›
›
›

Bộ đề luyện thi học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 12

doc 22 trang thaodu 2030
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề luyện thi học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 12", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docbo_de_luyen_thi_hoc_sinh_gioi_mon_hoa_hoc_lop_12.doc

Nội dung text: Bộ đề luyện thi học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 12

  1. ĐỀ 62 Câu 1: Hoàn thành sơ đồ pư sau: C H O  O2 C H O  Y1 C H O  Y2 C H O  H2O X +Y +Y 4 6 2 xt 4 6 4 H2SO4 7 12 4 H2SO4 10 18 4 2 1 2 (X1) (X2) (X3) (X4) Cho X1 là anđehit đa chức mạch thẳng, Y2 là ancol bậc II. Câu 2: A, B, D là các đồng phân có cùng công thức phân tử C6H9O4Cl, thỏa mãn các điều kiện sau :  36,1g A + NaOH dư 9,2g etanol + 0,4 mol muối A1 + NaCl.  B + NaOH dư muối B1 + hai rượu (cùng số nguyên tử C) + NaCl  D + NaOH dư muối D1 + axeton + NaCl + H2O. Hãy lập luận xác định công thức cấu tạo của A, B, D và viết các phương trình phản ứng. Biết rằng D làm đỏ quì tím. Câu 3: 1/ Viết pư điều chế tơ lapsan từ metan và các chất vô cơ cần thiết 2/ Một dung dịch monoaxit HA nồng độ 0,373% có khối lượng riêng bằng 1,00 g/ml và pH = 1,70. Khi pha loãng gấp đôi thì pH = 1,89. a/ Tìm Ka của axit trên? b/ Tìm M và công thức của axit này biết nó có %KL của H = 1,46%; O = 46,72% và một nguyên tố X chưa biết với % khối lượng còn lại. Câu 4: 1/ Cho E0 của Fe2+/Fe = -0,44 vôn, Fe3+/Fe = -0,04 vôn. a/ Tính E0 của Fe3+/Fe2+? 3+ 2+ - -14 -36 b/ Tính E của Fe /Fe trong dd có [OH ] = 1M biết T của Fe(OH)2 = 10 và Fe(OH)3 = 10 . 2/ Hòa tan hết 7,33 gam hh kim loại M hóa trị II và oxit của nó thu được 1 lít dd X có pH = 13. a/ Tìm M? b/ Tính thể thích dd chứa HCl và H2SO4 có pH = 0 cần thêm vào 0,1 lít dd X để thu được dd mới có pH = 1,699. Câu 5: Cho 13,36 gam hh A gồm Cu, Fe3O4 vào dd H2SO4 đặc nóng dư thu được V1 lít SO2 và dd B. Cho B pư với NaOH dư được kết tủa C, nung kết tủa này đến khối lượng không đổi được 15,2 gam chất rắn D. Nếu cũng cho lượng A như trên vào 400 ml dd X chứa HNO3 và H2SO4 thấy có V2 lít NO duy nhất thoát ra và còn 0,64 gam kim loại chưa tan hết. Các pư xảy ra hoàn toàn và các khí đo ở đktc. 1/ Tính V1, V2? + - 2/ Tính CM mỗi chất trong X biết dung dịch sau pư của A với X chỉ có 3 ion(không kể ion H và OH do nước phân li ra)? Câu 6: Trộn hiđrocacbon khí A với oxi theo tỉ lệ thể tích A:O2 = 1:9 rồi cho vào bình kín thấy áp suất trong bình là 1 atm ở 00C. Bật tia lửa điện để A cháy hết, hh sau pư có áp suất là 1,575 atm ở 136,50C. 1/ Tìm CTPT của A? 2/ Viết CTCT có thể có của A biết tất cả các nguyên tử cacbon trong A đều có cùng một dạng lai hóa? 3/ Chọn CTCT của A ở trên để viết sơ đồ tổng hợp chất B(Anthracen) có CTCT như sau: Biêt ta phải dùng pư Đixơ-Anđơ có dạng(R, R’, X, Y có thể là H, gốc hiđrocacbon, nhóm chức ): R R CH X X HC HC HC HC CH Y Y R' R' Câu 7: Thêm từ từ 17,85 ml dung dịch kẽm clorua 17% (d =1,12g/ml) vào 25 ml dung dịch kali cacbonat 3,0 mol/lít (d = 1,30 g/ml) tạo ra kết tủa cacbonat bazơ. Sau phản ứng lọc bỏ kết tủa, tính nồng độ % các chất trong nước lọc.
  2. Câu 8: Cho hỗn hợp gồm 25,6 gam Cu và 23,2 gam Fe3O4 tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 2M cho đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A và chất rắn B. Cho dung dịch A phản ứng với dung dịch AgNO3 dư tách ra kết tủa D. Tính lượng kết tủa D. ĐỀ 63 Câu 1: 2,808 gam một đieste quang hoạt A chỉ chứa C, H, và O được xà phòng hóa với 30 ml dd NaOH 1M. Sau khi xà phòng hóa cần 6 ml dd HCl 1M để chỉ chuẩn độ NaOH dư. Sp xà phòng hóa gồm muối của axit đicacboxylic B không quang hoạt, CH 3OH và một ancol quang hoạt C. Ancol C pư với I 2/NaOH cho kết tủa vàng. Điaxit B pư chỉ pư với Br 2/CCl4 theo tỉ lệ 1:1 và chỉ cho một sp D duy nhất. Ozon phân B chỉ cho một sản phẩm. Viết CTCT của A, B, C không cần viết công thức lập thể và viết pư xảy ra? Câu 2: Hoàn thành sơ đồ pư sau: A i A 2 A 3 B D C 2 H 2 CH 3 CHO X 1 Y X 1 X 2 X 3 Câu 3: 1/ So sánh và giải thích tính bazơ của metylamin, amoniac, đimetylamin, etylamin, anilin, điphenylamin. 2/ Nêu cách phân biệt: etylamin, đietylamin và trietylamin và isopropylamin. 3/ So sánh và giải thích tính axit của các axit sau: axit axetic, axit lactic, axit acrylic, axit propionic. Câu 4: Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO 3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 ml ( đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B khô gồm 2 khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỷ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỷ khối của CO 2 so với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thẩn thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E. Viết phương trình phản ứng, tính lượng chất D và % lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Câu 5: Hỗn hợp chứa kẽm và kẽm oxit được hòa tan hết bằng dung dịch HNO 3 rất loãng nhận được dung dịch A và không có khí bay ra. Cô cạn cẩn thận dung dịch A rồi nung khan ở 210 0C đến khi không còn thoát ra thì thu được 2,24 lít khí (đo ở 191,1 K và 7,1. 104 Pa) và còn lại 113,4 gam chất rắn khô. Hãy xác định khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu(1 Pa = 9,87.10-6 atm). Câu 6: Để thủy phân hoàn toàn 0,74 gam một hỗn hợp este đơn chức cần 7,0 gam dung dịch KOH 8% trong nước. Khi đun nóng hỗn hợp este nói trên với axit H2SO4 80% sinh ra khí X. Làm lạnh X, đưa về điều kiện thường và đem cân, sau đó cho khí lội từ từ qua dung dịch brom dư trong nước thì thấy khối lượng khí giảm 1/3, trong đó khối lượng riêng của khí gần như không đổi. a/ Tính khối lượng mol của hỗn hợp este, xác định thành phần hỗn hợp khí sau khi đã làm lạnh và tính khối lượng của chúng. b/ Xác định thành phần hỗn hợp este ban đầu. c/ Nêu phản ứng để phân biệt 2 este trên, viết phương trình phản ứng. · 0 · 0 Câu 7: a) Tại sao trong các phân tử H2O, NH3 các góc liên kết HOH (104,29 ) và HNH (107 ) lại nhỏ hơn góc tứ diện (1090,28’) ? · 0 · 0 b) Xét 2 phân tử H2O và H2S tại sao góc HSH (92 15’) lại nhỏ hơn HOH (104 29’) · 0 · 0 c) Xét 2 phân tử H2O và F2O tại sao góc FOF (103 15’) lại nhỏ hơn HOH (104 29’) Câu 8: Trộn CuO với một oxit kim loại đơn hóa trị II theo tỷ lệ mol 1:2 được hỗn hợp A. Dẫn một luồng khí H2 dư đi qua 3,6 gam A nung nóng thu được hỗn hợp B. Để hòa tan hết B cần 60 ml dung dịch HNO3 nồng độ 2,5M và thu được V lít khí NO duy nhất(đktc) và dung dịch chỉ chứa nitat kim loại. Xác định kim loại hóa trị II nói trên và tính V?
