Đề thi thử Đại học môn Hóa (có đấp án chi tiết)

Câu 45. Bài giải :  Vậy các chất thỏa mãn là : mantozơ, glucozơ, isobutilen, propanal, isopren, axit metacrylic, phenylamin, m-crezol,stiren, xiclopropan. Đáp án B  Nhận xét: - Để làm tốt dạng toán này HS cần nhớ kiến thức về 1 số phản ứng đặc trưng của 1 số hợp chất. - Chất có khả năng phản ứng được với nước Br2 : chất có liên kết bội (C=C); xiclo ankan vòng 3 cạnh ; phenol ;anilin ; chất có nhóm –CHO.

pdf27 trang | Chia sẻ: truongthinh92 | Ngày: 29/07/2016 | Lượt xem: 828 | Lượt tải: 9download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Đề thi thử Đại học môn Hóa (có đấp án chi tiết), để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
opan. Số chất trong dãy phản ứng được với nước brom là: A. 9. B. 10. C. 8. D. 7. Câu 46: Hợp chất hữu cơ X có công thức phân tử C3H6O3. Khi đun nóng X với dung dịch NaOH dư thu được 2 sản phẩm hữu cơ Y và Z; trong đó Y hòa tan được Cu(OH)2. Kết luận không đúng là A. X là hợp chất hữu cơ đa chức. B. X có tham gia phản ứng tráng bạc. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 6 C. X tác dụng được với Na. D. X tác dụng được với dung dịch HCl. Câu 47: X là hỗn hợp hai ancol đơn chức đồng đẳng có tỷ lệ khối lượng 1:1. Chia m gam X thành hai phần không bằng nhau : + Đốt cháy phần 1 được 21,45 gam CO2 và 13,95 H2O + Đun nóng phần 2 với H2SO4 đặc ở 140 0 C được 15 gam hỗn hợp 3 ete. Biết có 80% ancol có phân tử khối nhỏ và 50% ancol có phân tử khối lớn đã tham gia các phản ứng ete hóa. Giá trị của m là A. 30,00 B. 36,30 C. 36,00 D. 42,00 Câu 48: Từ 10 tấn vỏ bào (chứa 80% xenlulozơ) có thể điều chế được bao nhiêu tấn cồn thực phẩm 450 (biết hiệu suất của toàn bộ quá trình điều chế là 64,8%, khối lượng riêng của cồn nguyên chất là d = 0,8 g/ml) ? A. 0,294. B. 7,440. C. 0,930 . D. 0,744. Câu 49: Dung dịch A có chứa: 0,05 mol SO4 2- ; 0,1 mol NO3 - ; 0,08 mol Na + ; 0,05 mol H + và K+. Cô cạn dung dịch A thu đựợc chất rắn B. Nung chất rắn B đến khối lượng không đổi thu được chất rắn C có khối lượng là : A. 15,62 gam. B. 11,67 gam. C. 12,47 gam. D. 13,17 gam. Câu 50: Sục CO2 vào dung dịch Ba(OH)2 ta quan sát hiện tượng theo đồ thị hình bên(số liệu tính theo đơn vị mol).Giá trị của x là : A. 0,55(mol) B. 0,65(mol) C. 0,75(mol) D. 0,85(mol) ...............HẾT.................. GIẢI CHI TIẾT VÀ ÔN TẬP, TỰ LUYỆN Câu 1: Bài giải :  Ta tính được độ bất bão hòa của phân tử : . k     2 6 2 10 2 2  X tác dụng được với NaOH theo tỷ lệ 1 : 2 ; X có 5 nguyên tử O. Điều đó chứng tỏ X phải là hợp chất tạp chức trong đó có nhóm chức tác dụng với NaOH: Đó chỉ có thể nhóm chức axit (-COOH) và nhóm chức este (-COO-) ; một nhóm chức nữa là nhóm OH.  X tác dụng với NaOH tạo ra 2 phân tử Y, Y tác dụng với HCl tạo hợp chất Z, Z có khả năng tác dụng với Na  CTPT Của X là HO CH CH COO CH CH COOH      2 2 2 2  PTP Ư: X : HO CH CH COO CH CH COOH      2 2 2 2 HO CH CH COO CH CH COOH N aOH HO CH CH COON a H O            2 2 2 2 2 2 2 2 2  CTPT của Z là : Z : HO CH CH COOH   2 2  Vậy khi cho 0,15 mol Z tác dụng với Na dư. HO CH CH COOH N a N aO CH CH COON a H        2 2 2 2 2 2 H Z n n , (m o l)   2 0 1 5  Đáp án A  Nhận xét: Đây là một câu hỏi cũng khá hay của đề thi. Các bạn sẽ rất lúng túng khi xác định nhóm định chức trong Y, Z nếu kiến thức của các bạn không chắc. Qua các câu hỏi như thế này sẽ giúp các bạn có kiến thức sâu hơn về tính chất đặc trưng của các hợp chất hữu cơ. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 7 - Những chất có khả năng phản ứng với Na là những chất có nhóm chức chứa nguyên tử H linh động thuộc các nhóm chức như OH ; COOH  . - Những chất có khả năng phản ứng với NaOH là những chất có nhóm chức : - OH (phenol) ; -COOH ; - COO- (este) ; -CO-NH- Câu 2: Bài giải : A. Sai. Vì khi biết điện tích hạt nhân, ta tính được số đơn vị điện tích hạt nhân Z, từ đó tính được số electron, số proton vì ( Z = số p = số e) không suy ra được số notoron B. Đúng. Vì có hiện tượng đồng vị, nguyên tố hóa học là tập hợp những nguyên tử có cùng điện tích hạt nhân C. Đúng. Trong nguyên tử số hạt proton luôn bằng số hạt electron. D. Đúng. Nguyên tử là phần tử nhỏ bé nhất của chất, không bị phân chia trong phản ứng hóa học.  Đáp án A  Nhận xét: Đây là câu hỏi không khó nhưng đòi hỏi chúng ta phải nhớ một số khái niệm và kiến thức cơ bản về nguyên tử, phân tử, nguyên tố hóa học, đồng vị: - Nguyên tử: Là hạt vô cùng nhỏ, trung hòa về điện và được cấu tạo bởi các hạt p, n, e. Trong đó, hạt mang điện là hạt p (1+); hạt e (1-); hạt n (0). Nguyên tử trung hòa về điện nên số p = số e. - Phân tử: Là hạt đại diện cho chất gồm 1 số nguyên tử liên kết với nhau và thể hiện đầy đủ tính chất hóa học của chất. - Nguyên tố hóa học: Là tập hợp các nguyên tử có cùng số hạt proton trong hạt nhân. - Đồng vị của một nguyên tố hóa học: Gồm các nguyên tử có cùng số proton nhưng khác nhau số notron → Số khối khác nhau. Câu 3: Bài giải :  Ở Thí nghiệm 1 : Do tỷ lệ thể tích cũng là tỉ lệ số mol ( trong cùng 1 điều kiên ). Nên ta có anken ank in anken anken A nk in ank in n n n n .n n           50 20 2 80 30 Do đó ta có tỉ lệ an k en an k in n n  2 3  Ở thí nghiệm 2 :Khi đốt cháy hỗn hợp anken và ankin sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O khi hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 cả hai đều bị hấp thụ . - Theo bài ra ta nhận thấy CO2 hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 tạo kết tủa, sau đó cho dung dịch KOH vào dung dịch sau phản ứng thu được kết tủa nữa điều đó chứng tỏ tạo Ca(HCO3)2. Ta có sơ đồ như sau : C a ( O H ) K OH ( du ) C aCO , n , (m o l) C O C a (H CO ) C aC O , n , (m o l)               2 3 1 2 3 2 3 2 0 25 0 05 Bảo toàn C ta tính được CO n , , , (m o l)   2 0 2 5 0 0 5 0 3 ( Do KOH dư nên toàn bộ lượng H C O  3 chuyển về CaCO3) - Theo bài ra khối lượng dung dịch giảm 7,48 gam. Ta có phương trình sau : C O H O , m m m     2 21 7 4 8  H O , , . m   2 7 4 8 2 5 0 3 4 4 H