Ứng Dụng độ Bất Bão Hòa Giải Bài Tập Hóa Hữu Cơ (Bài Viết được ...

Có thể bạn quan tâm

Trang Chủ
Đăng ký
Đăng nhập
Upload
Liên hệ

Trang Chủ › Hóa Học›Hóa Học 10 Ứng dụng độ bất bão hòa giải bài tập hóa hữu cơ (Bài viết được đăng trên Tạp chí Hóa Học và Ứng Dụng) pdf

11 trang

TRANG HA

24806

1 Download Bạn đang xem tài liệu "Ứng dụng độ bất bão hòa giải bài tập hóa hữu cơ (Bài viết được đăng trên Tạp chí Hóa Học và Ứng Dụng)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Ứng dụng độ bất bóo hũa giải bài tập húa hữu cơ (Bài viết được đăng trờn Tạp chớ Húa Học và Ứng Dụng) Vừ Văn Thiện-Bookgol Đại học Y Dược TP.HCM I. Độ Bất Bóo Hũa - Độ bất bóo hũa của hợp chất hữu cơ là đại lượng đặc trưng cho mức độ khụng no của phõn tử hợp chất hữu cơ. - Độ bất bóo hũa của hợp chất hữu cơ là đại lượng đặc trưng cho mức độ khụng no của phõn tử hợp chất hữu cơ.  Độ bất bóo hũa thường ký hiệu là k. - Với k là tổng số  và vũng của phõn tử đú. - Hợp chất hữu cơ mạch hở thỡ k=a+b ( với a là số liờn kết  ở gốc hidrocacbon và b là số liờn kết  ở nhúm chức .  Cụng thức : 2 (a 2) b 2 i i k      với ia , ib lần lượt là húa trị, số nguyờn tử của nguyờn tố thứ i  Vớ dụ : Hợp chất 3 4 2C H O cú độ bất bóo hũa là 2 (4 2) 3 (1 2) 4 (2 2) 2 2 2 k            II,Ứng dụng 1.Liờn kết  trung bỡnh - Hợp chất hữu cơ mạch hở cú độ bất bóo hũa bằng số liờn kết  .  Kớ hiệu tb 21 1 2 3 3 1 2 3 ... ... n n tb n a a a a a a a a               với 1 2 3, , ... na a a a lần lượt là số mol của cỏc hợp chất hữu cơ và 1 2 3, , ... n    lần lượt là số liờn kết  tương ứng của cỏc hợp chất hữu cơ đú. 2.Phản ứng đốt chỏy với Oxi  Bảng Cụng thức thể hiện mối liờn hệ giữa số mol CO2, H2O, (hoặc N2) và độ bất bóo hũa trong phản ứng đốt chỏy Hợp Chất Hữu cơ Độ Bất bóo hũa k Cụng thức thể hiện mối liờn hệ giữa số mol CO2, H2O, (hoặc N2)và k Cỏc trường hợp cụ thể: Dạng tổng quỏt: CnH2n+2+t-2kNtOz CxHy 2 2 2 x y k    2 2 .( 1) x y CH O OC H n k n n   Ankan 2 2 , 0n nC H k  : 2 2ankan H O CO n n n  Anken 2 , 1n nC H k  2 2H O CO n n Ankin 2 2 , 2n nC H k  2 2ankin CO H O n n n  x y zC H O 2 2 2 x y k    2 2 .( 1) x zyO CO H OC H n k n n   Ancol X no đơn,mạch hở, 2 2 , 0n nC H O k  : 2 2X H O CO n n n  Anđehit X no,đơn chức mạch hở, 2 , 1n nC H O k  : 2 2H O CO n n Axit X hoặc este X no, đơn chức, mạch hở, 2 2 , 1n nC H O k  : 2 2H O CO n n x y tC H N 2 2 2 x y t k     2 2 ( 1 0,5 ) x y tC CO H OH N n k t n n    hay 2 2 2 ( 1) x y t CO N H OC H N n k n n n    Amin no, đơn chức, mạch hở 2 3 N, 0n nC H k  : 2 2 .( 1,5)X CO H On n n   hay 2 2 2 .( 1)X CO N H On n n n    x y t zC H N O 2 2 2 x y t k     2 2 ( 1 0,5 ) x y t zC H N O CO H O n k t n n    hay 2 2 2 ( 1) x y t z CO N H OC H N O n k n n n    Amino axit X no,đơn chức,mạch hở phõn tử cú chứa 1 nhúm –NH2 và 1 nhúm – COOH 2 1 2 , 1n nC H NO k  : 1 2 22 2 .