  3. Đáp án đề 62 Câu 1: X1 là O=HC-CH2-CH2-CH=O, X2 là HOOC-CH2-CH2-COOH, Y1 là CH3-CH2-CH2-OH, Y2 là CH3-CHOH-CH3. Câu 2: A, B, D có cùng công thức phân tử: C6H9O4Cl ( =2) A + NaOH → C2H5OH + muối A1 + NaCl 0,2 mol 0,2mol 0,4 mol Từ tỉ lệ số mol các chất cho thấy A là este 2 chức chứa 1 gốc rượu C2H5- và axit tạp chức. CTCT của A: CH3-CH2-OOC-CH2-OOC-CH2-Cl CH3-CH2-OOC-CH2-OOC-CH2-Cl + 3NaOH → C2H5OH + 2 HO-CH2COONa + NaCl B + NaOH → muối B1 + hai rượu + NaCl Vì thuỷ phân B tạo ra 2 rượu khác nhau nhưng có ùng số nguyên tử C, nên mỗi rượu tối thiểu phải chứa 2C. CTCT duy nhất thỏa mãn: C2H5-OOC-COO-CH2-CH2-Cl C2H5-OOC-COO-CH2-CH2-Cl + 3NaOH → NaOOC-COONa + C2H5OH + C2H4(OH)2 + NaCl D + NaOH → muối D1 + axeton + NaCl + H2O Vì D làm đỏ quì tím nên phải có nhóm –COOH, thuỷ phân tạo axeton nên trong D phải có thêm chức este và rượu tạo thành sau thuỷ phân là gemdiol kém bền. CTCT của D: HOOC-CH2-COO-C(Cl)-(CH3)2 HOOC-CH2-COO-C(Cl)-(CH3)2 +3NaOH → NaOOC-CH2-COONa + CH3-CO-CH3 + NaCl + H2O Câu 3: 1/ Pư điều chế như sau: 6 0 0 o C ; C o 3 H C C H 2 C H 1 5 0 0 C 4 H C C H + 3H 2 C H 3 o A l C l 3 t + 2 C H 3 C l + 2 H C l C H 3 COOH C H 3 5 + 1 2 K M n O + 1 8 H S O 4 2 4 5 + 1 2 M n S O 4 + 6 K 2 S O 4 + 2 8 H 2 O C H 3 COOH P d/P bC O to 3 H C C H H C C H +H 2 2 2 3CH2=CH2 + 2KmnO4 +4H2O 3HO-CH2CH2-OH + 2MnO2 + 2KOH t0 ,xt nHOOC-C6H4-COOH + nHO-CH2CH2OH  (-OC-C6H4-COO-CH2CH2-O-)n + 2nH2O 2/ a/ Gọi C là nồng độ khi chưa pha loãng ta có: [H+] = 10-1,7 = 0,02M HA  H+ + A-. Ccb: C-0,02 0,02 0,02. 4.10 4  Ka = (*) C 0,02 + Khi pha loãng gấp đôi ta có: [H+] = 10-1,89 = 0,0129 HA  H+ + A-. Ccb: 0,5C-0,0129 0,0129 0,0129 0,01292  Ka = ( ) 0,5C 0,0129 4.10 4 0,01292 + Từ (*) và ( ) ta có: =  C = 0,0545M. C 0,02 0,5C 0,0129 -2 Thay vào (*) được Ka = 1,159.10 .
  4. b/ + Giả sử có 1 lít dd  khối lượng dd = 1000 gam  mHA = 0,373.1000/100 = 3,73 gam. Mặt khác số mol HA = 0,0545.1 = 0,0545 mol  M = 3,73/0,0545 = 68,44 đvC. a 1,46 16c 46,72 + Đặt CTPT của HA là HaXbOc ta có:  a 1;  b 2 68,44 100 68,44 100 bX 100 1,46 46,72 và  bX 35,5  b=1 và X = 35,5 thỏa mãn. 68,44 100 Vậy công thức của axit đã cho là HclO2 = axit clorơ Câu 4: 1/ a/ Một cách tổng quát ta có sơ đồ: + n e + n1e 1 X X1 X2 3 E1 E2 + n3e E3 ta có : n3.E3 = n1.E1 + n2.E2. Do đo nếu biết được 2 giá trị của E thì tính được E còn lại + Áp dụng sơ đồ trên ta có: Ta có sơ đồ: + 1e + 2e 3+ 2+ Fe Fe Fe E1 E2 + 3e E3 Do đó ta có: 3E3 = E1 + 2E2  3.(-0,04) = E1 + 2.(-0,44)  E1 = +0,76 vôn 0,059 [Fe3+ ] b/ Ta có: E E 0 lg (*) Fe3 / Fe2 Fe3 / Fe2 1 [Fe2+ ] + Khi [OH-] = 1 M thì: [Fe2+].12 = 10-14 [Fe2+] = 10-14 và [Fe3+].13 = 10-36 [Fe3+] = 10-36. 0,059 10-36 + Thay vào (*) được: E 0,76 lg =-0,538 vôn. Fe3 / Fe2 1 10-14 2/ a/ + Gọi x, y lần lượt là số mol của M và MO ta có: Mx + y(M+16) = 7,33. (I) + Pư: M + 2H2O → M(OH)2 + H2 mol: x x MO + H2O → M(OH)2. Mol: y y  số mol OH- = 2x + 2y = 1.0,1 (II) + Từ (I, II) ta có: 16y = 7,33 – 0,05M  M = 146,6 – 320y (*) + Từ (II) suy ra: 0,05 > y > 0 thay vào (*) ta có:146,6 > M > 130,6  M là Ba. b/ Số mol của OH- = 0,1.0,1 = 0,01 mol; Gọi V là thể tích cần tìm  số mol H+ = 1.V mol. Vì pH của dd sau pư < 7 nên sau pư axit dư  tính theo OH-. + - H + OH → H2O Mol bđ: V 0,01 Mol pư: 0,01 0,01 Mol còn: V-0,01 0 V 0,01  =10-1,699  V = 0,0122 lít V 0,1 64x 232y 13,36 x 0,1 Câu 5: 1/ Gọi x, y là số mol Cu và Fe3O4 ta dễ dàng lập được hệ sau: 3y  80x 160. 15,2 y 0,03 2 Áp dụng ĐLBT electron  V1 = 22,4.(0,1.2+0,03.1)/2= 2,576 lít + Khi cho A vào dd X thì có pư: + - 3+ 3Fe3O4 + 28H + NO3 → 9Fe + NO + 14H2O
  5. mol: 0,03 0,09 0,01 Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+ Mol: 0,045 0,09 0,045 0,09 0,64 + -  phải có: 0,1-0,045 - = 0,045 mol Cu pư với H và NO3 theo pư: 64 + - 2+ 3Cu + 8H + 2NO3 → 3Cu + 2NO + 4H2O mol: 0,045 0,045 0,03  V2 = 22,4.(0,01 + 0,03) = 0,896 lít 2+ 2+ 2/ Ta thấy số mol HNO3 = NO = 0,04 mol. Dung dịch sau pư của A với X có: 0,09 mol Fe + 0,09 mol Cu và 2- a mol SO4 . Áp dụng ĐLBT điện tích  a = 0,18 mol. + Vậy trong X có HNO3 = 0,1M và H2SO4 = 0,45M Câu 6: 1/ Gọi CxHy là công thức của A ta có: y y CxHy +(x+ ) O2 → xCO2 + H2O 4 2 y y Mol: a a(x+ ) ax a 4 2 + Số mol khí trước pư = a + 9a = 10a mol y y y + Số mol khí sau pư = ax + a + 9a – a(x+ ) = 9a + a 2 4 4 n RT n RT 10a.273 (9a 0,25ay).409,5  V bình kín = 1 1 2 2 hay:  y = 6. P1 P2 1 1,575 + Vì A là chất khí nên A có thể là: C2H6; C3H6 và C4H6. 3 2/Vì tất cả các nguyên tử C trong A đều có cùng một dạng lai hóa nên CTCT của A: CH3-CH3(sp ); 3 2 (CH2)3(xiclopropan = sp ); CH2=CH-CH=CH2(sp ) và CH CH2 (sp3) CH2 CH 3/ Ta chọn A là buta-1,3-đien để hoàn thành sơ đồ: buta-1,3-đien → butan → etilen. + + C H 2 H C C H 2 H C C H 2 C H 2 Cho 0 sp cuối cùng trong sơ đồ pư với H2/Ni, t thì thu được B Câu 7: + Ta có: ZnCl2 = 0,025 mol; K2CO3 = 0,075 mol. + Quá trình xảy ra: 2- - - CO3 + H2O → HCO3 + OH . 2+ - 2- 2Zn + 2OH + CO3 →[Zn2(OH)2]CO3↓ Do đó ta có pư xảy ra dạng phân tử là: 2ZnCl2 + 3K2CO3 → [Zn2(OH)2]CO3↓ + 2KHCO3 + 4KCl mol bđ: 0,025 0,075 0 0 0 mol pư: 0,025 0,0375 0,0125 0,025 0,05 mol còn: 0 0,0375 0,0125 0,025 0,05  Dung dịch nước lọc có: 0,0375 mol K2CO3 + 0,025 mol KHCO3 + 0,05 mol KCl + Khối lượng dd nước lọc = 17,85.1,12 + 25.1,3 – 0,0125.224 = 49,692 gam. + Vậy: K2CO3 = 10,4%; KHCO3 = 5,03%; KCl = 7,5% Câu 8: pư xảy ra: Fe3O4 + 8HCl 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O 0,1 0,8 0,2 0,1 Sau đó: Cu + 2 Fe3+ Cu2+ + 2 Fe2+