O H O , m , (g am ) n , (m o l)    2 2 4 32 4 32 0 24 18 - Khi đó ta tính được an k in C O H O n n n , , , (m o l)     2 2 0 3 0 2 4 0 0 6 Theo định luật thành phần không đổi ta luôn có tỷ lệ an k en an k in n n  2 3 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 8 anken ank in n n . , , (m o l)    2 2 0 06 0 04 3 3  hh hh , n , (m o l) C ,     0 3 0 1 3 0 1 Thành phần hỗn hợp chỉ gồm C ; H nên C H m m , . , . ,   0 13 12 0 24 2 2 04  anken và ankin là C H : , C H : ,    3 6 3 4 0 0 4 0 0 6  Đáp án B  Nhận xét: Đây là dạng toán khá đặc trưng về đốt cháy hiđrocacbon, để làm tốt dạng này các bạn phải đặc biệt nhớ về cách làm dạng bài tập hấp thụ CO2 vào dung dịch kiềm và nhớ một số kiến thức sau:  Anken là hidrocacbon mạch hở trong phân tử chứa 1 liên kết  nằm trong liên kết đôi C=C, Có công thức phân tử dạng CnH2n ( n  2 )  Ankin là hidrocacbon mạch hở trong phân tử chứa 2 liên kết  nằm trong liên kết ba C C , có công thức phân tử dạng CnH2n-2 ( n  2 )  Liên kết  trong anken; ankin rất dễ bị phá vỡ bởi H2 ( Phản ứng hidro hóa ). Trong phản ứng hidro hóa thì H n n   2 1 1  Sản phẩm cháy khi đốt hợp chất hữu cơ dạng CxHyOz ( z  0 ) có mối quan hệ như sau : CO H O X n n (k ).n   2 2 1 . Trong đó k gọi là độ bất bão hòa của phân tử. Giá trị của k = số liên kết  + số vòng.  Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O khi hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 thì cần nhớ : * mdung dịch tăng = C O H Om m2 2 - m  và ngược lại * mbình tăng = C O H Om m2 2 Câu 4: Bài giải :  Chất làm đổi màu quỳ là axit hoặc bazơ. Đó là những chất sau: HOOC-CH2-CH2-CH(NH2)-COOH; H2N-CH2-COOK; HCOOH; ClH3N-CH2-COOH.  Đáp án B Câu 5: Bài giải : Thạch nhũ là quá trình tạo ra kết tủa : Ca(HCO3) → CaCO3 + CO2 + H2O  Đáp án B.  Nhận xét : - Phản ứng : C aCO H O CO C a (HCO )   3 2 2 3 2 . Được dùng để giải thích quá trình xâm thực của nước mưa ( có chứa CO2 ) đối với đá vôi. Đây là lí do tại sao ta thấy các núi đá vôi hay có 1 vài chiếc hang rất rộng, đó chính là do quá trình hòa tan CaCO3 ( thành phần chính của núi đá vôi) tạo thành Ca(HCO3)2. - Phản ứng tC a (H C O ) C aC O C O H O     0 3 2 3 2 2 . Được dùng để giải thích việc tạo thành thạch nhũ trong hang động đá vôi. Nước mưa có hòa tan Ca(HCO3)2 sẽ luồn lách qua các khe hở , nhỏ giọt xuống dưới, chịu tác động của nhiệt độ và trải qua 1 thời gian dài, Ca(HCO3)2 sẽ chuyển thành CaCO3 (không tan), lượng CaCO3 này sẽ tích tụ lại để tạo thành các khối thạch nhữ cứng.  Chú ý : Giống như CaCl2 khan, H2SO4 đặc, CaO cũng được dùng như một chất làm khô. H2SO4 đặc được dùng như chất làm khô nước cho các chất có tính axit như : Cl2, HCl. Còn CaO được dùng để làm khô các chất khí có tính bazo như : NH3, các amin Câu 6: Bài giải : Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 9  Để điều chế kim loại có tính khử mạnh như Na, người ta thường điện phân nóng chảy muối halogenua hoặc hidroxit.  Đáp án B  Nhận xét: Các phương pháp chủ yếu điều chế kim loại là: - Phương pháp thủy luyện (phương pháp ướt): Dùng các kim loại mạnh khử ion kim loại (trong dung dịch) về kim loại: Chú ý: Phương pháp này thường dùng để điều chế các kim loại có tính khử yếu: Cu, Ag, Hg,Au - Phương pháp nhiệt luyện: Khử các oxit kim loại trong các hợp chất ở nhiệt độ cao bằng các chất khử mạnh như: C, CO, H2, Al, KL kiềm, KL kiềm thổ Ví dụ: Fe2O3 + H2 → Fe + H2O Cr2O3 + 2Al → 2Cr + Al2O3  Chú ý: Phương pháp này có ứng dụng rộng rãi trong công nghiệp điều chế các kim loại có độ hoạt động trung bình (hoặc yếu): Zn, Fe, Sn, Pb, Cu). Với các kim loại kém hoạt động như Hg, Ag thì chỉ cần đốt cháy quặng cũng thu được kim loại: Ví dụ: HgS + O2 o t  Hg + SO2 Ag2S + O2 o t  2Ag + SO2 - Phương pháp điện phân: Dùng dòng điện một chiều để khử các ion kim loại. Phương pháp điện phân có thể điều chế được hầu hết các kim loại  Điện phân dung dịch: Thường dùng điều chế các kim loại có tính khử trung bình và yếu  Điện phân nóng chảy: Điều chế được tất cả các kim loại nhưng người ta thường dùng để điều chế các kim loại có tính khử mạnh: Kim loại kiềm, kim loại kiềm thổ, Al Câu 7: Bài giải:  Dựa vào các đặc điểm đề bài cho nên X có công thức : (CH3NH2)2CO3  Ta có : N aO H (b / d ) N a C O N a C O N aO H ( d u ) N a C O ( C H N H ) C O N aO H (d u ) n n C R m m n n , (m o l) n , . , , (m o l) m , . , . , ( g )           2 3 3 2 2 3 2 3 2 3 0 1 5 0 4 2 0 1 5 0 1 0 1 5 1 0 6 0 1 4 0 1 9 9 Đáp án B  Nhận xét: Một số điều cần lưu ý về phản ứng của muối amoni với axit dung dịch kiềm : * Dấu hiệu để xác định một hợp chất là muối amoni đó là : Khi hợp chất đó phản ứng với dung dịch kiềm thấy giải phóng khí hoặc giải phóng khí làm xanh giấy quỳ tím. * Các loại muối amoni gồm :  Muối amoni của amin hoặc NH3 với axit vô cơ như HCl, HNO3, H2SO4, H2CO3, - Muối amoni của amin no với HNO3 có công thức phân tử là CnH2n+4O3N2. Ví dụ : CTPT C2H8O3N2 C2H5NH3NO3. - Muối amoni của amin no với H2SO4 có hai dạng : + Muối axit là CnH2n+5O4NS. Ví dụ : CTPT CH7O4NS  CH3NH3HSO4. + Muối trung hòa là CnH2n+8O4N2S. Ví dụ : CTPT C2H12O4N2S  (CH3NH3)2SO4. - Muối amoni của amin no với H2CO3 có hai dạng : + Muối axit là CnH2n+3O3N. Ví dụ : CTPT C2H7O3N  CH3NH3HCO3. + Muối trung hòa là CnH2n+6O3N2. Ví dụ : CTPT C3H12O3N2 (CH3NH3)2CO3.  Muối amoni của amin hoặc NH3 với axit hữu cơ như HCOOH, CH3COOH, CH2=CHCOOH, - Muối amoni của amin no với axit no, đơn chức có công thức phân tử là CnH2n+3O2N. Ví dụ : CTPT C3H9O2N  CH3COONH3CH3. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 10 - Muối amoni của amin no với axit không no, đơn chức, phân tử có một liên kết đôi C=C có công thức phân tử là CnH2n+1O2N. Ví dụ : CTPT C4H9O2N  CH2=CHCOONH3CH3.  Để làm tốt bài tập dạng này cần : - B1: Xác định được CTCT của muối amoni. - B2: Viết phương trình phản ứng để tính toán lượng chất mà đề bài yêu cầu.  