( 0,5) n nC H N C OO O H n n n    hay 2 2 2CO N H O n n n  X: n mC H Và Y: x y tC H N 2 2( 1) ( 1 0,5 )X X Y Y CO H On k n k t n n      Hỗn hợp X gồm:ankin 2 2 , 2nnC H k  và amin 2 3 , 0m m NC H k  : 2 2 2 3 2 2 ( 1,5) n n m m NC H C CO OH H n n n n        Chứng minh: * Đối với Hidrocacbon x yC H 2 (4 2) (1 2) 2 2 2 2 2 2 2 x y x y k y x k               Vậy cụng thức của Hidrocacbon được viết ở dạng khỏc 2 2 2n n kC H   Giả sử đốt chỏy hoàn toàn CxHy sau phản ứng thu được CO2 và H2O . Ta cú: 2 x y CO C H n x n  ; 2 2 x y H O C H n y n  thay vào biểu thức: 2 2 2 2 2 2 2 2. 2 2 2 1 ( 1) 2 2 x y x y x y x y x y CO H O C H C H CO H O C H CO H O C H C H n n n n n nx y k n k n n n n              *Đối với hỗn hợp gồm X:CnHm và Y:CxHyNt. Ta cú biểu thức liờn hệ với CO2 và H2O như sau : 2 2 ( 1) ( 1 0,5 )X X Y Y CO H On k n k t n n       .  Chứng minh: - Khi đốt X : 2 2 ( 1)X X CO H On k n n   (1) - Khi đốt Y: 2 2 ( 1 0,5 )Y Y CO H On k t n n    (2)  (1)+(2), ta được: 2 2 ( 1) ( 1 0,5 )X X Y Y CO H On k n k t n n       Như Cỏc trường hợp cũn lại chứng minh tương tự.  -Trường hợp đặc biệt : Cỏc aminoaxit  no, mạch hở phõn tử cú 1 nhúm 2NH và 1 nhúm OOHC cú dạng 2 1 2 , 1n nC H NO k  . Cỏc peptit tạo từ cỏc aminoaxit  đú cú dạng : 2 1 2 2 . 2 . 2 1( 1) 2 . 2 (2 . . 2) 2 n n t n t n t t tC H NO t H O C H N O t n t t n t t k t               với (t-1) liờn kết peptit. Vậy đối với peptit tạo bởi cỏc aminoaxit  trờn cú k t .Cụng thức mối liờn hệ là: 2 2 2 2 ( 1 0,5 ) , (0,5.t 1)peptit CO H O peptit CO H On k t n n k t n n n          Vị dụ: Đipeptit tạo bởi aminoaxit  no mạch hở,phõn tử cú 1 nhúm –NH2 và 1 nhúm – COOH,k=t=2 :CnH2nN2O3 ,Ta cú: 2 2 2 2 (0,5.2 1)dipeptit CO H O CO H On n n n n     Tripeptit tạo bởi aminoaxit  no mạch hở,phõn tử cú 1 nhúm –NH2 và 1 nhúm –COOH,k=t=3 :CnH2n-1N3O4 ,Ta cú: 2 2 2 2 (0,5.3 1) .0,5tripeptit CO H O tripeptit CO H On n n n n n      2.Phản ứng với H2 và dung dịch Br2 Xột cỏc phản ứng: 2 4 2 2 6 2 2 2 2 6 4 4 2 4 10 n 2n 2 2k 2 n 2n 2 C H (k 1) H C H C H (k 2) 2H C H C H (k 3) 3H C H C H kH C H              Từ đú suy ra : n 2n 2 2k 2 2 n 2n 2 2k C H H n 2n 2 2k H số mol của C H k.n n (1) số mol của C H n            Tương tự đối với Br2 ta cú: n 2n 2 2k 2 2 n 2n 2 2k C H Br n 2n 2 2k Br số mol của C H k.n n (2) số mol của C H n            (1)+(2), ta được : n 2n 2 2k 2 2 n 2n 2 2k C H Br H số mol của C H k. n n n       III,Vớ dụ minh họa 1: Hỗn hợp X gồm cỏc amin đơn chức và cỏc hidrocacbon đều mạch hở.Đốt chỏy hoàn toàn 0,1 mol X thu được V1 (lớt) CO2 8,96(lớt) H2O(đktc)và V2(lớt)N2.Mặt khỏc 0,1 mol X phản ứng vừa đủ với 0,15mol H2.Tổng thể tớch của CO2 và N2- (lớt)(đktc) là: A. 2,016 B. 10,08 C. 1,568 D. 13,44 Hướng dẫn giải Cơ chế phản ứng với H2: X+kH2Y(hợp chất hữu cơ no)  2 0,15 1,5 0,1 H X n k n    X cú dạng : x y tC H N với k=1,5 nờn ta sử dụng cụng thức : 2 2 2 2 2 2 2 1,50,1 0,4 ( 1) 0,45 0,45 22,4 10,08            X CO N H O CO N CO N n k n n n n n V 2 : Hỗn hợp X gồm etilen , 2 ankan đồng đẳng và hidrocacbon mạch hở M .