  6. 0,1 0,2 0,1 0,2 Khi đó dung dịch A chứa CuCl2 (0,1 mol) và FeCl2 (0,3 mol) Khi cho dung dịch A phản ứng với dung dịch AgNO3 dư có các phản ứng: Ag+ + Cl AgCl  0,8 0,8 Ag+ + Fe2+ Ag  + Fe3+ 0,3 0,3  khối lượng D = AgCl và Ag = (0,8 143,5) + (0,3 108) = 147,2 g Đáp án đề 63 Câu 1: + Số mol NaOH pư với A = 0,024 mol  số mol A = 0,012  MA =234 đvC  CTPT là C13H14O4. + Dựa vào sp của pư xà phòng hóa suy ra A có dạng: CH3OOC-R-COOR’  C là R’OH, mà R’OH quang hoạt và cho kết tủa vàng với I2/NaOH nên R’ có dạng: CH3-CHOH-CH2- + Do Ozon phân B chỉ cho 1 sp nên B phải có cấu tạo đối xứng, do B chỉ pư được với 1 brom nên A, B, C là: CH3-OOC-CH=CH-COOCH(CH3)C6H5; HOOC-CH=CH-COOH, CH3-CHOH-C6H5. Câu 2: A1 là C2H6 ; A2 là C2H5Cl ; A3 là C2H5OH ; X 1 là C2H4 ; X2 là C2H4Cl2 ; X3 là C2H4(OH)2 ; B, D, Y là CH3COO-CH = CH2 ; CH2 = CH – Cl ; CH3CHCl2 Câu 3: 1/ Đimetylamin > etylamin > metylamin > amoniac > anilin > điphenylamin. 2/ Dùng HNO2 thì: trietylamin không pư; đietylamin cho kết tủa vàng; 2 chất còn lại cho niơ bay ra. Để nhận ra 2 amin có khí thì ta dựa vào ancol tương ứng được tạo ra là bậc I và II. Nhận biết 2 ancol này bằng CuO rồi AgNO3/NH3. 3/ axit lactic > axit acrylic > axit axetic > axit propionic Câu 4: Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O với số mol đều là 0,01 mol  số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I) + 2+ 5 Mg + 12 H + 2 NO3 5 Mg + N2  + 6 H2O + 2+ 4 Mg + 10 H + 2 NO3 4 Mg + N2O  + 5 H2O + 3+ 10 Al + 36 H + 6 NO3 10 Al + 3 N2  + 18 H2O + 3+ 8 Al + 30 H + 6 NO3 8 Al + 3 N2O  + 15 H2O có thể có pư tạo NH4NO3 + 2+ 4 Mg + 10 H + NO3 4 Mg + NH4 + 3 H2O + 3+ 8 Al + 30 H +3 NO3 8 Al + 3 NH4 + 9 H2O  D có Al(NO3)3, Mg(NO3)2 có thể có NH4NO3. NH4NO3 → N2O↑ + 2H2O 2 NH4NO3 N2  + O2  + 4 H2O  4Al(NO3)3 2Al2O3 + 12 NO2  + 3O2  2Mg(NO3)2 2MgO + 4 NO2  + O2   E chỉ có Al2O3 và MgO. 27x 24y 2,16 + Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ : x 102. 40y 3,84 2  x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol  số mol e cho = 0,21 mol (II) + Từ (I, II) suy ra phải có NH4NO3. Từ đó dễ dàng tính được kết quả sau: D gồm: Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (2,4 gam) = 17,58 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại. Câu 5: + Số mol khí thoát ra là 0,1 mol. Pư có thể xảy ra : ZnO + 2HNO3 → Zn(NO3)2 + H2O (1) 4Zn + 10HNO3 → 4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O (2)
  7. t0 2100 NH4NO3  N2O + H2O (3) t0 3500 NH4NO3  N2 + 1/2O2 + H2O (3)’ Zn(NO3)2 → ZnO + 2NO2 + ½ O2 (4) + Ta thấy NH4NO3 phân hủy trước nên nếu Zn(NO3)2 phân hủy hết thì số mol khí phải lớn hơn số mol chất rắn là ZnO. + Xét trường hợp Zn(NO3)2 phân hủy hết chất rắn là ZnO với số mol ZnO = 113,4/81=1,4 mol > số mol khí là 0,1 mol  Zn(NO3)2 chưa bị phân hủy  số mol Zn(NO3)2 = 113,4/189 = 0,6 mol. + Theo (3) thì số mol khí = N2O = 0,1 mol  số mol NH4NO3 = 0,1 mol  Zn = 0,4 mol  ZnO = 0,6-0,4 = 0,2 mol. Câu 6: Từ pư thủy phân R-COO-R’ + KOH R-COOK + R’OH  mol 2 este = 0,01 và M = 74 * Có 2 khả năng xảy ra : - Cả 2 este đều có KL mol = 74 ( H-COO-C2H5 và CH3-COO-CH3) - Một trong hai este có KL mol H nên F· OF < H· OH Câu 8: Gọi oxit kim loại phải tìm là MO và a và 2a là số mol CuO và MO trong A. Vì hidro chỉ khử được những oxit kim loại đứng sau nhôm trong dãy điện hóa nên có 2 khả năng xảy ra: * Trường hợp 1: M đứng sau nhôm trong dãy điện hóa CuO + H2 Cu + H2O MO + H2 M + H2O 3Cu + 8HNO3 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O 3M + 8HNO3 3 M(NO3)2 + 2NO + 4H2O 80a (M 16).2a 3,6 Ta có hệ pt: 8a 16a  a = 0,01875 và M = 40  Ca  loại vì Ca trước Al = 0,15 3 3 * Trường hợp 2: M đứng trước nhôm trong dãy điện hóa  M = 24  Mg thỏa mãn. 0,0225. 2 %CuO 41,66%  V= . 22,4 = 0,336 lít. 3 % MgO 58,34%
  8. ĐỀ 64 Câu 1: Xác định sức điện động E0, hằng số cân bằng của phản ứng: 2 2+ Hg2 ⇋ Hg + Hg . nE 0 2+ 2 0 2+ 0,059 Cho : E (Hg / Hg2 ) = + 0,92; E (Hg / Hg) = + 0,85V và K = 10 Câu 2: Cho V lít CO qua ống sứ đựng 5,8 gam oxit sắt nung đỏ một thời gian thu được hh khí A và chất rắn B. Cho B pư hết với HNO 3 loãng thu được dd C và 0,784 lít NO. Cô cạn C thu được 18,15 gam muối sắt (III) khan. Nếu hòa tan B bằng HCl dư thì thấy thoát ra 0,672 lít khí(các khí đo ở đktc) 1/ Tìm công thức của oxit sắt ? 2/ Tính %KL mỗi chất trong B ? -3 Câu 3: Người ta dự tính hoà tan 10 mol Mg(NO3)2 trong 1 lít dung dịch NH3 0,5M; để tránh sự tạo thành kết -5 tủa Mg(OH)2 phải thêm vào dung dịch tối thiểu bao nhiêu mol NH 4Cl? Cho KNH3 = 1,8.10 ; T Mg(OH) 2 = 1,0.10-11 HCl KOH H2O Câu 4: Hoàn thành sơ đồ pư sau: (CH)3C CH CH2  A  B  C Sau đó hãy đề nghị một cơ chế để giải thích sự tạo thành C ? Câu 5: Hoàn thành sơ đồ pư sau: C D Axeton A B G 1,4 - dibrom - 2 - buten n-Butan 0 0 550 - 600 C B 1 C 1 D 1 GlyxerintriNitrat A 1 1) CH 2 CH 2 Mg O B 2 C 2 D 2 IsoamylAxetat + ete khan 2) H 3O + Biết pư của dẫn xuất halogen với Mg trong ete khan tạo ra hợp chất cơ magiê như sau: RX + Mg ete khan RMgX + Một vài pư của hợp chất cơ magiê: + + HCHO H2O/H RMgX  RCH2OMgX  RCH2OH MgX2 - Mg(OH)2 + + R1CHO H3O RMgX  RR1CHOMgX  R-CHOH-R1(ancol bậc II) + + R1 -CO-R2 H3O RMgX  RR1 R2COMgX  RR1-COH-R2(ancol bậc III) + + (CH2 )2O = etylen oxit H3O RMgX  RCH2 CH2OMgX  R CH2CH2OH + RMgX   + CO2 RCOOMgX H2O/H RCOOH Câu 6: X,Y là kim loại đơn hóa trị II và III. Hòa tan hết 14,0 gam hỗn hợp X, Y bằng axit HNO3 thoát ra 14,784 lít (27,30C và 1,1atm) hỗn hợp 2 khí oxit có màu nâu và có tỷ khối so với He = 9,56 , dung dịch nhận được chỉ chứa nitrat kim loại. Cùng lượng hỗn hợp 2 kim loại trên cho tác dụng với axit HCl dư thì cũng thoát ra 14,784 lít khí (27,30C và 1atm) và còn lại 3,2 gam chất rắn không tan. Xác định X, Y và tính % lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu. + + 2+ Câu 7: 1/ Dung dịch A gồm các cation: NH4 ; Na ; Ba và 1 anion X có thể là một trong các anion sau: – – 2– 2– 3– CH3COO ; NO3 ; SO4 ; CO3 ; PO4 . Hỏi X là anion nào? Biết rằng dung dịch A có pH = 5 . 2/ Thêm NaOH dư vào dung dịch CuSO4, thêm tiếp NH4NO3 vào dung dịch đến dư có hiện tượng gì xảy ra? Viết phương trình phản ứng. Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 2,7 gam chất hữu cơ A phải dùng vừa hết 4,76 lít oxi ở đktc, sp thu được chỉ có CO2 và H2O có khối lượng của CO2 – H2O = 5,9 gam. 1/ Tìm CTPT của A biết MA < Mglucozơ? 2/ Tìm CTCT của A biết A không pư với Na, NaOH. Khi A pư với nước brom thì thu được 2 sp B và C có CTPT là C7H7OBr. Chỉ rõ CTCT của B và C biết %B lớn hơn C? 3/ Viết pư điều chế A từ metan và các chất vô cơ khác?