Lưu ý : * Nếu đề bài yêu cầu tính khối lượng chất rắn sau khi cô cạn dung dịch thì : mCR = mmuối (+ mkiềm dư). * Nếu gặp bài tập hỗn hợp muối amoni thì nên sử dụng phương pháp trung bình kết hợp với định luật bảo toàn khối lượng để tính toán. Câu 8: Bài giải : A. Đúng. Thép dẻo và bền hơn gang B. Sai. Vì điều chế thép nguyên liệu thường dùng là gang trắng hoặc gang xám, sắt thép phế liệu C. Đúng. Hàm lượng cacbon trong gang cao hơn trong thép D. Đúng. Vì hàm lượng C trong gang lớn hơn trong thép nên gang giòn và cứng hơn thép Đáp án B  Nhận xét: - Gang khác với thép ở hàm lượng Cacbon (C trong gang lớn hơn). Cụ thể: * Gang: Là hợp kim sắt –cabon và một số nguyên tố khác: Hàm lượng Cacbon từ 2%  5%. * Thép là hợp kim Fe – C ( Hàm lượng C : 0,1 2%).  Đây là câu hỏi dễ của đề thi. Hy vọng các bạn không bị mất điểm ở những câu như thế này. Câu 9. Bài giải :  Áp dụng định luật Faraday: e N i N i It , . n , n , m , . , g F         1 93 20000 0 4 0 2 0 2 59 11 8 96500  Ta xem lớp mạ là khối HCN: N i H CN m , V .h h , (cm ) d , .      11 8 200 0 0066 8 9 200 Đáp án A  Nhận xét: Đây là dạng bài tập khá dễ của phần điện phân. Các bạn chỉ cần nhớ công thức định lương (Farađay) trong điện phân: A It m n (e ) F  hoặc n (số mol)= It n ( e ) F hoặc ne (số mol e trao đổi)= It F Câu 10: Do các chất có cùng số mol nên A l : x (m o l) F e O : x (m o l) F e O : x (m o l)      2 3 3 4  Theo bài ra ta có : .x .x .x , x , (m o l)    27 160 232 41 9 0 1  Khi hòa tan Y vào dung dịch H2SO4 đặc nóng Áp dụng ĐLBT electoron : SO A l F e O .n .n n  2 3 4 2 3 SO . , , n , (m o l)     2 3 0 1 0 1 0 2 2 SO V , (m o l) 2 4 4 8 Đáp án B.  Chú ý : Sự nhường; nhận electron như sau : Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 11 Nhường electron A l A l e F e O Fe O e         0 3 0 3 2 3 4 3 3 4 1 Nhận electron S e S     6 4 2 Câu 11: Bài giải :  NH3 có khả năng tạo phức với các ion Cu 2+ ; Ni 2+ ; Zn 2+ ; Ag +  Những chất tan là Cu(OH)2, Ni(OH)2, Zn(OH)2, AgCl. Đáp án C  Nhận xét: Đây là câu hỏi không khó nhưng đòi hỏi các bạn phải nhớ về hiện tượng tạo phức của NH3 với một số chất: Cu(OH)2, Ni(OH)2, Zn(OH)2, AgCl Câu 12: Bài giải :  Số chất có cấu tạo mạch thẳng là : Gồm các polime sau: PE, PVC, cao su buna, PS, amilozơ, xenlulozơ, nhựa novolac, tơ nilon-7. Đáp án C  Nhận xét:  Tinh bột được cấu tạo bởi 2 thành phần: Amilozơ (mạch không phân nhánh) và aminlopectin (mạch phân nhánh).  Cao su lưu hóa có mạng lưới không gian. Câu 13. Bài giải : A. Đúng .Theo quy tắc thế vào vòng benzen nhóm NO2 định hướng thế meta B. Sai. Tơ nitron điều chế bằng trùng hợp C. .Đúng. Không tồn tại rượu Vinylic vì nhóm OH đính trực tiếp vào nguyên tử C không no D. Sai. Do nhóm NH2 là nhóm đẩy điện tử làm tăng mật độ electron tại các vị trí ortho và para nên khi phản ứng với Br2 dư tạo ra 2,4,6,-tribrom anilin Đáp án A Câu 14: Bài giải :  PTP Ư : Cốc A: Fe H SO FeSO H    2 4 4 2 Cốc B: F e H SO F eS O H F e C u S O F eS O C u        2 4 4 2 4 4  Cốc B xảy ra ăn mòn điện hóa (Tốc độ nhanh hơn) A. Sai. Vì lượng axit ở hai cốc là như nhau nên lượng bọt khí thoát ra sẽ là như nhau B. Đúng .vì tốc độ ăn mòn điện hóa nhanh hơn tốc độ ăn mòn hóa học C. Đúng. bọt khí H2 thoát ra nhiều trên bề mặt Cu D. Đúng vì lúc này hình thành 2 điện cực âm ( Fe ) ; cực dương là (Cu).  Đáp án A  Nhận xét: Đây là dạng câu hỏi lý thuyết về sự ăn mòn kim loại. Chúng ta cần nhớ 1 số kiến thức sau: - Ăn mòn hóa học: Là quá trình oxi hóa - khử, trong đó các electron của kim loại được chuyển trực tiếp đến các chất trong môi trường.Ăn mòn hóa học thường xảy ra ở những bộ phận của thiết bị lò đốt hoặc những thiết bị thường xuyên phải tiếp xúc với hơi nước, khí oxi, dung dịch axit - Ăn mòn điện hóa: Là quá trình oxi hóa - khử, trong đó kim loại bị ăn mòn do tác dụng với dung dịch chất điện li và tạo nên dòng electron chuyển từ cực âm sang cực dương (phát sinh dòng điện).Điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa: * Phải có 2 điện cực (có bản chất khác nhau): Có thể là cặp KL - KL; KL - PK; Cặp KL - hợp chất hóa học (ví dụ như xementit Fe3C)và điện cực nào có tính khử mạnh hơn đóng vai trò cực âm, điện cực nào có tính khử yếu hơn đóng vai trò cực dương. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 12 * Các điện cực phải tiếp xúc với nhau (trực tiếp hoặc gián tiếp). * Các điện cực phải cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li.  Chú ý: Trong thực tế, các quá trình ăn mòn kim loại diễn ra phức tạp, có thể bao gồm cả sự ăn mòn hóa học và ăn mòn điện hóa nhưng ăn mòn điện hóa thường đóng vai trò chủ yếu. Câu 15: Bài làm :  Thủy phân hoàn toàn pentapeptit X thu được 1 mol valin (Val), 1 mol glyxin (Gly), 2 mol alanin (Ala) và 1 mol leuxin  trong thành phần của X được tạo bởi 1 Val ; 1 Gly ; 2 Ala và 1 Leu  Xem Ala – Val – Ala là X vậy ta có các chất là : G X L X L G L G X G L X X G L L X G             Đáp án C Câu 16: Bài giải:  Đặt CTTQ của X là CnH2nO2 Bảo toàn C C O n , n  2 0 1  TH1 : Ca(OH)2 dư CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (1) Theo (1) C O C a ( O H ) n n , n , n , n       2 2 0 1 0 2 2 2 2 2  CTCT của X là HCOOCH3 (loại vì có phản ứng tráng bạc)  TH2: Có 2 phản ứng CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 OH CO n , n , , n , , n ,n            2 0 1 0 44 1 2 2 2 4 4 0 1 0 22 n = 3 hoặc n = 4  X + NaOH  2 chất hữu cơ có số C bằng nhau X là C4H8O2  O % m . , %  32 100 36 36 88  Đáp án D  Nhận xét: Đây là dạng toán quen thuộc về đốt cháy este, cũng không quá khó để các bạn tìm được ra đáp án. Tuy nhiên, về mặt kiến thức chúng ta cần phải nắm vững 1 số vấn đề sau: - Este no đơn chức mạch hở có công thức chung là CnH2nO2. Khi đốt cháy luôn thu được C O H On n2 2 - Este không có phản ứng tráng gương, có nghĩa là không phải là este của axit focmic dạng: 'HCOOR - Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O khi hấp thụ qua dung dịch Ca(OH)2 thì cả hai đều bị hấp thụ. CO2 xảy ra phản ứng. C O C a (O H ) C aC O H O ( ) C O C a (O H ) C a (H C O ) ( )       2 2 3 2 2 2 3 2 1 2 2 * Nếu Ca(OH)2 dư phản ứng (1) xảy ra, tức sau phản ứng tạo kết tủa * Nếu CO2 dư thì xảy ra phản ứng (2), tức sau phản ứng thu được dung dịch trong suốt * Ta lập tỷ lệ O H C O n n  2 để xác định sản phẩm tạo thành sau phản ứng. Câu 17. Bài giải : - Dùng dd dd BaCl2 sẽ loại được muối sunfat B a SO B aSO      2 2 4 4 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 13 - Dùng dd Na2CO3.sẽ loại được các muối khác và thu được NaCl tinh khiết M g CO M gCO C a CO C aCO           2 2 3 3 2 2 3 3 Đáp án B Câu 18: Bài giải :  Theo bài ra ta tính được : N aO H FeC l n , n ,    3 1 6 0 5  PTPƯ : Fe O H Fe (O H )   3 3 3  OH  dư sau phản ứng .  