Đốt chỏy hoàn toàn 0,6 mol X thu được hỗn hợp chứa 1,4 mol H2O và 1,5 mol CO2.M là : A. 2 6 C H B. 3 6C H C. 3 4C H D. 3 8C H Hướng dẫn giải Nhận xột : Hỗn hợp X mạch hở cú dạng x yC H chứa k liờn kết  . Theo cụng thức : 2 2 0,6 1,5 1,4 7 ( 1) 6 X CO H On k n n k     Vỡ 7 6 k  nờn trong X cú ớt nhất 1 hidrocacbon cú số liờn kết  lớn hơn 7 6 . Theo đỏp ỏn chỉ cú 3 4C H thỏa món.Đỏp ỏn C 3 : Hỗn hợp X gồm 3 este mạch hở đều cú dạng 3COOCH R trong đú tỉ lệ khối lượng 216 31 C H m m  .Cho 0,2 mol X làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol 2Br .Mặt khỏc đốt chỏy hoàn toàn 0,2 mol X thu được m(gam) 2CO .Giỏ trị của m là : A. 31,68. B. 30. C.60. D.32. Hướng dẫn giải Giả sử X cú k +1 liờn kết  suy ra gốc –R cú k liờn kết  0,2 mol X làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol 2Br => 2 0,1 0,5 0, 2 Br x n k n    Vậy X cú dạng 2 2 2 ( 1) 2 2 1 2x x k x xC H O C H O     Mặt khỏc ta cú : 3,6 6,2 2 12 216 3,6 : 2 1 31 C H m x x X C H O m x        2 0,36 0,2 0,72 44 0,72 31,68       COn mol m 4 : Hỗn hợp A chứa X và Y là 2 andehit đều no , mạch hở(MX<MY).Đốt chỏy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp A cần dựng 0,52 mol O2 thu được 0,64 mol CO2.Mặt khỏc 0,4 mol A làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa a mol Br2.Giỏ trị của a là: A. 0,8. B. 0,4. C.0,2. D. 0,64. Hướng dẫn giải A: 2 2 2n n k kC H O  BTNT O: 2 2 2 2(A) 0,4 0,52 0,64 .O 2. 2. 0,4. 0,52.2 0,64.2A O CO H O H O k n n n n k n       Theo cụng thức ta cú : 2 2 2 ( 1) 0,4( 1) 0,64A CO H O H On k n n k n        2 1,6, 0,4H Ok n  Nhận xột : 2 0,64 1,6 0,4 CO A n n n    X hoặc Y cú C=1và MX<MY X :HCHO Dễ thấy : n=k=1,6 mà X :C=O=1Y: C=OY chỉ cú thể là :OHC-CHO Ta cú : 2 A 0,4 2. 2 2.n 0,8   Br HCHO OHC CHOn n n 5 : X là este no, đơn chức, Y là axit cacboxylic đơn chức , khụng no chứa một liờn kết đụi C=C; Z là este 2 chức tạo bởi etylen glicol và axit Y (X, Y, Z, đều mạch hở,số mol Y bằng số mol Z). Đốt chỏy a(gam) hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dựng 0,335 mol O2 thu được tổng khối lượng 2CO và 2H O là 19,74gam. Mặt khỏc a (gam) E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,14 mol 2Br .Biết X cú khả năng trỏng bạc.Khối lượng của X trong E là A. 8,6 gam. B. 6,6 gam. C. 6,0 gam. D. 7,4 gam. Hướng dẫn giải Theo đề bài : X cú dạng HCOOR x mol Gọi y,a,b lần lượt là số mol của Y, 2CO , 2H O Khi tỏc dụng với 2Br ta cú : (2 1) (4 2) 0,14x y y     Bảo toàn O :  2 0,335.2 2 2 0,95a b x y y      . Theo đề : 44 18 19,74a b  0,33 ; 0,29a b   Theocụngthức:      1 1 2 1 4 1 0,33 0, 29 0,01 0,11x y y y x           2 3 0,33 33 : 2 : 0,11( ) 0,11 0,01 0,01 14 CO tb E n C X C X HCOOCH mol n          Vậy : 0,11 60 6,6  m 6 : Cho X,Y là hợp chất đồng đẳng của axit acrylic và X YM M ;Z là ancol cú cựng số nguyờn tử cacbon với X,T là este 2 chức tạo bỡi X,Y và Z.