  9. ĐỀ 65 Câu 1: Cho 45,24 gam một oxit sắt pư hết với 1,5 lít dd HNO3 loãng thu được dd A và 0,896 lít hh khí B gồm NO và N2O. Biết tỉ khối của B so với H2 là 17,625. Thêm vào A m gam Cu, sau pư thấy thoát ra 0,448 lít NO duy nhất và còn lại 2,88 gam kim loại không tan. Các khí đo ở đktc. a/ Tìm công thức của oxit sắt? b/ Tính m và nồng độ mol/l của dd HNO3 ban đầu? c/ Sau khi lọc bỏ kim loại không tan rồi đem cô cạn dung dịch thì thu được bao nhiêu gam muối khan? Câu 2: A, B, C, D là những hiđrocacbon có CTPT C9H12. Biết A chỉ chứa 2 loại hiđro. Đun nóng với KMnO4 thì A cho C9H6O6 , B cho C8H6O4, đun nóng C8H6O4 với anhiđrit axeitc cho sp là C8H4O3. C và D đều pư với Cu2Cl2/NH3 đều cho kết tủa màu đỏ và pư với dd HgSO4 sinh ra C9H14O(C cho M và D cho N). Ozon phân M cho nona-2,3,8-trion còn N cho 2-axetyl-3-metylhexađial. Tìm CTCT của A, B, C, D và viết pư xảy ra biết ank- 1-in pư với Cu2Cl2/NH3 đều cho kết tủa màu đỏ theo pư: R-C CH + Cu2Cl2 + NH3 → R-C CCu + NH4Cl Câu 3: Hoàn thành sơ đồ pư sau biết X là C6H8O4. (1): X + NaOH  A + B + C (7): C + AgNO3 + NH3 + H2O  L + E + Ag (2): A + H2SO4  A1 + Na2SO4. (8): L + NaOH  L1 + N + H2O CaO,t0 (3): A1 + AgNO3 + NH3 + H2O  D + E + Ag (9): L1 + NaOH  P↑ + I (4): D + HNO3  E + F↑ + H2O (10): B + H2SO4  Q + Na2SO4. 0 0 CaO,t H2SO4 ,t (5): A + NaOH  I + H↑ (11): Q  Z + H2O (6): F + NaOH  I + H2O Cho Z là axit acrylic Câu 4: Cho 7 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 500 ml dung dịch AgNO3. Sau pư được dung dịch A’ và 21,8 gam chất rắn B. Thêm NaOH dư vào A’ rồi nung kết tủa sinh ra trong không khí đến khối lượng không đổi được 7,6 gam chất rắn. 1/ Tính %m mỗi kim loại? 2/ Tính V dung dịch HNO3 2M min cần hoà tan hết 7 gam A biết tạo ra NO? Câu 5: Một hỗn hợp rắn A gồm kim loại M và một oxit của kim loại đó. Người ta lấy ra 3 phần, mỗi phần có 59,08g A. Phần thứ nhất hoà tan vào dung dịch HCl thu được 4,48 lít khí H2. Phần thứ hai hoà tan vào dung dịch của hỗn hợp NaNO3 và H2SO4 thu được 4,48 lít khí NO. Phần thứ 3 đem nung nóng rồi cho tác dụng với khí H2 dư cho đến khi được một chất rắn duy nhất, hoà tan hết chất rắn đó bằng nước cường toan thì có 17,92 lít khí NO thoát ra. Các thể tích đo ở đktc. Hãy tính khối lượng nguyên tử, cho biết tên của kim loại M và công thức oxit trong hỗn hợp A. N a 2 C O 3 ( 1 ) ( 2 ) ( 9 ) ( 1 0 ) ( 4 ) A ( 5 ) ( 3 ) ( 7 ) ( 6 ) B C Câu 6: Hoàn thành sơ đồ pư sau: ( 8 ) Câu 7: Một monotecpenoit mạch hở A có công thức phân tử C10H18O (khung cacbon hai đơn vị isopren nối với nhau theo qui tắc đầu-đuôi). Oxi hoá A thu được hỗn hợp hất A1, A2 và A3. Chất A1 (C3H6O) cho phản ứng iodofom và không làm mất màu brôm. Chất A2 (C2H2O4) phản ứng được với Na2CO3 và với CaCl2 cho kết tủa trắng tan trong axit axetic; A2 làm mất màu dung dịch KMnO4 loãng. Chất A3 (C5H8O3) phản ứng iodofom và phản ứng được với Na2CO3. a. Viết công thức cấu tạo của A1, A2 và A3. b. Vẽ công thức các đồng phân hình học của A và gọi tên theo danh pháp IUPAC. Câu 8: 1/ Hòa tan 69 gam hh CuCl2, FeCl3 theo tỉ lệ mol 1:2 vào nước được dung dịch A. Điện phân A với điện cực trơ, thời gian điện phân hết các muối là T. Tính độ tăng khối lượng ở catot khi điện phân trong thời gian 0,5T; 0,7T.(Cho thứ tự đp lần là Fe3+ > Cu2+ > Fe2+). 2/ Hỗn hợp X gồm NaCl, NaHCO3, Na2CO3 trong đó có một muối ngậm nước. 61,3 gam X pư vừa hết với 100 ml dd HCl 4,5M thu được V lít CO2 ở đktc, dd A. Cho A vào 100 ml dd AgNO3 6,5M thì vừa thu được kết tủa max. Nếu cho dd NaOH dư vào X thì được dd Y, cho tiếp dd Ba(NO3)2 dư vào Y thì thu được lượng kết tủa lớn nhất là 68,95 gam. Tính V và %KL mỗi chất trong X?