Fe ( O H ) du N aO H m , n ,    3 53 5 0 1  dd dd m , V , m l d ,      400 500 53 5 769 5 1 1    , N aO H , M ,    0 1 0 13 0 7695 Đáp án D.  Nhận xét: Câu hỏi này quá dễ để các bạn dễ dàng lấy điểm. Bài toán chỉ khai thác về phản ứng trao đổi ion trong dung dịch chất điện li. Đồng thời, khai thác lại các công thức tính toán trong hóa học. Các bạn chỉ cần nhớ, áp dụng đúng công thức và tính toán cẩn thận. Câu 19: Bài giải :  Để làm mềm nước cứng ta phải loại bỏ các ion Mg2+ ; Ca2+ có trong nước cứng trên, do đó ta dùng Na2CO3 Đáp án A  Nhận xét: Các bạn cần hiểu khái niệm về nước cứng và 1 số cách làm mềm nước cứng: - Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca2+; Mg2+ (→ Nước mềm là nước chứa rất ít (hoặc không chứa) ion Ca 2+; Mg 2+ ). - Phân loại: Có 3 loại nước cứng * Nước cứng tạm thời: Là loại nước ngoài ion Ca2+; Mg2+ còn chứa thêm ion HCO3 - * Nước cứng vĩnh cửu: Là loại nước ngoài ion Ca2+; Mg2+ còn chứa thêm ion Cl-, SO4 2- * Nước cứng toàn phần: Chứa cả tính cứng tạm thời và tính cứng vĩnh cửu. - Phương pháp làm mềm nước cứng * Nguyên tắc: Chuyển các ion Ca2+; Mg2+ vào hợp chất không tan * Các phương pháp làm mềm nước cứng  Phương pháp kết tủa.  Phương pháp trao đổi ion. Câu 20: Bài giải :  Liên kết peptit là liên kết –CO-NH- của các đơn vị  - amino axit H2N-CH(CH3)-CO-NH-CH2-CO-NH-CH2-CH2-CO-NH-CH(C6H5)-CO-NH-CH(CH3)-COOH.  Đáp án A  Chú ý :  Chỉ có các α - aminoaxit mới có khả năng tạo liên kết peptit.  Peptit có n mắt xích α - aminoaxit thì sẽ có (n-1) liên kết peptit Câu 21: Bài giải:  Andehit là hợp chất hữu cơ chứa nhóm –CHO ; khi phản ứng với AgNO3/NH3 tạo được kết tủa Ag. Với tỷ lệ như sau : A gN O / N H C H O A g        3 3 2 Trường hợp đặc biệt A gN O / N H H C H O A g       3 3 4 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 14  Theo bài ra ta tính được X Ag n , cã H CHO n ,    0 04 0 1  Đặt công thức của andehit còn lại là RCHO Gọi số mol hỗn hợp của andehit là : HCHO (a mol) ; RCHO ( b mol) Theo bài ra ta tính được a b , a , (m o l) a b , b , (m o l)           0 0 4 0 0 1 4 2 0 1 0 0 3 H C H O : , , R C H C H C H O R C H O : ,        2 0 0 1 1 9 8 2 7 0 0 3 Nhận thấy tỷ lệ mol 2 andehit là 1:3  Theo định luật thành phần không đổi thì trong m gam hỗn hợp andehit cũng có tỷ lệ mol không đổi H C H O : a m C H C H C H O : a     2 3 Liên kết  trong andehit bị phá vỡ bởi H2. Theo bài ra ta có a a . , a , (m o l)   3 2 0 175 0 025 H C H O : , m , C H C H C H O : ,      2 0 0 2 5 4 9 5 0 0 7 5  Đáp án B  Nhận xét: - Đây là một câu hỏi khá hay của đề thi, tuy không quá khó nhưng nhiều bạn dễ nhầm hoặc chỉ quan tâm đến phản ứng cộng của nhóm chức -CHO với H2 mà không để ý đến phản ứng cộng của H2 với liên kết π ở gốc hiđrocacbon.Hay nói cách khác liên kết  trong các liên kết bội của các: hidrocacbon không no, andehit, xeton kém bền. Dễ bị hidro hóa với tỉ lệ số mol như sau: H n n   2 1 1 - Cho hỗn hợp X gồm 2 anđehit tham gia phản ứng tráng gương, nếu thì có 2 trường hợp sau: * TH1: X gồm: HCHO và RCHO * TH2: X gồm RCHO và R(CHO)2 Câu 22: Bài giải:  Nhận thấy điểm mấu chốt của bài tập này là dung dịch Y thu được trong đó chỉ chứa muối sắt (III) và muối đồng (II) Do đó thành phần trong dung dịch Y gồm Fe : , (m o l) C u : , (m o l) C l N O            3 2 3 1 1 5 0 2  Nhận thấy sau phản ứng thu được khí NO, ở đây đã xảy ra phản ứng oxi hóa khử. Ta tính được tổng electron do chất khử nhường, từ đó tính được mol NO ( theo định luật bảo toàn electron) Nhường electron F e O F e O e , , F e F e e , ,         0 3 2 3 4 0 3 3 4 1 0 3 0 3 3 0 2 5 0 7 5 Nhận electron N e N     5 2 3 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 15  NO n , 0 35  Dung dịch hỗn hợp HCl 3M; HNO3 4M, nhận thấy tỷ lệ nồng độ là tỷ lệ số mol  H C l : a (m o l) H N O : a (m o l)    3 3 4 BTD T ( C l N O ) a : C l n , . . , . , . , a , : N O                 3 3 3 0 3 3 3 0 25 3 0 2 2 3 85 4 0 35 , : C l a , , : N O         3 1 8 0 6 2 05 m uo i K L an ion m m m , . , . , . , , . ,      1 15 56 0 2 64 1 8 35 5 2 05 62 268 2  Đáp án A Câu 23: Bài giải :  Với dạng bài toán tổng quát thì ta sẽ làm trường hợp cụ thể, sau đó chọn được đáp án đúng.  Do hỗn hợp gồm hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở và đều có một liên kết đôi C = C, nên ta có thể giả sử 1 axit có công thức là C H O 3 4 2  Khi đó theo dữ kiện bài toán cho ta có : CO H O n V ,ax it : C H O ( x .y ) ( . ) V , n yx (g am )               2 2 3 4 2 3 67 2 28 30 28 72 30 2 67 2 272 55 55  Đáp án C  Nhận xét: Bài toán cho các số liệu dưới dạng tổng quát khiến nhiều bạn lúng túng hoặc bỏ không làm. - Cách làm thứ nhất là ta sẽ xét một trường hợp cụ thể rồi chọn đáp án. - Cách làm thứ 2 là ta làm trực tiếp với số liệu tổng quát: * Vì đề cho axit không no đơn chức chứa 1 liên kết C=C → naxit = ( C O H On n2 2 ) → nO = 2naxit * BTKL ta có: m = mC + mH + mO → x = V V y . ( y ) , ,    12 2 16 2 22 4 22 4 ⟹ V= 28 55 (x+30y) Câu 24: Bài giải :  Nhận thấy hợp chất Y có công thức là MX  Trong nguyên tử thì tổng số hạt electron bằng tổng số hạt proton = số hiệu nguyên tử Z.  Số hạt proton nằm trong hạt nhân của nguyên tử nên số hạt proton trong nguyên tử và trong ion nguyên tử là không đổi  Kết hợp với dữ kiện bài ra ta có : M X M M X X Z Z Z (K ) Z Z Z (C l)           2 1 9 3 6 1 7  Cấu hình của M là : 1s22s22p63s23p64s1 Cấu hình của X là : 1s22s22p63s23p5 A. M: chu kì 3, nhóm IA; X: chu kì 3, nhóm VIIA. ( Đúng) B. M: chu kì 3, nhóm IB; X: chu kì 3, nhóm VIIA.