TÀI LIỆU TỰ SOẠN
Gi i hc
Moân: Hoaù hoïc


www.facebook.com/Hp.YDS
 HO Prince

1 | P a g e

MUÏC LUÏC
Khi A-2007 ______________________________________________ 003
Khi B-2007 ______________________________________________ 021
Khi A-2008 ______________________________________________ 032
Khi B-2008 ______________________________________________ 043
Khi A-2009 ______________________________________________ 053
Khi B-2009 ______________________________________________ 066
Khi A-2010 ______________________________________________ 080
Khi B-2010 ______________________________________________ 094
Khi A-2011 ______________________________________________ 106
Khi B-2011 ______________________________________________ 119
Khi A-2012 ______________________________________________ 131
Khi B-2012 ______________________________________________ 141

 HO Prince

n 0,2 mol; n 0,35

n
X
<
2
Br
n
< 2n
X

X chắc chắn có 1 ankin, hiđrocacbon còn lại có thể là anken hoặc ankan.
TH
1
: X gồm 1 anken (a mol) + 1 ankin (b mol)
Lúc đó: m
bình tăng
= m
X
= 6,7 gam

n 2n 2 n 2n 2
n' 2n'-2 2 n' 2n'-2 4
a a
b 2b
C H + Br C H Br

C H + 2Br C H Br




3
3
HNO
2 2 4 3
HNO
24
0,12 0,06
a 2a
2FeS Fe (SO )
Cu S 2CuSO
 
 

Theo định luật bảo tồn ngun tố (S ban đầu đều nằm trong
2-
4
SO
):

2-
4
22
S
SO
FeS +Cu S
n = n = 0,24 + a


Theo định luật bảo tồn điện tích:

CO
n = 0,0625

s C =
2
CO
X
n
n
= 2

Phaỷn ửựng chaựy
A. p cht h
x
H
y
hoc C
x
H
y
O
z
a N):
1. Ankan hay hp ch o
t
n 2n + 2 2 2 2
3n + 1



22
CO H O
n = n

3. Ankin-p ch o
t
n 2n - 2 2 2 2
3n - 1
C H + O nCO + n - 1 H O
2


22
2 2 n 2n-2
CO H O
CO H O C H
n > n
n - n = n








3n - 3
C H O nCO n - 3 H O
2


 HO Prince

5 | P a g e

22
2 2 n 2n-6
CO H O
CO H O C H
n > n
n - n = 3n







B. p cht h
x
H
y
N
t
hoc C
x


2. 

o
t
n 2n 1 2 2 2 2
11
C H N O nCO (n )H O N
22

    

22
2 2 n 2n+1
CO H O
H O CO C H N
n < n
n - n = 0,5n







3. 

o
t
n 2n – 1 2 2 2 2






 Nếu
22
CO H O
nn 


Hai hiđrocacbon có thể là:
2 anken
1 ankan (x mol) + 1 ankin-ankađien (y mol) (x = y)




 Nếu
22
CO H O
n < n


Hai hiđrocacbon có thể là:
2 ankin
1 anken + 1 ankin
1 ankan (x mol) + 1 ankin-ankađien (y mol) (x < y)



n
Số C =
n
hoặc
2
HO
hchc
2n
Số H =
n

- Bảo tồn ngun tố C và H, suy ra khối lượng hiđrocacbon.

Hướng dẫn:
Ancol tác dụng hết với Na

Ancol hết, Na có thể dư, do đó khơng sử dụng số mol Na tính số
mol ancol.

2
1
ROH + Na RONa + H
2


Áp dụng ĐLBTKL:
)
22
H ancol Na ancol H
chất rắn

H
n 
n
chất hữu cơ

chất có 1 nhóm –OH hoặc 1 nhóm –COOH.

2
H
n 
n
chất hữu cơ


chất có 2 nhóm –OH hoặc 2 nhóm –COOH hoặc 1 –OH và 1 –COOH.
 HO Prince

7 | P a g e Höôùng daãn:
Cho từ từ HCl vào dung dịch Na
2
CO
3
ta có lần lượt các phản ứng xảy ra

+ 2- -
33
+-

3 2 2
2H CO CO H O

  Höôùng daãn:
Thuỷ phân lipit thu được 2 loại axit béo:

Lipit: RCOO-C
3
H
5
-(OOCR’)
2

Ta có: n
glixerol
= n
lipit
= 0,5

M
lipit
= 888
Chn : C
17
H
35
COOH & C

8 | P a g e 35,5(k + 1)
%Cl = = 0,6396
62,5k + 34,5
 k = 3

: Cao su lưu hoá có 2% S về khối lượng, có bao nhiêu mắc xích isopren có 1 cầu nối
đisunfua (-S-S-). Giả thiết rằng các S đã thay thế cho H ở cầu metylen của cao su.
A. 23. B. 46. C. 45. D. 40.
Höôùng daãn:

(
2 3 2
CH C(CH )=CH CH )
n
+ 2S S S(  
2 3 2
CH C(CH )=CH CH )n64
%S = = 0,02
68n + 64
n 46Höôùng daãn:
X, Y, Z là đồng đẳng kế tiếp (hơn kém nhau 1 nhóm -CH

C H 3CO 3CaCO
0,1 0,3 0,3

 
 



Höôùng daãn:

3
HNO

3Ag NO
0,3 0,1



n
Ag
= 0,3mol
TH
1
: RCHO

2Ag

n
X
= 0,15

anđehit đơn chức (R-CHO)
n
anđehit
: n
Ag
= 1 : 4

anđehit 2 chức hoặc (HCHO)

 HO Prince

9 | P a g e
Höôùng daãn:
n
Ag
= 0,4 = 4n
X

X có thể là HCHO hoặc X có 2 nhóm -CHO

loại B, D.
n
Na
= 0,2 = 2n
Y

Y có 2 nhóm -OH

T 1

to mui NaHCO
3
(CO
2
d):
3
NaHCO NaOH
n = n

T 2


to mui Na
2
CO
3
(NaOH d):
2 3 2
Na CO CO
n = n

1 < T < 2

to 2 mui nh sau: 23
3 2 3 2

2. CO
2
ng vi dung dch Ca(OH)
2
hoc Ba(OH)
2
:
t:
2
2
CO
Ca(OH)
n
a
T = =
nb

T 1

to mui CaCO
3
(Ca(OH)
2
d):
32
CaCO CO
n = n

T 2






32
3
Ca(HCO )
CaCO
n = b-a (Soỏ lụựn-Soỏ beự)
n = b-(a-b) = 2b-a (2Soỏ beự-Soỏ lụựn)





3. CO
2
ng vi hn hp dung dch NaOH (KOH)
2
( Ba(OH)
2
):
 HO Prince


3
CO
(OH
-
dư):
2-
2
3
CO
CO
n = n

 1 < T < 2

tạo 2 muối như sau:


23
2
3 3 2a a a
(b - a) (b - a) (b - a)
CO OH HCO

HCO OH CO H O


  

2
2
Ca
Ba
n
n


:
- Nếu
2-
3
CO
n
<
2
2
Ca
Ba
n
n



n↓ =
2-
3
CO
n


tương tự.

Höôùng daãn:
Ta có:
2
2
2
3
3
CO
Ba(OH)
BaCO
CO
n = 0,12 mol
n = 2,5a mol
n = n = 0,08 mol








32
BaCO CO
n < n

Tạo 2 muối
Theo công thức, ta có:

Pb Fe H axit Cu Ag Hg Pt Au

Quy lut: Chất nào có tính oxi hoá mạnh sẽ bị khử trước
- Ion kim loại mạnh từ Al
3+
trở về trước thực tế không điện phân, thay vào đó là nước điện
phân.

-
22
2H O + 2e 2OH + H

- Kim loại tiếp theo bị khử theo phương trình:

n
M ne M



  Anot  Cc (+): cực nhận e
Có mặt các anion gốc axit hoặc OH
-
(do nước hoặc bazơ điện li).
Thứ tự nhường electron: 


+
22
1
H O 2H + O + 2e
2
-
22
1
2OH H O + O + 2e
2
 c Faraday:
A It
m = .
nF

Hoặc dùng công thức tính số mol electron nhường nhận ở mỗi điện cực:
e
It
n =
96500n cc > S

HO Prince

13 | P a g e

Trong ú:
A: nguyờn t khi.
n: s e tham gia phn ng in cc.
I: cng dũng in.
t: thi gian in phõn.
F: s Faraday ph thuc vo t.
Nu t(s) F = 96500.
Nu t(h) F = 26,8.
u m
a) Mc ni tip:
- Cng dũng in qua mi bỡnh l bng nhau.
- S thu v nhng e cỏc in cc cựng tờn phi nh nhau

cỏc cht sinh ra cỏc in
cc cựng tờn phi t l mol vi nhau.
:
Bỡnh 1: catot

2

Cu 2e Cu
x 2x







3.
A
):
1

2
ủpnc
22
2MOH 2M O H O

Phng phỏp ny dựng iu ch nhng kim loi t Al tr v trc t cỏc oxit thay vỡ
dựng CO, H
2
.
 HO Prince