  10. Đáp án đề 64 2 2 + Câu 1: Hg2 có số oxi hóa +1 do đó Hg2 Hg . 2+ + 2e 2+ + 1e Hg Hg Hg 2 E1 E2 + 2e E3 – 3  2E3 = 2E1 + E2  2.0,85 = 2.0,92 + E2  E2 = -0,14 vôn  K = 4,26. 10 Câu 2: a) Số mol Fe trong FexOy = số mol Fe trong Fe(NO3)3 = 0,075 số mol oxi trong FexOy = (5,8-0,075.56)/16 = 0,1  oxit là Fe3O4. b) B có thể chứa Fe, FeO (a mol) và Fe3O4 dư (b mol) 3Fe3O4 + 28HNO3 9Fe(NO3)3 + NO + H2O 3FeO + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O Fe + 4 HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O Fe + 2HCl FeCl + H , n n 0,03(mol) 2 2 Fe H2 56.0,03 72a 232b 5,16 a 0 ta có : a b 0,03 0,035 b 0,015 3 3 0,03.56 %m Fe .100% 32,56% và %m 100% 32,56% 67,44% 5,16 Fe3O4 2+ 2 -11 0 2+ 3 4 Câu 3: Để không có kết tủ Mg(OH)2 thì [Mg ].[OH ] 10 . Với C (Mg ) = 10 thì [OH ] 10 . -5 Cân bằng NH3 + H2O ⇌ NH4 + OH Kb = 1,8.10 . [ ] 0,5 – 10 4 x + 10 4 10 4 (x 10 4 ) 10 4 cã = 1,8.10-5 (coi 10 4<< 0,5 ) x = 0,0899 0,5 10 4 Vậy phải thêm ít nhất 0,0899 mol NH4Cl để không tạo kêt tủa Mg(OH)2. Câu 4: CH CH CH 3 3 3 H3C CH3 + HCl KOH - H O CH C CH CH CH C CH CH CH C CH CH 2 C C 3 2 3 3 3 3 +H+ CH H3C CH 3 CH3Cl CH3 OH 3 . (A) (B) (C) C¬ chế phản ứng chuyển vị tạo chất (C):
  11. CH 3 CH3 CH3 +H+ - H O (+) CH C CH CH CH 2 3 3 CH3 C CH 3 CH3 C CH CH3 (+) CH OH 3 CH3 OH2 CH3 (B) CH H C CH 3 H3C CH3 3 3 (+) (+) CH C CH CH C CH C C 3 3 + -H H C CH H3C CH3 3 3 CH3 (C) Câu 5: A là C2H4; B là C2H5OH; C là CH3COOH; D là CH3COONa; G là buta-1,3-đien. A1 là propen; B1 là CH2=CH-CH2Cl; C1 là CH2Cl-CHCl-CH2Cl; D1 là glixerol, B2 là CH3-CHBr-CH3; D2 là (CH3)2CH-CH2-CH2-OH. Câu 6: Số mol khí = 0,66 và 0,6 mol. Từ MTB= 9,56. 4 = 38,24 suy ra NO2 > 38,24 nên khí còn lại phải là NO = 30 < 38,24. Và tính được NO = 0,32 mol và NO2 = 0,34 mol 3X + 8HNO3 3X(NO3)2 + 2NO + 4H2O Y + 4HNO3 Y(NO3)3 + NO + 2H2O X + 4HNO3 X(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O Y + 6HNO3 Y(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O X + 2HCl XCl2 + H2  hoặc 2Y + 6HCl 2YCl3 + 3H2  Biện luận: * Nếu kim loại Y không tan trong axit HCl 10,8 Theo pt: số mol X = 0,6 và lượng X = 10,8 gam nên X = = 18 (không có kim loại thỏa mãn) 0,6 * Vậy kim loại X không tan trong axit HCl 10,8 Theo pt: số mol Y = 0,4 và lượng Y = 14- 3,2= 10,8 gam nên Y = = 27  Al 0,4 Al 3e Al3 Đặt số mol X bằng a:  tổng số e nhường = 0,4. 3 + 2a = 1,2 + 2a 2 X 2e X N 5 3e N 2  tổng số e thu = 0,32. 3 + 0,34 = 1,30 5 4 N 1e N 3,2  1,2 + 2a = 1,3 a = 0,05. Vậy X = = 64  Cu và % Al = 77,14% ; %Cu = 22,86% 0,05 – Câu 7: 1/ X là NO3 vì NH4NO3: môi trường axit pH< 7. 2+ - 2/ + có kết tủa màu xanh: Cu + 2OH → Cu(OH)2 + - + có khí mùi khai : NH4 + OH → NH3 + H2O 2+ - + kết tủa tan tạo dung dịch xanh thẫm: Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH3)4] + 2OH Câu 8: A là C7H8O với CTCT là CH3-O-C6H5, B là p-Br-C6H4-O-CH3. Để điều chế A ta làm như sau: CH3Cl Metan → axetilen → benzen → clobenzen → natri phenolat  C6H5-O-CH3 + NaCl (không dùng pư C6H5OH + CH3OH vì phenol không pư với ancol) Đáp án đề 65 0,195 Câu 1: a/ NO = 0,025 mol và N2O = 0,015 mol  số mol e cho = 0,195 mol  số mol FexOy = 3x 2y 0,195(56x 16y) x 3  45,24 =  124,8x = 93,6y   oxit sắt là Fe3O4. 3x 2y y 4 b/ dd A có 0,585 mol Fe(NO3)3 và HNO3 dư. Khi thêm m gam Cu vào thì có pứ sau: + - 2+ 3Cu + 8H + 2NO3 → 3Cu + 2NO + 4H2O
  12. mol: 0,03 0,08 0,02 0,02 2Fe3+ + Cu → 2Fe2+ + Cu2+. Mol: 0,585 0,2925  m = 64.(0,03+0,2925) + 2,88 = 23,52 gam. + Số mol HNO3 = 1,89 mol  CM = 1,26M c/ khối lượng muối = Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2 = 165,93 gam. Câu 2: + Ta thấy rằng A, B phải có vòng benzen + Ta biết rằng mỗi nhánh ở vòng benzen sau khi oxi hóa cho 2 Oxi gắn với vòng nên  A phải có 3 nhánh vì cho sp có 6 Oxi  B có 2 nhánh vì sp có 4 oxi. + Do A có 3 nhánh và chỉ chứa 2 loại H nên A có CTCT là: CH3 H3C CH3 Thật vậy: COOH CH3 [O] + H 2O HOOC COOH H3C CH3 + Vì sp của B pư với anhiđrit axetic cho sp là C8H4O3 nên 2 nhánh của B phải gần nhau. Do đó B là: C O O H O C H 3 C O C O O H C 2 H 5 [O ] C O + (C H 3 C O ) 2 O - C O 2 - H 2 O - 2 C H 3 C O O H + C và D đều pư với Cu2Cl2/NH3 cho kết tủa đỏ nên phải là ank-1-in. Dựa vào sp ozon phân suy ra CTCT của C và D là: C C H C H 3 C C H C H 3 (C ) (D ) Thật vậy: C CH CO-CH3 CH3 2+ + H2O/Hg CH 3 + O3 CH3-CO-CO-CH2-CH2-CH2-CH2-CO-CH3. và CH 3 CH C CH 3 2+ CH 3 + H 2O /Hg C O-CH 3 + O 3 CH 3-C O-CH-CH-CH 2-CH 2-CH=O CH=O Câu 3: X là: HCOO-C2H4-COO-CH=CH2 với 2 CTCT thỏa mãn là: HCOO-CH2-CH2-COO-CH=CH2. và HCOO-CH(CH3)-COO-CH=CH2; A là HCOONa; B là HO-CH2-CH2-COONa hoặc HO-CH(CH3)-COONa; C là CH3-CHO Câu 4: 1/ Pư xảy ra theo thứ tự sau: Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag (1) Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag (2)
  13. Có thể có: Fe(NO3)2 +AgNO3 → Fe(NO3)3 + 2Ag (3) + Gọi số mol của Fe và Cu lần lượt là x và y ta có: 56x + 64y = 7 (I) + Ta phải xét các trường hợp sau:  TH1: Chỉ có pư (1)  chỉ có Fe pư.  TH2: Có pư (1) và (2)  Fe hết và Cu pư 1 phần hoặc vừa hết  TH3: Có pư (1), (2) và (3)  Fe và Cu hết và AgNO3 dư sau (2) * TH 1: Chỉ có Fe pư ở (1). Gọi x là số mol Fe pư, y là số mol Cu và z là số mol Fe dư ta có: 56(x+z) + 64y = 7 (I) Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag (1) Mol: x 2x x 2x  A’ có Fe(NO3)2 = x mol. B có 2x mol Ag + Cu = y mol và có thể có Fe dư = z mol. + Theo giả thiết ta có: 108.2x + 64y + 56z = 21,8 (II) + Khi A’ pư với NaOH ta có: Fe(NO3)2 → Fe(OH)2 →Fe(OH)3 → Fe2O3. Mol: x x x 0,5x  0,5x.160 = 7,6 (III) + Thay (III) vào (I, II) ta có: 64y + 56z = 1,68 và 64y + 56z = 1,28  Loại trường hợp này. * TH2: Có pư (1, 2)  Fe hết và Cu pư 1 phần hoặc vừa hết  gọi x là số mol Fe, y là số mol Cu pư và z là số mol Cu dư ta có: 56x + 64(y+z) = 7 (I) Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag (1) Mol: x 2x x 2x Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag Mol: y 2y y 2y  A’ có Fe(NO3)2 = x mol và Cu(NO3)2 = y mol. B có (2x+2y) mol Ag + Cu dư = z mol + Theo giả thiết ta có: 108.