(Sai) C. M: chu kì 4, nhóm IA; X: chu kì 4, nhóm VIIA.(Sai) D. M: chu kì 4, nhóm IA; X: chu kì 3, nhóm VIIA.(Sai)  Đáp án A  Nhận xét:  Số thứ tự của chu kì = Số lớp electron  Số thứ tự của nhóm = Số electron hóa trị + Electron hóa trị = electron lớp ngoài cùng (Nếu là các nguyên tố nhóm A). Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 16 + Electron hóa trị = electron lớp ngoài cùng + electron của lớp sát ngoài cùng (nếu chưa bão hòa) (Nếu là các nguyên tố nhóm B). Câu 25: Bài giải:  Theo bài ta tính được 2 2 C O H O N aO H 1, 7 3 6 1, 2 6 n 0 , 0 0 7 5 (m o l); n 0 , 0 7 (m o l) ; n 0 , 0 1 2 5 (m o l) 2 2 , 4 1 8       Đặt số mol của axit RCOOH, ancol R’OH; và este RCOOR’ lần lượt là a, b, c (mol)  Theo bài ra: 1,55 gam X + O2  0,0775 mol CO2 + 0,07 mol H2O Bảo toàn khối lượng: 2 2 2 X O C O H O m m m m   2 O m (0 , 0 7 7 5 .4 4 0 , 0 7 .1 8 ) 1, 5 5 3,1 2 (g am )      2 O 3,1 2 n 0 , 0 9 75 (m o l) 3 2   Bảo toàn O: 2 2 2 O ( X ) C O H O O n 2 .n n 2 .n 2 .0 , 0 7 7 5 0 , 0 7 2 .0 , 0 9 7 5 0 , 0 3 (m o l)       O ( X ) n 2 .a b 2 c    = 0,03 (1) (do lượng O trong các chất góp vào)  Khi cho X tác dụng với dung dịch NaOH thì chỉ có axit và este phản ứng. Do chúng đều đơn chức nên sẽ phản ứng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:1 2 ' ' RCOOH N aOH RCOON a H O RCOOR N aOH RCOON a R OH        N aO H ax it e s te n n n a c 0 , 0 1 2 5 m o l     (2)  Theo bài ra lượng ancol thu được sau khi phản ứng với NaOH gồm lượng ancol ban đầu và lượng ancol được tạo ra từ phản ứng thủy phân este ' R O H n 0 , 0 1 b c    (3)  Giải hệ (1)(2)(3) ta tính được a 0 , 0 0 7 5 (m o l) b 0 , 0 0 5 (m o l) c 0 , 0 0 5 (m o l)       Mặt khác, ta tính được Mancol = 0 , 7 4 7 4 0 , 0 1   ancol là C4H9OH Theo định luật bảo toàn khối lượng áp dụng cho quá trình phản ứng với NaOH ta có  Đáp án A.  Nhận xét : - Bài toán trên chỉ khai thác phản ứng cháy của hợp chất hữu cơ , phản ứng của axit , este tác dụng với dung dịch NaOH. - Ta cần sử dụng linh hoạt các định luật như : bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng để tính toán. 2 O 2 2 X (C ; H ; O ) C O H O     2 2 2 2 2 2 O ( X ) C O H O O X O C O H O n 2 .n n 2 .n m m m m         - Trong bài toán trên ta không cần tìm cụ thể axit nào mà vẫn tìm được dựa vào các phản ứng tổng quát và định luật bảo toàn khối lượng - Tuy nhiên, Với bài toán trên ta hoàn toàn có thể tìm được từng chất cụ thể. Ta có X m 0, 0 0 7 5 .(R 4 5 ) 0 , 0 0 5 .7 4 0 , 0 0 5 .(R 4 4 5 7 )      Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 17 R 27  . Theo phương trình cháy thì 2 2 C O H O n n nên trong gốc axit phải có ít nhất 1 liên kết  . Theo bài ra, hai axit đồng đẳng kế tiếp nên 1 2 1 R 27 R ( R 1 4 )    Do đó 1 2 2 3 R : C H C C H C C H R : C H C C           Câu 26: Bài giải  Do trong cùng 1 điều kiện tỉ lệ về thể tích cũng chính là tỉ lệ số mol, do vậy ta chuyển toàn bộ thể tích sang số mol  đốt 0,2 mol hỗn hợp khí Z thu được 1,73 mol hỗn hợp X bao gồm CO2 ; N2; H2O. Dẫn hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch H2SO4 đặc sẽ hấp thụ hết nước. Khí thoát ra ngoài có số mol là 0,83 mol bao gồm CO2 và N2.  H O n , , , (m o l)   2 1 7 3 0 8 3 0 9  Đốt cháy hoàn toàn 1 mol Z thu được C O N H O , n n , (m o l) , , n , (m o l) ,            2 2 2 0 8 3 4 1 5 0 2 0 9 4 5 0 2  Giả sử Z có công thức chung là CxHyNz x y Z y z C H N xCO H O N   2 2 2 2 2 Như vậy: CO N H O z y n n x , (m o l) ; n , (m o l)      2 2 2 4 15 4 5 2 2 Z có số liên kết  trung bình là .x ( y z ) z y k ( x ) , , , (m o l)             2 2 1 4 15 4 5 1 0 65 2 2 2 Do vậy 1 mol Z có khả năng phản ứng được với 0,65 mol Br2 Đáp án A  Nhận xét: - Bài toán trên không cần tìm chính xác hai hidrocacbon là gì. - Hidro cacbon mạch hở làm mất màu dung dịch Br2 trong dung môi CCl4 đó chính là phản ứng cộng Br2 vào liên kết  , ta luôn có tỉ lệ B r n n   2 1 1 - Bài toán trên trở nên đơn giản khi chúng ta dùng phương pháp tính số liên kết  trung bình của hỗn hợp. - Chúng ta cần nhớ công thức tính độ bất bão hòa k trong phân tử hợp chất hữu cơ. i i x .(n ) k    2 2 2 trong đó xi: là số nguyên tử I; ni : là hóa trị của nguyên tử i.k= số liên kết  + số vòng. - Nếu chúng ta đi tìm hidro cacbon sau đó làm thì cũng được tuy nhiên, sẽ mất nhiều thời gian. Câu 27: Bài giải :  Những chất thỏa mãn yêu cầu bài toán là : CH2=CHCOOH,CH2=CHOOCCH3, CH2OH-CH2OH, HOOC(CH2)4COOH, HCHO.  Đáp án C  Nhận xét: - Phản ứng trùng ngưng: Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 18 * Là phản ứng tạo thành phân tử polime từ các monome, đồng thời tạo ra nhiều phân tử nhỏ đơn giản như H2O, HCl, ... * Điều kiện để các monome tham gia phản ứng trùng ngưng là phân tử phải có ít nhất 2 nhóm chức hoặc 2 nguyên tử linh động có thể tách khỏi phân tử. - Phản ứng trùng hợp: * Là phản ứng cộng hợp liên tiếp nhiều phân tử nhỏ (monome) để tạo thành phân tử lớn (polime). Phản ứng trùng hợp không giải phóng các sản phẩm phụ phân tử nhỏ, các mắt xích cơ sở là có cùng thành phần với monome ban đầu. * Điều kiện có liên kết bội hoặc vòng không bền. Câu 28: Bài giải:  Cần nhớ rằng peptit được tạo bởi các amino axit no,hở, chứa 1 nhóm –COOH và 1 nhóm NH2. Khi đốt cháy A thì lượng O2 cần dùng chính bằng lượng O2 để đốt cháy X.  Gọi công thức tổng quát của A là: n 2 n 2 C H O N aN . Phương trình cháy        n 2 n 2 2 2 2 3 2 2 3.(2n 1) 2C H O NN a O (2n 1)CO N a CO N 2n H O 2  Ta có:   2 O 107, 52 n 4,8 (m ol ) 22, 4  Theo phương trình cháy thì:    2 2 2 CO O CO 2 n n n 3, 2 (mol ) 3  Hỗn hợp khí còn lại sau khi đưa B về điều kiện tiêu chuẩn gồm 2 2 CO ; N  Vậy     2 2 3 N N a CO 82, 432 n 3, 2 0, 48 (mol ) n 22, 4  Theo phương trình:    2 2 2 H O CO N n n n 3,68 (mol )  Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:       A m 3, 2.44 0, 48.28 3, 68.18 0, 48.106 4,8.32 117, 76 (gam )  X có 11 liên kết peptit nên ta có phương trình:         2 X 12 N aOH A H O 0, 48.2 m 117, 76 18. 