14 | P a g e Höôùng daãn:



ñpdd
22
0,005 0,005
CuCl Cu + Cl








23
NH -R-COOH + HCl ClNH -R-COOH

Chênh lệch khối lượng:

X
Δm 13,95-10,3
n = = = 0,1mol
ΔM 36,5


M
X
= 103

Chn C
Löu yù:
Công thức tính số mol dựa vào sự chênh lệch khối lượng

Δm
n =
ΔM

Đúng trong trường hợp hệ số cân bằng trong phương trình bằng nhau.

Höôùng daãn:

2 4
H SO (l)
4

Fe FeSO
0,1 mol 0,1 mol

24
dd H SO dö
4 4 2 4 3 4
FeSO + KMnO Fe (SO ) + MnSO

Áp dụng ĐLBT e ta có:

2+ 3+ 7+ 2+

0,1 0,1 0, 02 0,1
Fe Fe + 1e Mn + 5e Mn

   

 


4

CO Ca(HCO ) CaCO
n = 2n + n 7,5 mol(
6 10 5
C H O )
leân men
2 5 2

n 2nC H OH + 2nCO
3,75 mol 7,5 mol




m
tinh bt
=
3,75.162
= 750 gam
0,81

 HO Prince

16 | P a g e

Lưu ý: CO
2
+ Ca(OH)

n
2a
Số C = = = 2
na
n
2a
Số nhóm -COOH = = Chọn D
na







Hướng dẫn:
(X): C
2
H
7
NO
2
tác dụng với dung dịch NaOH thu được 2 khí

(X) gồm: CH
3
COONH

 


m
mui
= 14,3 gam
Lưu ý: Hợp chất chứa N tác dụng được với NaOH gồm 3 nhóm lớn:
 Amino axit và đồng phân: NH
2
-R-COOH (khơng tạo khí)
 Muối amoni: R-COONH
4

NaOH
3
NH 
(nhẹ hơn KK)
 Muối của amin: RCOO-NH
3
-R’
NaOH
2
R'-NH 
(nặng hơn KK, ở thể khí chỉ có
CH
3
NH
2
và C
2


-+
33

CH COOH CH COO + H
a 0,01a


pH = y = lg[H
+
] = lg(0,01a)

lg(a) = y + 2 (2)
Từ (1) & (2)

x = y + 2

y = x - 2
Điện li
Độ điện li
α
cho biết phần trăm chất tan phân li thành ion và được biểu diễn bằng tỉ số nồng độ
mol của phân tử chất tan phân li thành ion (C) và nồng độ ban đầu của chất điện li (C
o
).

MA M A




a
o
o o o
ooo
HA H + A (K )
Ban đầu: C 0 0
Điện li: C C C
Cân bằng: (1 - C C C

2
+-
o
a
αC
[H ][A ]
K = =
[HA] 1-α

 << 1

1 - 

1

a
o
K

K = =
[MOH] 1-α

 << 1

1 - 

1

b
o
C
K
α =

Hướng dẫn:
+
24
HCl
H
H SO
n = 0,25
n = 0,5 mol
n = 0,125







+
24
H SO
H
n = 0,05 n = 0,1 mol2
2H + O H O
0,1 0,05


(vừa đủ)
O
Oxit
 m 0,05.16 0,8 gam  
KL oxit O
oxit
 m m - m 2,01 gam  

m
muối
=
2
4
KL
SO
m + m

= 2,01 + 0,05.96 = 6,81 gam

O + O
2 dư

Y qua H
2
SO
4
đặc

H
2
O bị giữ lại

Z: CO
2
và O
2 dưo
t
x y 2 2 2

y
1 mol (x + ) mol x mol
4
yy
C H + (x + )O xCO + H O
42


H
8
)