Đốt chỏy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X,Y,Z,T cần vừa đủ 13,216(l) 2O (đktc) thu được 2CO và 9,26(g) nước.Mặt khỏc lượng E trờn tỏc dụng tối đa với 0,04mol 2Br .Khối lượng muối thu được khi cho cựng 1 lượng E trờn tỏc dụng KOH dư là ? A. 4,68. B. 5,44. C. 5,04. D. 5,8. Hướng dẫn giải 2 13,216 0,59 22,4 On mol  , 2 9,38 0,52 18 H On   Theo định luật bảo toàn khối lượng : 2 2 2 11,16 0,52 32 9,38 20,68 0,47CO CO COm m n        Dễ thấy :Este 2 chức và 2 2H O CO n n => ancol no,2 chức Nờn ta gọi : 2 2 2 2 2 2 2 4 2 6 4 , : C (k 2)( 3) x(mol) : C ( 3)(k 0) y(mol) : ( 4) ( ) n n m m n m n m X Y H O n Z H O m T C H O k z mol             Bảo toàn O : 2 2 4 0,59.2 0,47.2 0,52(1)x y z     Khi tỏc dụng với 2Br ta cú :    2 1 4 2 0,05(2)x z    Theo cụng thức : (2-1)x+(0-1)y+(4-1)z=0,47-0,52(3) Từ (1),(2),(3) suy ra : 0,02; 0,1; 0,01x y z   2 0,47 47 0,02 0,1 0,01 13 CO E E n C n       nờn Z : 3 8 2C H O Bảo toàn C : 0,02 3.0,1 0,01(2 3) 0,47 3,5n n n      X,Y : 3,5 5 2C H O Khi E tỏc dụng KOH tạo ra muối 2,5 4COOKC H 2,5 4COOK 0,02 0,01 2 0,04C H KOHn n     => 2,5 4COOK 0,04 117 4,68  C Hm 7 : Hỗn hợp E chứa 3 peptit X,Y,Z đều tạo từ 2 aminoaxit  no chứa 1 nhúm 2NH và 1 nhúm OOHC . Đốt chỏy hoàn toàn x mol hỗn hợp E thu được 1V (lớt) 2CO (đktc)và 2V (lớt) 2H O (đktc).Mặt khỏc 0,04 mol E tỏc dụng vừa đủ với 0,13 mol NaOH.Biểu thức liờn hệ giữa x, 1V và 2V : A. 1 2 7 8 22,4 V V x   B. 1 2 9 8 22,4 V V x   C. 1 23 8 22,4 V V x   D. 1 2 5 8 22,4 V V x   Hướng dẫn giải E cú dạng : 1x y t tC H O N Ta cú: 1x y t tC H O N + tNaOHMuối của cỏc aminoaxit   4,25 3,25 0,13 3,2 , 4 : C5 0 0 x yE H O Nt    Áp dụng cụng thức : 2 2 1 2 1 2 3,25 22,4 22,4 5 n (0,5 t 1) 8 22,4      E CO H O x V V V V n n x 8 : Petit X,Y lần lượt cú cụng thức tổng quỏt dạng 3q p tC H ON , 4m n kC H O N (X,Y được tạo từ 1 aminoaxit  M chỉ 1 nhúm 2NH và 1 nhúm OOHC ).Đốt chỏy hoàn toàn hỗn hợp Q gồm 3amol X và 2amol Y cần dựng 85,68(lit) 2O (dktc) thu được hỗn hợp gồm 2 2 2, ,CO H O N , trong đú tổng khối lượng của 2 2,CO H O là 204,5 gam.Xỏc định M : A.Alanin B. glyxin. C. valin. D. axit 2-aminobutanoic Hướng dẫn giải Quy về peptit hỗn hợp Q : CxHyNtbOtb 3 3 2 4 3,4 1 4,4 3 2 tb tb tb a a N O N a a           Theo cụng thức ta cú : 2 2 2 2 2 2 3,43 2 (0,5 1) (3 2 )(0,5 3,4 1) 3,5 Q tb CO H O CO H O CO H O a a n N n n a a n n a n n               BTNT O ta được : 2 2 2 2 2Q tb 4,45 3,825 n .O 2. 2. 22 7,65 2.O CO H O CO H O a n n n a n n       Ta cú hệ : 2 2 2 2 2 2 2 2 3,5 3,4 22 7,65 2. 3,05 44. 18. 204,5 0,1 CO H O CO CO H O H O CO H O a n n n a n n n n n a                  Xột trong Q : 2 3,4 6,8 3 0,1 2 0,1 CO tb Q n C n        X hoặc Y cú 6,8C  vỡ X là tripeptit nờn C=6 => M chỉ cú thể là glyxin 9 : Đốt chỏy hoàn toàn X gồm axit cacboxylic no đơn chức mạch hở A và aminoaxit no chứa 1 nhúm –NH2 và a nhúm –COOH B thu được m(mol)CO2 ,n(mol) H2O và b (mol) N2.Biết rằng n-m=0,09.Giỏ trị của b là : A. 0,08. B. 0,1. C. 0,09. D. 0,07. Hướng dẫn giải Ta cú: : 1 : A k X B k a    Theo cụng thức ta cú: 2 2B B 1 1 ( 1) n (k 1 0,5. ) 1 0,5.1 0, 0 1,5 1 09A A B CO H O a n k N n a n a a mn                   1Xk  X cú dạng: CxHyNtOz với 1Xk   2 2 2 2 2 2 ( 1) 0,09         XX CO N H O N H O COn k n n n n n n 10 : X là hỗn hợp amin no 2 chức mạch hở,Y là hỗn hợp aminoaxit no mạch hở chứa 1 nhúm 2NH và 2 nhúm OOC H .