0, 48.2.40 80,8 (gam ) 12 Đáp án A Câu 29: Bài giải :  PT PƯ : N a S O H SO N a SO S SO H O     2 2 3 2 4 2 4 2 2  Theo bài ra ta tính được : N a S O SO n , (m o l) ; n , (m o l)  2 2 3 2 0 0 5 0 0 4  Nhận thấy lượng SO2 sinh ra ta sẽ tính được lượng Na2S2O3 tham gia phản ứng : N a S O ( p h an u n g ) SO n n , (m o l)  2 2 3 2 0 0 4 Lượng Na2S2O3 phản ứng chính là lượng Na2S2O3 mất đi b an .d au N a S O sau N a S O , , n , , v , n ,        2 2 3 2 2 3 0 05 0 01 0 05 0 1 0 01 400 01  Đáp án A Câu 30. Bài giải :  Khí Cl2 có tính oxi hóa mạnh có khả năng tẩy màu và sát trùng.  Khi cho khí Cl2 vào quỳ ẩm thì Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 19 2 C l H O H H C l H C lO   Axit sinh ra làm quỳ tím hóa đỏ. Tuy nhiên HClO là axit có tính oxi hóa mạnh có khả năng tẩy màu nên màu đỏ của quỳ dần mất màu.  Đáp án A Câu 31: Bài giải: - Công thức của các axit béo là: Axit stearic: C17H35COOH ( no,đơn chức mạch hở, M= 284) Axit panmitic: C15H31COOH( no,đơn chức mạch hở, M= 256) Axit oleic: C17H33COOH ( không no, 1 liên kết  , đơn chức mạch hở; M= 282) Axit linoleic: C17H31COOH ( không no, 2 liên kết  , đơn chức mạch hở, M = 280). - Khi đốt cháy hợp chất hữu cơ (C; H; O) thì mối quan hệ giữa số mol CO2 và H2O như sau:    2 2 CO H O X n n (k 1).n - Theo bài ra ta có:   2 O 549, 92 n 24, 55 (m ol ) 22, 4 ; -   2 H O 300,6 n 16, 7 (mol ) 18 - Gọi số mol các axit béo axit stearic, axit panmitic, axit oleic và axit linoleic lần lượt là: a ; b ; c ; d. * Khi đốt cháy các axit béo thì sản phẩm cháy là CO2 và H2O            2 2 CO H O n n (1 1).a (1 1).b (2 1).c (3 1).d c 2d (1) * Mặt khác khi cho hỗn hợp các axit béo qua dung dịch nước brom thì chỉ có các axit không no chứa liên kết  mới tham gia phản ứng với tỉ lệ   2 Br n 1 n 1 Vậy ta có      2 Br n c 2.d n 0,5 (mol ) (2) Vậy (1) ;(2)    2 2 CO H O n n 0,5 (mol )     2 CO n 0,5 16, 7 17, 2 (mol ) * Phương trình cháy tổng quát của hỗn hợp X là :    2 2 2 X O CO H O Bảo toàn nguyên tô O ta được :        2 2 2 O (X ) CO H O O n 2.n n 2.n 2.17, 2 16,7 2.24, 55 2 (mol ) * Khối lượng hỗn hợp X là :        X C H O m m m m 17, 2.12 16, 7.2.1 2.16 271,8 (gam )  Nhận xét: Bài toán trên khai thác về phản ứng cháy của các hợp chất hữu cơ, và phản ứng cộng dung dịch Br2 vào các liên kết  gốc hidrocacbon. - Khi đốt cháy hợp chất hữu cơ CzHyOz thu được lượng CO2 và H2O với mối quan hệ CO H O Xn n ( k ).n  2 2 1 . Trong đó k = số liên kết  + số vòng ( trong phân tử). - Cần chú ý liên kết  trong các nhóm chức như este, axit không bị phá vỡ bởi dung dịch nước Br2. Tuy nhiên cần phải lưu ý rằng, andehit làm mất màu dung dịch nước Br2 ở đây không phải là phản ứng cộng Br2 phá vỡ liên kết  ( C=C hay C  C) mà đây là phản ứng oxi hóa khử. Do đó, nếu chúng ta xét hỗn hợp các axit, este, xeton đơn chức, mạch hở thì mol Br2 phản ứng = (k-1).nhỗn hợp.( ta phải bỏ đi 1 liên kết  trong chức axit, este, xeton) Câu 32: Bài giải :  Phân tử CnH2n-2O2 có 2 liên kết  trong phân tử nên không thể là axit đơn chức có hai nối đôi trong mạch cacbon, vì phân tử axit trong nhóm chức –COOH đã có 1 liên kết  .  Đáp án C. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 20  Nhận xét :  Hợp chất hữu cơ chứa ( C ; H ) hoặc chứa (C ; H ; O ) có công thức tổng quát dạng n n k z C H O  2 2 2 trong đó k là số liên kết π và vòng trong phân tử. Còn z số nguyên tử O  Axit cacboxylic đơn chức có hai nối đôi trong mạch cacbon thì k = 3; z = 2 Vậy công thức của axit đó là n n C H O 2 4 2 Câu 33: Bài giải : A. Sai vì có khí C2H4 thoát ra, trong môi trường cồn kiềm xảy ra phản ứng tách HX của dẫn xuất halogen. KOH / C H O H C H B r C H H B r      2 5 2 5 2 4 B. Sai vì C2H5Br tạo ra không tan trong dung dịch, nên dung dịch không đồng nhất. C. Sai vì an col CH3CH2CH2CH2OH không tan vô hạn trong nước chỉ có các ancol tử C1 tới C3 là tan vô hạn trong nước. D. Đúng vì trong phân tử phenol nhóm OH đính trực tiếp vào vòng benzen, là nhóm đẩy điện tử nên làm mật độ electron tại các vị trí ortho và para tăng nên dễ thế hơn so với benzen khi tác dụng với HNO3 đặc dư tạo kết tủa màu vàng của axit picric.  Đáp án D  Nhận xét: Câu hỏi này đòi hỏi HS phải nhớ tính chất vật lý, tính chất hóa học của 1 số hợp chất hữu cơ. Câu 34: Bài giải:  Sơ đồ phản ứng sau : , ( m o l )O , tN i , t , ( m o l ) C OC H C H C H C H C H C H (k ) (X ) C H C H C H O (Y ) C H C H C H O H (k ) H O C H C H C O O H C H C H C O O H (k )                        00 2 2 3 2 3 2 3 0 1 5 3 2 3 2 2 2 3 2 3 2 0 2 0 0 1  Trong đốt cháy Y ta có : ( C H , C H O H ) H O C O n n n , , (m o l)( )    3 8 3 7 2 2 0 2 0 1 5 1  Trong phản ứng của X với H2 , ta có H (p / u ) ( C H , C H CH CHO ) ( C H , C H O H n n n )  2 3 6 3 2 3 8 3 7 (2)  Từ (1) và (2) suy ra : H ( p / u ) ( C H , C H O H ) H n n , (m o l) V , . , , ( l)     2 3 8 3 7 2 0 0 5 0 0 5 2 2 4 1 1 2 . Câu 35. Bài giải :  Những chất có khả năng tham gia phản ứng tráng gương là : fomanđehit, phenyl fomat, glucozơ, anđehit axetic, natri fomat Đáp án D  Nhận xét: - Phản ứng tráng gương (tác dụng với AgNO3/NH3 )xảy ra với những chất có nhóm chức –CHO. Kết tủa tạo ra là Ag. Đây là phản ứng oxi hóa khử. Cần chú ý AgNO3 ở đây đóng vai trò là chất oxi hóa các chất chứa nhóm chức –CHO là chất khử ( bị oxi hóa) - Ankin có nối ba đầu mạch phản ứng với AgNO3/NH3 tạo kết tủa vàng nhạt không được gọi là phản ứng tráng gương. Đây là phản ứng thế ion kim loại. Câu 36. Bài giải :  Hỗn hợp X khi đốt cháy thu được mol CO2 và mol H2O bằng nhau  X là các chất hữu cơ no đơn chức.  