Hướng dẫn:
Khảo sát đáp án

X đơn chức chứa 1 N
2
NX
n = 0,025 n = 0,05 mol

2
CO
n = 0,15 mol


Số C =
2
CO
X
n
= 3
n

loại A, D.
Khi X tác dụng với NaOH thu được sản phẩm H
2
N-CH
2

C
=
22
.
33
= 4
22
1 - . 1 -
33
   
   
   0%
max
H 9
3 2 5 3 2 5 2
CH COOH + C H OH CH COOC H + H O
Ban đầu: 1 x 0 0
Phản ứng


0,9
0,1 ) 0,9 0,
: 0,9 0,9 0,9
Kết thúc: (x - 0,9 9

Nhiệt độ khơng đổi


: 2a mol, Cu(NO
3
)
2
: b mol, AgNO
3
; 2c mol
Để tách Ag ra khỏi muối chỉ cần dùng kim loại có tính khử mạnh và AgNO
3
tác dụng trước vì
Ag
+
có tính oxi hố mạnh hơn.

+
Ag + 1e Ag
2c 2c mol



Số mol e Ag
+
nhận = 2c mol

KL phải cho 2c mol e

Chn B. (Cu cho 2c mol e)  HO Prince

Σn = 0,04 mol

2
RCHO+H O
m = 0,04.31 = 1,24 gam

Bảo tồn khối lượng:
2
RCHO+H O [O]
m = m - m = 1,24 - 0,02.16 = 0,92 gamHướng dẫn:
Ta có:
3+ -
3
Al(OH)
Al OH
n = 0,3 mol; n = 0,5V mol; n = 0,2 mol

Giá trị lớn nhất ứng với trường hợp kết tủa tạo ra và tan một phần trong NaOH dư.

3+ -
3
- -
34
Al + 3OH Al(OH)
Al(OH) + OH [Al(OH) ]



(do gấp đơi phản ứng cháy)
Hỗn hợp sau khi đốt cháy gồm:
2
2
dư
3n - 2
O 
mol, CO
2
= n mol, H
2
O = n mol
 HO Prince

22 | P a g e

Hỗn hợp ban đầu gồm: C
n
H
2n
O
2
= 1 mol, O
2
= (3n - 2) mol
Q trình đẳng tích, ta có:

11
22
pn

)
24
Fe (SO còn lại
n
= 0,03 mol

Chn A

NG VI AXIT HNO
3

2
SO
4



 Vi HNO
3
:
Kim loi + HNO
3


Mui +






1
2
2
43
Fe Hỗn hợp rắn Fe(NO ) + + H O
m gam
m gam
NO
NO
NO
N
NH NO




 





Gồm 2 giai đoạn:
- Gđ 1: Sắt nhường e cho oxi.
- Gđ 2: Oxit sắt (trừ Fe
2
O
3
) và sắt dư nhường e cho HNO
3

8
-

: Hồ tan hết 11,36 gam hỗn hợp Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
trong dung dịch HNO
3
dư, thu
được 1,344 lít khí NO (đktc) và m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 38,72. B. 35,5. C. 49,09. D. 34,36.
Hướng dẫn:
Dạng đề này khơng có giai đoạn 1, ta xem như giai đoạn 1 có xảy ra.

53
0,18 0, 06
N 3e N




Ta có:
Fe Fe
11,36 - m 3m
+ 0,18 =

SO
4


Mui +





2
2
SO
S
HS
+ H
2
O

2 2 4
2
O + H SO dư
2 4 3 2
1
2
2
Fe Hỗn hợp rắn Fe (SO ) + + H O
m gam
m gam
SO

8
-

:
Cho m gam sắt tác dung với oxi, sau một thời gian thu được 11,36 gam chất rắn X. Cho X tác
dụng với dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng dư thu được 2,016 lít khí SO
2
(đktc). Giá trị của m là
A. 8,96. B. 5,6. C. 11,2. D. 8,4.
Hướng dẫn:

64
0,18 0, 09
S 2e S





 HO Prince

24 | P a g e Fe Fe
11,36 - m 3m

[C H O (OH) ] + 3nHNO [C H O (NO ) ] + 3nH O
0,3 0,1 mol



Khối lượng HNO
3
cần dùng với H = 90%

3
HNO
0,3.63
m = =
0,9
21 kg

Löu yù: Bài toán hiệu suất, yêu cầu tính lượng chất tham gia phản ứng thì chia hiệu suất, yêu
cầu tính lượng sản phẩm thì nhân hiệu suất.

Höôùng daãn:

o
100 C
2 3 2

3Cl + 6KOH KClO + 5KCl + 3H O
0,6 mol 0,5 mol