(2x+2y) + 64z = 21,8 (II) + Khi A’ pư với NaOH ta có:  0,5x.160 + 80y = 7,6 (III) + Giải (I, II, III) được: x = 0,045 mol; y = 0,05 mol và z = 0,02 mol Vậy %Fe = 36%. *TH3: Xảy ra pư (3) khi đó B chỉ có Ag  Số mol e mà Ag+ nhận số mol e mà A cho  21,8/108 số mol e mà A cho. Giả sử A chỉ có Cu thì số mol e cho là nhỏ nhất và = 2.7/64  21,8/108 14/64 điều này vô lí 2/ 7 gam A có 0,045 mol Fe và 0,07 mol Cu. Để lượng HNO3 min thì xảy ra pư sau: Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O Mol: 0,045 0,18 0,045 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O mol: a 8a/3 a và Cu + 2Fe(NO3)3 → Cu(NO3)2 + 2Fe(NO3)2. Mol: 0,0225 0,045  a + 0,0225 = 0,07  a = 0,0475 mol  HNO3 = 0,3067 mol  V = 153,33 mol. ĐS: 1/ Fe = 36% 2/ 153,3 ml Câu 5: Đặt CT của oxit là MxOy; gọi số mol M và MxOy trong một phần lần lượt là a và b ta có: Ma + b(Mx+16y) = 59,08 (I) + Với phần 1 ta có: 2M + 2nHCl → 2MCln + nH2. Mol: a an/2  an = 0,4 (II) + Với phần 2 ta có: + - m+ 3M + 4mH + mNO3 → 3M +mNO + 2mH2O + - m+ 3MxOy + (4xm-2y)H +(mx-2y)NO3 → 3xM +(mx-2y)NO +(2mx-y)H2O  am + b(mx-2y) = 0,2.3 (III) + Với phần 3 ta có: MxOy + yH2 → xM + yH2O Mol: b bx
  14.  chất rắn gồm (a+bx) mol M. Do đó: 3M + mHNO3 + 3mHCl → 3MClm + mNO + 2mH2O  m(a+bx) = 0,8.3 (IV) + Từ (III và IV) ta có by = 0,9 mol thay vào (I) ta được: M(a+bx) = 44,68 (V) + Chia (V) cho (IV) được: M = 18,6 m  m = 3 và M = Fe. Từ M là Fe và (II)  n = 2  a = 0,2 mol  bx = 0,6 mol và by = 0,9 mol  x/y = 2/3  oxit đã cho là Fe2O3. Câu 6: A là CO2, B là CaCO3 và C là Ca(HCO3)2. Câu 7: A1 là CH3-CO-CH3; A2 là HOOC-COOH; A3 là CH3-CO-CH2-CH2-COOH. Vì A là tecpen nên khung cacbon của A sẽ được tạo thành bằng cách ghép 2 isopren với nhau  CTCT phù hợp của A là: CH3 - C = CH - CH2 - CH2 - C = CH - CH2 - OH CH 3 CH3 3,7-đimetylocta-2,6-đienol. Viết lại A dạng sau: CH3 CH2OH H C 3 CH3 + Pư xảy ra: Câu 8: 1/ Ta có số mol CuCl2 = 0,15 mol và FeCl3 = 0,3 mol. Độ tăng KL ở catot bằng KL kim loại sinh ra bám vào catot. - + Ở anot xảy ra pư: 2Cl → Cl2 + 2e mol: 1,2 1,2  Khi đp hết thì số mol e trao đổi là 1,2 mol  khi đp là 0,5T và 0,7T thì số mol e trao đổi là 0,6 mol và 0,84 mol. + Ở catot xảy ra pư theo thứ tự: Fe3+ + 1e → Fe2+ Cu2+ + 2e → Cu Fe2+ + 2e → Fe + TH1: thời gian đp là 0,5T ứng với 0,6 mol e trao đổi thì có Fe3+ + 1e → Fe2+ mol: 0,3 0,3 0,3 Cu2+ + 2e → Cu mol: 0,15 0,3 0,15  Độ tăng KL ở catot = KL của Cu = 0,15.64 = 9,6 gam + TH2: thời gian đp là 0,7T ứng với 0,84 mol e trao đổi. Fe3+ + 1e → Fe2+ mol: 0,3 0,3 0,3 Cu2+ + 2e → Cu mol: 0,15 0,3 0,15 Fe2+ + 2e → Fe mol: 0,12 0,24 0,12  Độ tăng KL ở catot = KL của Cu + Fe = 16,32 gam. - - 2- 2/ + Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cl ; HCO3 và CO3 ta có: y + 2z = 0,1.4,5; x + 0,45 = 0,65 và y + z = 0,35  x =0,2 mol; y = 0,25 mol và z = 0,1 mol  V = 22,4.(y+z)=7,84 lít  Số mol NaCl = 0,2 mol; NaHCO3 = 0,25 mol; Na2CO3 = 0,1 mol. Gọi n là số mol nước ta có: 0,2.58,5 + 0,25.84 + 0,1.106 + 18.n = 61,3  n = 1 mol.  có 3 khả năng là: NaCl.5H2O; NaHCO3.4H2O và Na2CO3.10H2O nhưng chỉ có Na2CO3.10H2O là phù hợp với thực nghiệm.
  15. Đề 66 Câu 1: Axit axety salixilic(còn gọi là aspirin) có dạng HA là axit yếu có pKa = 3,49. Độ tan trong nước của nó ở nhiệt độ phòng là 3,55 gam/dm3. a/ Tính pH của dung dịch aspirin bão hoà ở nhiệt độ phòng? b/ Tính KL tối thiểu NaOH cần để hoà tan 0,1 mol aspirin vào nước thành 1 lit dd ? Tính pH của dd này? c/ Viết pư điều chế aspirin từ metan và các chất vô cơ cần thiết? Câu 2: 1/ Cho E0 của Sn4+/Sn2+ = 0,15V và Sn2+/Sn = -0,14V. Giải thích tại sao khi hòa tan Sn trong dd HCl dư không tạo ra Sn4+ mà chỉ tạo ra Sn2+? 2/ Cho E0 của Fe3+/Fe2+ = 0,771 V và Ag+/Ag = 0,799 V. a/ Viết pư xảy ra khi cho 2 cặp trên pư với nhau? b/ Trộn 50 ml dd AgNO3 0,01M với 25 ml dd Fe(NO3)2 0,02M; 25 ml dd Fe(NO3)3 0,05M và bột Ag dư. Tính G của pư sau: Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag. Từ kết quả đó cho biết chiều pư? (Cho G = - nF E; K = 10n. E / 0,059 với n = số e trao đổi; F = 96500; nếu G <0 thì pư xảy ra) Câu 3: A là hợp chất hữu cơ đơn chức chứa C, H, O. Cho một lượng chất A tác dụng hoàn toàn với 500 ml dung dịch KOH 2,4 M rồi cô cạn, được 105 gam chất rắn khan B và m gam rượu C. Oxi hoá m gam rượu C bằng (có xúc tác) được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau: • Phần I tác dụng với AgNO3 (dư) trong dd amoniac, được 21,6 gam Ag. • Phần II tác dụng với dung dịch NaHCO3 (dư), được 2,24 lít khí (đktc). • Phần III tác dụng với Na (vừa đủ), thu được 4,48 lít khí (đktc) và 25,8 gam chất rắn khan. o 1. Xác định CTCT của rượu C, biết khi đun nóng rượu C với H2SO4 (đặc), ở 170 C được anken. 2. Tính phần trăm số mol rượu C đã bị oxi hoá. 3. Xác định công thức cấu tạo của A. Câu 4: A có CTPT là C4H8O3 quang hoạt tan tốt trong nước tạo dd có môi trường axit. Khi bị đốt nóng A tạo ra B có CTPT là C4H6O2 không quang hoạt, ít tan trong nước(dd có MT axit). Chất B pư với dd KMnO4 dễ hơn A. Khi bị oxi hóa bằng axit cromic thì A biến thành chất lỏng C có CTPT là C3H6O. Biết C có nhiệt độ sôi thấp, không làm mất màu thuốc tím nhưng pư với I2/NaOH cho kết tủa vàng. Tìm CTCT của A, B, C và viết pư? Câu 5: Có 100 ml dd chứa H2SO4 0,8M và HCl 1,2M. Thêm vào đó 10 gam hh X gồm Fe, Mg, Zn. Sau pư lấy 50% hiđro cho qua ống đựng a gam CuO nung nóng. Sau pư trong ống còn 14,08 gam hh chất rắn A. Cho A pư với AgNO3 thì sau pư thu được chất rắn B trong đó có 25,23% Ag. 1/ Tính a? 2/ Tính V dd HNO3 2M cần hòa tan hết B? Câu 6: 1/ Cho 5,8 gam FeCO3 pư vừa hết với dd HNO3 được hh khí CO2 + NO và dd A. Thêm HCl dư vào A được dd B. Hỏi B hòa tan được tối đa bao nhiêu gam Cu? 2/ Cho 20 gam hh A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al pư với 60 ml dd NaOH 2M được 2,688 lít hiđro. Sau pư thêm tiếp 740 ml dd HCl 1M và đun nóng đến ngừng thoát khí được hh khí B, lọc tách được cặn C. Cho B hấp thụ từ từ vào dd nước vôi trong dư được 10 gam kết