Nhận thấy X gồm andehit thì có 1 nguyên tử O ; axit cacboxylic Z và este T (Z và T là đồng phân) thì trong phân tử có 2 nguyên tử O. Do đó ta sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố O.Ta tính được - Gọi mol Andehit: x (mol); Axit cacboxylic Z và este T: y (mol)  x + y = 0,2 ( mol) (1) - Theo phương trình phản ứng cháy ta có : Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 21 x + 2y + 0,625.2 = 0,525.2 + 0,525 (2) - Giải hệ (1) (2) x = 0,075 (mol) ; y = 0,125 (mol) - Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta tính được khối lượng hỗn hợp X. X m , . , . , . , (g am )   0 525 44 0 525 18 0 625 32 12 55 andeh it and eh it T , Z T , Z M M . , M . , , M        44 0 075 0 125 12 55 74  Vậy công thức phân tử của Y là: CH3CHO. Khi cho Y đi tráng gương ta được A gN O / N H C H C H O A g , (m o l) , (m o l)        3 3 3 2 0 0 7 5 0 1 5 A g m m , . , (g am )  0 1 5 1 0 8 1 6 2  Đáp án B.  Nhận xét: Đây là câu hỏi khá hay của đề thi vì kiến thức khá tổng hợp: Kiến thức về đốt cháy 1 số hợp chất cơ và kiến thức về phản ứng tráng gương của anđehit. Bài này giúp HS gợi nhớ và tái hiện các kiến thức cũ đồng thời rèn tư duy lập luận logic cho HS. Câu 37. Bài giải  Theo bài cho ta tính được N aO H N a C O n , (m o l) ; n , (m o l)  2 3 0 2 0 1  Điểm quan trọng chúng ta nhận thấy khi hấp thụ CO2 vào dung dịch thì thu được dung dịch A. Khi chia A thành 2 phần bằng nhau sau đó thực hiện 2 thí nghiệm để thu được kết tủa CaCO3 thì lượng kết tủa ở 2 thí nghiệm lại khác nhau. Cụ thể 3b = c, chứng tỏ rằng trong dung dịch A thu được bao gồm C O H C O      2 3 3  N aH CON aO H : , C O N a C O : , N a C O       3 2 2 3 2 3 0 2 0 1  Thí nghiệm 1, khi cho tác dụng với dung dịch CaCl2 dư C aC l N a C O C aC O    2 2 3 3 N a C O C aC O n n b (m o l)   2 3 3  Thí nghiệm 2 : Khi cho tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 dư : C a ( O H ) N aH C O C aC O N a C O       2 3 3 2 3 N a C O : b (m o l) N aH C O : c b (m o l)     2 3 3  Trong dung dịch A bao gồm B T D T N a : , (m o l) C O : b (m o l) , b c b ( ) H C O : c b (m o l)               2 3 3 0 4 2 0 4 4 2 2 1 2 2 Theo bài ra 3b = c (2) Giải hệ (1) và (2) ta tính được b , c ,    0 0 5 0 1 5  Bảo toàn lượng C ban đầu và sau phản ứng ta có : V , . , . , . , V , ( lit ) ,      0 1 2 0 05 2 0 15 2 0 05 4 48 22 4  Đáp án A  Nhận xét: Đây là dạng toán khá đặc trưng của CO2: Hấp thụ CO2 vào dung dịch chứa kiềm và muối cacbonnat của kim loại kiềm. Để giải quyết tốt dạng này các bạn cần sử dụng "triệt để" 2 định luật quan trọng đó là: Định luật bảo toàn nguyên tố (ở đây là nguyên tố C) và định luật bảo toàn điện tích (trong dung dịch thì luôn trung hòa về điện → Tổng số mol điện tích dương = Tổng số mol điện tích âm). Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 22 Câu 38: Bài giải :  Theo bài ra ta tính được O CO H O , , , n , (m o l) ; n , (m o l) ; n , (m o l) ,       2 2 2 30 24 52 8 19 8 1 35 1 2 1 1 22 4 44 18 Theo Định luật bảo toàn khối lượng ta tính được M m , , , . , (g am )   52 8 19 8 1 35 32 29 4  Nhận thấy mol CO2 lớn hơn mol H2O. Điều đó chứng tỏ axit đơn chức Y mạch hở có nhiều hơn 1 liên kết  . Tới đây ta loại được đáp án A và B.  Do tính chất bài toán trắc nghiệm tới đây chỉ còn 2 phương án là C và D. TH1 : Giả sử C đúng Theo bài ra ta có sơ đồ sau : x C H O : x (m o l) x y , C H O : y (m o l) x y , y                3 8 3 2 2 7 0 4 3 0 4 1 1 1 6 Thử lại : M m . . , (g am )   7 1 60 70 25 67 30 6  Vô lý vì m = 29,4 (gam) Vậy C sai  Đáp án D Câu 39: Bài giải :  Theo bài ra ta tính được : H C u SO F e N O n , (m o l) n , (m o l) n , (m o l) n , (m o l) n , (m o l)                   2 2 4 3 3 0 2 0 1 0 1 0 1 0 5  Về bản chất đây chính là hệ môi trường ion NO  3 trong môi trường chứa ion H  Nhận thấy khi cho kim loại Fe vào dung dịch sau phản ứng thu được 0,69 m gam hỗn hợp kim loại điều đó chứng tỏ Fe còn dư sau phản ứng. Như vậy thành phần dung dịch sau phản ứng chỉ là muối của ion Fe2+. Do H + hết nên ta sử dụng bán phản ứng để tính mol NO H NO e N O H O       3 2 4 3 2 H NO n , n , (m o l)      0 2 0 05 4 4  Bảo toàn lượng N ta tính được mol N O  3 còn lại trong dung dịch, NO n , (m ol)  3 0 45 Thành phần dung dịch sau phản ứng như sau : SO : , N O : , , . , F e : , (B T D T )             2 4 3 2 0 1 0 4 5 0 1 2 0 4 5 0 3 2 5 2  m uo i m , 55 7 Bảo toàn kim loại trước và sau phản ứng ta có phương trình sau : m , , , m , . m     6 4 5 6 0 69 0 325 56 20 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 23 Đáp án B  Nhận xét: Đây là câu hỏi cũng khá rối nếu chúng ta không phân tích giả thiết của đề cho. Chìa khóa mở của bài toán chính là giả thiết "0,69m gam hỗn hợp kim loại". Điều này có nghĩa là Fe còn dư sau phản ứng. Như vậy thành phần dung dịch sau phản ứng chỉ là muối của ion Fe2+. Đến đây thì việc giải quyết bài toán trở lên đơn giản. Câu 40: Bài giải :  Khi đốt cháy hoàn toàn mỗi chất X, Y đều tạo ra số mol CO2 ít hơn số mol H2O  X và Y là 2 ancol no mạch hở .  Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Z gồm những lượng bằng nhau về số mol của X và Y thu được tỉ lệ số mol CO2 và H2O tương ứng là 2:3. C O X , Y h h n n (m o l) C n       23 2 1 2 ; . H   2 3 6 1 . Mặt khác trong hỗn hợp Z gồm X và Y lại có số mol bằng nhau .  TH1 : Cả X và Y có số nguyên tử C bằng nhau. X : C H O Y : C H O    2 6 2 6 2  TH2 : X có 1 nguyên tử C  Dựa vào C  2 nên ta có : Y Y . .C C     1 1 1 2 3 2 Các chất thỏa mãn là C H O C H O C H O ( cap ) ( c ap ) C H O C H O C H O          4 4 4 3 8 3 8 2 3 8 3 2 2 ( vì số nhóm chức luôn nhỏ hơn hoặc bằng số nguyên tử C trong phân tử ) Vậy có 6 chất Đáp án A  Nhận xét: Bài toán đòi hỏi HS phải có kiến thức có sự suy luận tốt. Câu 41: Bài giải :  Đặt công thức của các chất X Y Z      và số mol mỗi chất lần lượt là : ' ' R C O O H : a R O H : a R C O O R : b      2  Khi cho M tác dụng với NaOH ' ' R C O O H N aO H R C O O N a H O R C O O R N aO H R C O O N a R O H       2 Theo bài ta có : ax it A n co l an co l ax it a c , M (a c ).M , , , M , ( a c )(M ) , a c a c                    2 0 2 60 8 05 8 05 8 05 40 25 2 1 23 16 4 2  Đáp án C Câu 42. Bài giải :  Nhận thấy khi hấp thụ 1 hidrocacbon no X và 1 hidrocacbon không no vào bình nước brom chứa 40 gam brom. Sau khi brom phản ứng