toàn điện tích trong dd X: 0,12.1 + 0,05.1 = 0,12.1 + 2x
Tìm được x = 0,025
Số mol Ba2+ = 0,03 mol, OH- = 0,06 mol
Ba2+ + SO42- BaSO4.
0,025 0,025 0,025
NH4+ + OH- NH3 + H2O
0,05 0,05
Dung dịch Y: Ba2+ dư: 0,005 mol, Na+: 0,12 mol, Cl-: 0,12 mol, OH- dư: 0,01
mY = 7,875 gam
Cách 2:
Dung dịch X gồm NaCl (0,12 mol), và (NH 4 ) 2 SO 4 (0,025 mol)
(NH 4 ) 2 SO 4 + Ba(OH) 2 → BaSO 4 + 2NH 3
Sau phản ứng dư: 0,005 mol Ba(OH) 2 trong dung dịch
m= 0,12.58,5 + 0,005.171 = 7,875 gam
Câu 35: Trong các polime: tơ tằm, sợi bông, tơ visco, tơ nilon-6, tơ nitron, những polime có nguồn gốc
từ xenlulozơ là
A tơ tằm, sợi bông và tơ nitron B tơ visco và tơ nilon-6
C sợi bông, tơ visco và tơ nilon-6 D sợi bông và tơ visco
HD: Tơ tằm, sợi bông thuộc polime thiên nhiên; tơnitron, nilon-6 thuộc polime bán tổng hợp
Câu 36: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 2,8 gam Fe và 1,6 gam Cu trong 500 ml dung dịch hỗn hợp
HNO3 0,1M và HCl 0,4M, thu được khí NO (khí duy nhất) và dung dịch X Cho X vào dung dịch AgNO3 dư, thu được m gam chất rắn, Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 trong các phản ứng Giá trị của m là
Cách 1:
Số mol H+ = 0,25 mol, NO3- = 0,05 mol, Fe = 0,05 mol, Cu = 0,025 mol, Cl- = 0,2 mol
Fe + 4H+ + NO3- → Fe3+ + NO + 2H2O
Ban đầu: 0,05 0,25 0,05
Phản ứng: 0,05 0,2 0,05 0,05 0,05
Sau pư : 0 0,05 0 0,05 0,05
Vì NO3- hết, Cu phản ứng với Fe3+
Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+
0,025 0,05 0,025 0,05
Dung dịch X gồm: Fe3+ 0,025 mol,Cu2+ :0,025 mol, Fe2+ :0,05 mol, Cl- = 0,2 mol; H+:0,05 mol
Cho X vào AgNO3 xảy ra phản ứng:
Ag+ + Fe2+ → Fe3+ + Ag; Ag+
+ Cl- → AgCl 0,05 0,05 0,05 0,2 0,2 0,2
3Ag + 4H+ + NO3- → Ag+ +NO + 2H2O
0,0375 0,05
Chất rắn: Ag ( 0,05- 0,0375 =0,0125) và AgCl (0,2 mol)
m = 0,2.143,5 + 0,0125.108 = 30,05
Cách 2: Trên cơ sở cách 1, ta có cách sau
Số mol H+ = 0,25 mol, NO3- = 0,05 mol, Fe = 0,05 mol, Cu = 0,025 mol, Cl- = 0,2 mol
Bảo toàn e: Fe về Fe3+.
3n Fe + 2nCu = ¾ n H+ + n Ag+ ( tạo Ag) => nAg = 0,05.3 + 0,025.2 - 0,25.3 : 4 = 0,0125 mol
Chất rắn: Ag và AgCl
m = 0,2.143,5 + 0,0125.108 = 30,05