Đốt chỏy hoàn toàn hỗn hợp E gồm 0,06 mol X và 0,12 mol Y cần dựng 30,912(l) 2O ( dktc) thu được 2N , 2CO và m(g) 2H O .Giỏ trị của m là : A. 22,3. B. 20,16. C. 12,3 D. 22,5. Hướng dẫn giải 22 4 4m 2m 1 : ,k 0;0,06mol : C H , 2;0,12 n n X C H N Y NO k mol      2 0,06 0,12 4 0,06 0,12 3 tbN       , 0 0,06 2 0,12 4 0,06 0,12 3 tbk        4 3 4 : , 3 tbx y zE C H N O k  BTNT O: 2 2 2 2 2(Y) 0,12 4 1,38 .O 2. 2 3,24 2Y O CO H O CO H On n n n n n      Theo cụng thức : 2 2 2 2 40,06 0,12 4 33 ( 1 0,5 ) 4 4 0,18.( 1 0,5 ) 0,06 3 3                tbE tb CO H O CO H O n k N n n n n 2 2 1,06 18.1,12 20,16 1,12       CO H O n m n IV.Bài Tập Tự Luyện 1,Hỗn hợp X gồm propylamin,etylamin và Hidrocacbon M.Đốt chỏy hoàn toàn 0,4(mol) X thu được 26,88(lớt) 2H O (đktc) và 24,64(lớt) hỗn hợp CO2và N2.M là: A.CH4 B.C2H4 C.C2H6 D.C3H8 2,X là mina oaxit  no chứa 1 nhúm 2NH và 1 nhúm OOC H .Đốt chỏy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp E chứa X và terapeptit tạo từ X thu được 24,84(gam) H2O và 1,44 (mol) CO2.Khối lượng của E là : A.46,44 B.44,44 C.47,5 D.43,56 3, X là axit cacboxylic đơn chứa, khụng no chứa một liờn kết đụi C=C,Y là este tạo từ axit X ,axit axetic và etylen glicol.Đốt chỏy hoàn toàn 11,56(gam) hỗn hợp E gồm X,Y và axit axetic ( trong đú số mol axit axetic bằng số mol Y) thu được tổng khối lượng H2O, CO2 là 27,24 .Mặt khỏc hỗn hợp E tỏc dụng vừa đủ với 0,16 (mol) NaOH.Khối lượng của X trong E : A.7,2 B.8,62 C.9,36 D.10,08 4,Đốt chỏy 0,1(mol) hỗn hợp X gồm ancol A và amin B(A,B đều no đơn chức mạch hở) cú tỉ khối so với 2H là 33,3 cần dựng a(mol) 2O .Giỏ trị của a là : A.0,333 B.0,6 C.0,4 D.0,555 5 * , Hỗn hợp X gồm etilen,propin, but-1-in, vinyl axetilen,anđehit axetic,trong đú chiếm 1/7 về thể tớch.Nung núng 0,42 mol hỗn hợp X với 0,54 mol H2(xỳc tỏc Ni),sau một thời gian thu được hỗn hợp Y cú tỉ khối so với H2 bằng 467/21.Dẫn Y qua bỡnh đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư,thấy cú 0,06 mol AgNO3 phản ứng và thu được m gam kết tủa, khớ thoỏt ra chỉ chứa cỏc hidrocacbon(khụng cú ankadien) dẫn qua bỡnh đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng brom phản ứng là 22,4, đồng thời khối lượng của bỡnh tăng là 5,6 gam.Tiếp tục thấy 4,032 lớt hỗn hợp khớ T thoỏt ra cú tỉ khối so với H2 bằng 212/9.Biết rằng đốt chỏy 0,42 mol hỗn hợp X trờn cần dựng 1,65 mol O2 Giỏ trị của m là: A. 8,3. B. 6,4. C. 4,0. D. 9,6. 6, Hỗn hợp X gồm C2H2,C2H6 và C3H6.Đốt chỏy hoàn toàn 24,8g hỗn hợp X thu được 28,8g nước.Mặt khỏc 0,5 mol hỗn hợp này tỏc dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,625 mol Br2.Khối lượng của C2H2 trong X: A. 15,79. B. 10,2. C. 11. D. 9,4