hết thì khối lượng bình tăng lên 10,5 g Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 24 Điều đó chứng tỏ hidrocacbon không no bị hấp thụ hoàn toàn Khi đó khối lượng bình tăng chính là khối lượng của hidrocacbon không no B r R H RH khong no n , M C H m ,      2 3 6 0 25 42 10 5 ( nhận thấy chỉ có thể hidrocacbon có 1 liên kết  mới thỏa mãn)  Khí thoát ra bao gồm cả hidro cacbon no và có thể có hidrocacbon không no vì dung dịch Br2 ở đây không dư. Khi đó khí bay ra gồm n n C H C H    2 2 3 6 có khối lượng 3,7 gam Theo bài ra khi đốt cháy hỗn hợp khí bay ra thu được CO n , (m o l)  2 11 0 25 44 Nhận thấy thành phần của hỗn hợp chỉ gồm C và H Do đó ta tính được H H O , , . n , n , (m o l)      2 3 7 0 25 12 0 7 0 35 1 Từ đó ta sẽ tính được mol của hidrocacbon no ( Vì C3H6 khi đốt cháy thu được mol CO2 bằng mol H2O) n n n n H O CO C H C H n n n n , , , (m o l)         2 2 2 2 2 2 0 3 5 0 2 5 0 1 Theo bài ra ta có sơ đồ sau : n n O C H : , (m o l) C O : , (m o l) C H : x (m o l)       2 2 2 2 3 6 0 1 0 2 5 Do vậy ta có hệ sau : , .n x , 0 1 3 0 25 Nhận thấy C3H6 có thể dư, do đó x  0  n , 2 5 Do n là số nguyên dương nên n có thể nhận các giá trị: n =1 ; n=2 Do đó chất thỏa mãn là CH4 và C2H6 Đáp án A  Nhận xét: Đây không phải là bài tập khó nhưng để làm tốt thì HS cần có kĩ năng tính toán và suy luận tốt để tìm ra hướng giải quyết nhanh nhất. Câu 43: Bài giải :  Nhận thấy cùng lượng Ba(OH)2 nhưng khi tăng mol CO2 lên thì lượng kết tủa giảm.  Trường hợp cần quan tâm ở đây là với 0,06 mol CO2 cũng có thể đã tạo được lượng kết tủa lớn nhất sau đó đã bị hòa tan một phần. Hoặc cũng có thể mới chỉ tạo được kết tủa chứ kết tủa chưa bị hòa tan. Ta giả sử lượng CO2 tăng lên là để hòa tan kết tủa . Phương trình hòa tan như sau : CO BaCO H O Ba (HCO )   2 3 2 3 2 Số mol CO2 tăng 0,02 (mol) Số mol kết tủa giảm : b (mol) Vậy b = 0,02 (mol) Như vậy ở trường hợp này cả 2 thí nghiệm đều đã tạo được lượng kết tủa lớn nhất sau đó đã bị hòa tan. Như vậy ở TN1: B aC O : , (m o l) C O B a (O H ) , , B a (H C O ) : , (m o l)         3 2 2 3 2 0 0 4 0 0 6 0 0 4 0 0 1 2 Bảo toàn nguyên tố Ba ta tính được B a ( O H ) , n , (m o l) V , ( l) ,     2 0 0 5 0 0 5 0 1 0 5 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 25 Như vậy ở TN2: B aC O : , (m o l) C O B a (O H ) , , B a (H C O ) : , (m o l)         3 2 2 3 2 0 0 2 0 0 8 0 0 2 0 0 3 2 Bảo toàn nguyên tố Ba ta tính được B a ( O H ) , n , (m o l) V , ( l) ,     2 0 0 5 0 0 5 0 1 0 5 Như vậy ở TH này cả 2 thí nghiệm đều đúng ( ta không cần xét TH còn lại nữa )  Đáp án B Câu 44: Bài giải: 2 3 2 3 3 2 2 2 3 2 2 4 2 4 2 2 2 3 2 3 3 4 3 2 2 3 2 2 2 H S P b ( N O ) P bS 2H N O (1) P b ( N O ) C uC l P bC l C u ( N O ) ( 2 ) H S C uSO C uS H SO (3) S O 2H S 3S 2H O (4 ) 3 N H 3H O A lC l A l(O H ) 3N H C l(5 ) A lC l 3 N aA lO 6H O 4A l(O H ) 3N aC l(6 ) F eS 2H C l F eC l H S (7 ) N a S i                               3 2 3 3 2 3 2 3 2 2 3 3 2 3 2 O 2H C l 2 N aC l H S iO (8 ) 2 N aH C O B a (O H ) B aC O N a C O 2H O (9 ) 3 N a C O 2 F eC l 3H O 2 F e (O H ) 3C O 6 N aC l(1 0 )                  Các thí nghiệm tạo kết tủa: 1,2,3,4,5,6,8,9,10 Đáp án D Câu 45. Bài giải :  Vậy các chất thỏa mãn là : mantozơ, glucozơ, isobutilen, propanal, isopren, axit metacrylic, phenylamin, m-crezol, stiren, xiclopropan. Đáp án B  Nhận xét: - Để làm tốt dạng toán này HS cần nhớ kiến thức về 1 số phản ứng đặc trưng của 1 số hợp chất. - Chất có khả năng phản ứng được với nước Br2 : chất có liên kết bội (C=C); xiclo ankan vòng 3 cạnh ; phenol ; anilin ; chất có nhóm –CHO. Câu 46: Bài giải :  Ta nhận thấy X chính là X : HO CH CH OOCH   2 2 A. X là hợp chất hữu cơ đa chức.(tạp chức) B. X có tham gia phản ứng tráng bạc. ( đúng vì có nhóm –CHO) C. X tác dụng được với Na.( vì có nhóm OH ) D. X tác dụng được với dung dịch HCl ( có chức este)  Đáp án A Câu 47: Bài giải:  Số mol CO2 = 0,4875 < số mol H2O nên X là hỗn hợp 2 ancol đơn chức no, có công thức trung bình là n nC H OH2 1 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 26  Số C trung bình = C O X n , , n , ,    2 0 4 8 7 5 1 6 9 0 7 7 5 0 4 8 7 5 nên có một ancol là CH3OH  Khối lượng phần 1: = 0,2875 ( 14n + 18 ) =0,2875(14.1,69+18)=12  suy ra phần 1 có CH OH ROH CH OH : (g ) n , (m o l) R O H : (g ) n , , , (m o l)        33 6 0 1875 6 0 2875 0 1875 0 1  Rút ra ROH M ROH C H OH ,     3 7 6 60 0 1  Như vậy phần 2 có 0,1875k mol CH3OH và 0,1k mol C3H7OH. Theo đề đã có 01875k.0,8=0,15k mol CH3OH và 0,1k.0,5=0,05k mol C3H7OH tham gia các phản ứng ete hóa  Vậy ( ete ) ( , k , k ) m . , k . , k k , m m m . ,              3 1 2 18 0 15 0 05 32 0 15 60 0 05 15 2 5 2 12 12 2 5 42 Đáp án D Câu 48: Bài giải :  Từ dữ kiện bài cho ta tính được x en lu lo g lu an co l a n co l H O co n n n n , . , V . , . . . . , , V , , , m , . , , ,            2 2 1 0 1 3 6 8 0 5 5 0 8 2 4 6 0 6 4 8 3 6 8 4 4 9 8 1 6 2 0 8 0 4 5 3 6 8 0 8 4 4 9 8 7 4 4 Đáp án B  Nhận xét: Có thể nói đây là câu "gỡ điểm" của 1 đề thi. Việc chọn đáp án đúng/sai chỉ phụ thuộc vào thao tác bấm máy tính của mỗi bạn. Câu 49: Bài giải : B T D T K K , . , , , n n ,         0 0 5 2 0 1 0 0 8 0 0 5 0 0 7 Như vậy khi nung B thì ion tN O N O   0 3 2 ( đây là muối của kim loại kiềm ) C C SO : , N O : , X N O m m , K : , N a : ,             2 4 3 2 0 0 5 0 0 5 1 1 6 7 0 0 7 0 0 8  Đáp án B  Nhận xét: Để giải quyết dạng bài tập này các bạn chỉ cần chú ý đến đinh luật bảo toàn điện tích và nhớ các dạng nhiệt phân của muối nitrat. Câu 50: Bài giải : Theo hình vẽ : 2 M ax Ba (OH ) n 0, 5 n 0, 5     Khi phản ứng kết thúc : 3 3 2 BTNT .Ba BaCO Ba ( HCO ) n 0, 35 n 0, 5 0, 35 0,15       2 3 3 2 BTN T .C C O B aC O B a ( H C O ) n 0 , 3 5 0 ,1 5 .2 0 , 6 5 (m o l)      Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 27 →Chọn đáp án B ---------- HẾT ----------

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfmegabook_de_thi_thu_va_dap_an_chi_tiet_hoa_hoc_so_2_cuc_hay_1873.pdf