tủa. Cho C pư hết với HNO3 đặc nóng thu được dd D và 1,12 lít một khí duy nhất. Cho D pư với NaOH dư được kết tủa E. Nung E đến KL không đổi được m gam chất rắn. Tính KL mỗi chất trong A và m biết các khí đo ở đktc? Câu 7: 1/ Chỉ có bơm khí CO2, dd NaOH, cốc chia độ nêu pp điều chế Na2CO3 nguyên chất? 2/ A, B, C là những hiđrocacbon. Biết từ C điều chế được B, từ B điều chế được A, A không pư với nước brom và dd thuốc tím, dưới tác dụng của tia lửa điện chất A bị phân hủy làm tăng thể tích 3 lần. Trong công nghiệp người ta dùng B để sx ancol etylic. Tìm A, B, C và viết pư xảy ra? Câu 8: Hoà tan hỗn hợp muối cacbonat trung hoà vào nước được dung dịch A và chất rắn B. Lấy 1 it dung dịch A đốt nóng thấy có ngọn lửa màu vàng, lấy tiếp 1 it dung dịch A cho phản ứng với NaOH đun nóng thấy bay ra 1 chất khí làm xanh quì tím ẩm. Hoà tan B bằng dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch C, kết tủa D và khí E. Cho D phản ứng với dung dịch NaOH đặc thấy tan 1 phần kết tủa. Cho C phản ứng với NaOH dư được dung dịch F và kết tủa G bị hoá nâu hoàn toàn trong không khí. Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch F thấy có kết tủa trắng tan trong HCl dư 1/ Lập sơ đồ trong các quá trình trên? 2/ Tìm công thức của muối ban đầu và viết phản ứng xảy ra? Câu 9: Có hai bình điện phân (1) và bình điện phân (2). Trong đó bình 1 đựng dd (1) là NaOH có V = 38 ml nồng độ CM = 0,5. Trong đó bình 2 chứa dung dịch gồm 2 muối Cu(NO3)2 và NaCl tổng khối lượng chất tan 258,2 gam. Mắc nối tiếp bình (1) và bình (2). Điện phân cho đến khi bình (2) vừa có khí thoát ra ở cả hai điện cực thì dừng lại. Lấy dung dịch sau phản ứng: + Ở bình (1): định lượng xác định thấy nồng độ NaOH sau điện phân là 0,95M.
  16. + Ở bình (2) đem phản ứng với lượng dư bột Fe. Hỏi sau phản ứng khối lượng bột Fe bị tan ra là m gam, và thoát ra một khí duy nhất là NO có thể tích x (lít) được đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính m và x ? Đề 67 Câu 1: 1/ Mô tả dạng hình học của PCl3, PCl5, P4 ? 2/ Tính pH của dung dịch tạo thành khi hoà tan 0,1 mol PCl3 vào nước? 3/ Tính pH của dung dịch tạo thành khi hoà tan 0,1 mol PCl3 vào 450 ml dung dịch NaOH 1M? 2- -7 Biết H3PO3 có Ka1 = 1,6.10 và Ka2 = 7.10 . Câu 2: Hỗn hợp E gồm một rượu (hay ancol) đơn chức X, một axit cacboxylic đơn chức Y và một este Z tạo bởi X và Y. Lấy 0,13 mol hỗn hợp E cho phản ứng vừa đủ với 50 ml dung dịch KOH 1M đun nóng, được p gam rượu X. Hóa hơi p gam X rồi dẫn vào ống đựng CuO dư nung nóng, thu được anđehit F. Cho toàn bộ F tác dụng hết với lượng dư AgNO3 trong dung dịch NH3, đun nóng, thu được 43,2 gam Ag. 1) Xác định công thức cấu tạo của X và tính giá trị p. 2) Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,13 mol hỗn hợp E bằng oxi, thì được 5,6 lít khí CO2 (đktc) và 5,94 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của Y, Z và tính % khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp E. Giả thiết hiệu suất các phản ứng là 100%. Câu 3: X có CTPT là C5H12O4. Cho hơi X qua ống đựng CuO đun nóng được chất Y có KLPT nhỏ hơn X là 8 đvC. Cho 2,56 gam Y pư với dd AgNO3/NH3 được 17,28 gam kết tủa Ag. Cho X vào dd NaBr bão hòa rồi thêm từ từ H2SO4 đặc vào thì được chất Z không có oxi. Đun nóng Z trong bột Zn được chất Q có tỉ khối so với hiđro < 45. Tìm CTCT của X; Y; Z và Q? Câu 4: 1/ Cho m gam hh X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dd A. Chia A làm 2 phần bằng nhau: + Sục hiđro sunfua dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa. + Cho Na2S dư vào phần 2 được 3,04 gam kết tủa. Tính m? 2/ A có CTPT là C9H14. Khi oxi hóa hoàn toàn A bằng K2Cr2O7 trong H2SO4 thu được một xetođiaxit (= 1 nhóm xeton + 2 nhóm axit) X mạch thẳng có ít hơn A một cacbon. Khi cho A pư với dd thuốc tím loãng được chất Y có số cacbon bằng số cacbon của A và có MY = 190 đvC. Y pư với axit axetic có xt H2SO4 thu được chất Z có CTPT là C15H24O7. Tìm CTCT, tên các chất trên rồi viết pư biết A pư với hiđro được propylxiclohexan. Câu 5: Cho oxit của kim loại R pư hết với H2SO4 đặc nóng được 2,24 lít SO2 ở đktc và 120 gam muối. 1/ Tìm CTPT của oxit đã cho? 2/ Lấy một lượng oxit vừa tìm được hòa tan vừa hết trong 425 ml dd HCl 2M có một lượng nhỏ khí oxi hòa tan thì thu được dd muối A. A làm mất màu 100 ml dd brom 0,25M. Tìm khối lượng của oxit trên? Câu 6: Hợp chất hữu cơ A có C, H, O. Đốt cháy hết 14,6 gam A được 35,4 gam hh CO2 và H2O. Phần trăm KL oxi trong hh CO2 và H2O là 76,84%. 1/ Tìm CTPT của A biết MA < 160 đvC? 2/ Lấy 21,9 gam A cho pư vừa đủ với dd NaOH thu được 1 muối và 13,8 gam 1 ancol. Biết A mạch hở, trong ancol không có nhóm chức khác. Tìm CTCT có thể có của A? 3/ Gọi B là chất hữu cơ mạch hở có cùng số cacbon A nhưng ít hơn A 2 nguyên tử H, B pư với NaOH được 1 muối của một axit hữu cơ đơn chức, anđehit và chất hữu cơ R thỏa mãn. 0 NaOH, CaO, t O2/xt R  E + Na2CO3. và E  CH3CHO + H2O Tìm CTCT có thể có của B Câu 7: 1/ Cho hh gồm 1,12 gam Fe và 0,24 gam Mg pư với 250 ml dd CuSO4. Sau pư thu được kim loại có khối lượng là 1,88 gam. Tính CM của dd CuSO4 đã dùng? 2/ Đốt cháy x mol Fe bằng oxi được 5,04 gam hh A gồm các oxit sắt. Hòa tan hết A trong dd HNO3 thu được 0,035 mol hh khí Y gồm NO và NO2 có dY/hiđro = 19. Tính x? 3/ Hòa tan m gam hh A gồm Fe và kim loại M có hóa trị không đổi trong dd HCl dư thì thu được 1,008 lít khí ở đktc và dd chứa 4,575 gam muối. a/ Tính m? b/ Hòa tan hết cùng lượng hh A ở trên trong dd chứa hh HNO3 đặc và H2SO4 ở nhiệt độ thích hợp thu được 1,8816 lít hh 2 khí ở đktc có tỉ khối so với hiđro là 25,25. Tìm kim loại M? Câu 8: 1/ Hòa tan 4,5 gam XSO4.5H2O vào nước thu được dd A. Điện phân A với điện cực trơ. Nếu thời gian đp là t giây thì thu được kim loại ở catot và 0,007 mol khí ở anot. Nếu thời gian đp là 2t giây thì thu được 0,024 mol khí. Tìm X? -5 2/ Dung dịch X gồm HCl 0,001M và CH3COOH 0,1M có Ka = 1,8.10 . a/ Tính pH của X? b/ Hòa tan 2,04 gam NaOH vào 1 lít X được dd Y. Tính pH của Y?