Tài liệu đính kèm:

Ung_dung_do_bat_bao_hoa_giai_bai_tap_hoa_huuThay_Vo_Van_Thien.pdf

Đề thi liên quan

Đề thi học kỳ I môn Hóa lớp 10 – Đề số 2
Lượt xem: 1139 Lượt tải: 2
Đề thi môn: Hóa khối 10 - Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành tỉnh Yên Bái
Lượt xem: 3000 Lượt tải: 3
Đề kiểm tra học kì I năm học 2016 - 2017 môn: Hóa học 10 - Mã đề thi 689
Lượt xem: 1744 Lượt tải: 1
Giáo án Chương 5: Nhóm Halogen
Lượt xem: 3982 Lượt tải: 3
Đề 1 kiểm tra trắc nghiệm (bài số 1) năm học : 2014 - 2015 môn: Hóa 10 (30 câu trắc nghiệm) thời gian làm bài: 45 phút
Lượt xem: 1141 Lượt tải: 1
Đề thi học sinh giỏi thành phố môn: Hóa học lớp 10
Lượt xem: 7967 Lượt tải: 2
Đề thi chọn học sinh giỏi khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ lần thứ VII, năm 2014 - Đề thi đề xuất môn Hóa học 10
Lượt xem: 4448 Lượt tải: 2
Giáo án Bài tập phân rã phóng xạ – phản ứng hạt nhân
Lượt xem: 2859 Lượt tải: 2
Đề thi môn Hóa học khối 10 năm 2015 - Trường THPT chuyên Lương Văn Tụy
Lượt xem: 2192 Lượt tải: 2
Bộ 38 đề thi học kỳ 1 (hóa 10)
Lượt xem: 2124 Lượt tải: 4