  17. Đáp án đề 66 Câu 1: a/Aspirin có công thức là o-CH3COO-C6H4-COOH  MAspirin = 180 đvC 3,55  nồng độ ban đầu của Aspirin = = 0,01972 M. Vì Aspirin có dạng HA nên ta có: 180.1 HA  H+ + A-. Bđ: 0,01972 0 0 Cb: 0,01972-x x x x.x  = 10-3,49  x = 2,37.10-3M  pH = 2,625. 0,01972 x b/ Khi cho 0,1 mol aspirin vào nước thì có 0,01972 mol tan ra tạo ra 2,37.10-3 mol H+  để số còn lại tan hết + thì phải dùng NaOH trung hòa H và hòa tan lượng HA còn lại theo pư: HA + NaOH → NaA + H2O  Số mol NaOH = H+ + HA = 2,37.10-3 + (0,1-0,01972) = 0,08265 mol  NaOH = 3,306 gam * Tính pH: Dung dịch sau pư trên có [HA] = 0,01972-2,37.10-3 = 0,01735 M và [A-] = x + (0,1-0,01972) = 0,08265M. Do đó ta có cân bằng: HA  H+ + A-. Bđ: 0,01375 0 0,08265 Cb: 0,01375-x x 0,08265+ x x.(0,08265 x)  = 10-3,49  x = 5,383.10-5M  pH = 4,27. 0,01375 x c/ CTCT của aspirin như sau: COOH OCOCH3 + Pư điều chế: metan → axetilen → benzen → clobenzen → natri phenolat. Sau đó là các pư sau: ONa ONa OH OCOCH3 COOH P COOH + (CH -CO) O COOH cao + H2SO4 3 2 + CO2 -Na2SO4 -CH3COOH Câu 2: 1/ Ta phải tính E0 của Sn4+/Sn theo 1 trong 2 cách sau: Cách 1: 4+ 2+ Sn + 2e → Sn có G1 = -2F.0,15 2+ Sn + 2e → Sn có G2 = -2F(-0,14) 4+ 0 0  Sn + 4e → Sn có G = G1 + G2 hay -4.F.E = -2F(0,15-0,14)  E = 0,005 vôn Cách 2: Dựa vào sơ đồ 4+ E 2+ E Sn 1 Sn 2 Sn + 2e + 2e E3 + 4e  4E3 = 2E1+ 2E2  4E3 = 2.0,15 + 2.(-0,14)  E3 = 0,005v. + Để biết được khi Sn pư với HCl tạo ra Sn2+ hay Sn4+ thì ta phải tính E của 2 pư sau: + 2+ Sn + 2H → Sn + H2.E 1. (1) + 4+ Sn + 4H → Sn + 2H2.E 2. (2) 0 +  E1 = 0 – (-0,14) = 0,14 v > 0 (E của 2H /H2 được qui ước = 0) và E2 = 0 –0,005) = -0,005 v 0 pư mới xảy ra nên từ 2 giá trị của E trên suy ra chỉ xảy ra pư (1) tức là chỉ tạo ra Sn2+ mà không tạo ra Sn4+. 2+ + 3+ 2/ a/ Vì EAg+/Ag > EFe3+/Fe2+ nên pư xảy ra như sau: Fe + Ag → Fe + Ag b/ Ta có: Epư = EAg+/Ag - EFe3+/Fe2+ (*)
  18. 0,059 [ox] + Mặt khác ta có: E = E0 + lg nên n [kh] 0,059 0,005 EAg+/Ag = 0,799 lg = 0,663 vôn 1 1 50.0,01 (Vì Ag là chất rắn nên nồng độ qui ước là 1; [Ag+] sau khi trộn được tính = 0,05 ) 50 25 25 0,059 0,0125 Và EFe3+/Fe2+ = 0,771 + lg = 0,794 vôn 1 0,005  Epư = 0,663 – 0,794 = - 0,131 vôn 0 pư xảy ra theo chiều ngược lại. Câu 3: 1/ C là propan-1ol 2/ 66,67% 3/ propyl axetat. Câu 4: + Dễ thấy A vừa có nhóm axit vừa có nhóm –OH, khi đun nóng A thì nhóm –OH bị tách nước tạo ra B. Theo trên thì C phải là axeton do đó A, B, C phải có cấu tạo là: A: CH3-CHOH-CH2-COOH(A quang hoạt vì có C bất đối CH3-C*HOH-CH2-COOH) B: CH3-CH=CH-COOH C: CH3-CO-CH3. + Pư xảy ra: t0 CH3-CHOH-CH2-COOH  CH2=CH-CH2-COOH KMnO4 CH2=CH-CH2-COOH + [O] + H2O  CH2OH-CHOH-CH2-COOH. H2CrO4 CH3-CHOH-CH2-COOH + [O]  CH3-CO-CH3 + CO2 + H2O CH3-CO-CH3 + 3I2 +4NaOH → CH3COONa + CHI3↓ + 3NaI + 3H2O + Câu 5: 1/ H2SO4 = 0,08 mol và HCl = 0,12 mol  H = 0,28 mol. + 2+ + Pư đã cho dạng: M + 2H → M + H2↑ (1) + Nếu X chỉ có Zn thì số mol kim loại trong X là nhỏ nhất = 10/65 = 0,154 mol  Số mol H+ ít nhất cần để hòa tan hết X = 2.0,154 = 0,308 mol > số mol H+ giả thiết cho là 0,28 mol  Trong pư (1) H+ hết và kim loại dư  số mol H2 = 0,28/2 = 0,14 mol. + Khi cho 50% ứng với 0,07 mol hiđro pư với CuO thì: CuO + H2 → Cu + H2O Mol: 0,07 0,07 0,07 a a  A có 0,07 mol Cu và ( - 0,07) mol CuO  0,07.64 + 80.( - 0,07) = 14,08  a = 15,2 gam 80 80 2/ A có: 0,07 mol Cu và 0,12 mol CuO. Khi pư với AgNO3 ta có: Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag Mol: x 2x 2x  B có: 0,12 mol CuO + (0,07 - x) mol Cu + 2x mol Ag 108.2x  mB = 14,08 + 152x  0,2523  x = 0,02 mol. 14,08 152x  B có: 0,12 mol CuO + 0,05 mol Cu + 0,04 mol Ag + Khi B + HNO3 thì: CuO + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + H2O Mol: 0,12 0,24 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O mol: 0,05 0,1333 3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O mol: 0,04 0,0533  HNO3 = 0,42667 mol  V =0,2133 lít 3+ + - Câu 6: 1/ 16 gam(Cu pư được với Fe và H + NO3 ). 2/+ Khi A pư với NaOH thì số mol NaOH = 0,12 mol; số mol H2 = 0,12 mol. Suy ra NaOH dư Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2. Mol: 0,08 0,08 0,08 0,12
  19.  Sau pư trên thì hh có: FeCO3 + Fe + Cu + 0,04 mol NaOH dư + 0,08 mol NaAlO2. + Khi thêm vào 0,74 mol HCl vào thì: NaOH + HCl → NaCl + H2O Mol: 0,04 0,04 NaAlO2 + 4HCl + H2O → NaCl + AlCl3 + 3H2O Mol: 0,08 0,32  Số mol HCl còn lại sau 2 pư trên là 0,38 mol. B là hh khí nên B phải có CO2 + H2. C chắc chắn có Cu, có thể có FeCO3 + Fe. Mặt khác C + HNO3 → NO2 là khí duy nhất nên C không thể chứa FeCO3  C có Cu và có thể có Fe (FeCO3 đã bị HCl hòa tan hết). TH1: Fe dư. Gọi x là số mol FeCO3; y là số mol Fe bị hòa tan; z là số mol Fe dư, t là số mol Cu ta có: 116x + 56(y + z) + 64t = 20 – 0,08.27 = 17,84 (I) FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2↑ + H2O Mol: x 2x x x Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ Mol: y 2y y y  Số mol HCl = 2x + 2y = 0,38 (II)  B có x mol CO2 + y mol hiđro. Dựa vào pư của B với nước vôi trong  x = 0,1 mol (III)  C có z mol Fe dư + t mol Cu  3z + 2t = 1,12/22,4 (IV)  x = 0,1 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol và t = 0,01 mol. Vậy A có: 0,1 mol FeCO3 + 0,1 mol Fe + 0,01 mol Cu + 0,08 mol Al  %KL + Tính tiếp ta được giá trị của m = 1,6 gam. TH2: Fe hết  C chỉ có Cu  số molCu = ½ NO2 = 0,025 mol.  A có 0,1 mol FeCO3 + 0,08 mol Al + 0,01 mol Cu + a mol Fe = 20 gam  a = 0,1 mol  Dễ dàng tính được m = 2 gam. Câu 7: 1/ Sục CO2 dư vào cốc chứa sẵn V lít dd NaOH được V lít dd NaHCO3. Thêm V lít dd NaOH vào V lít dd NaHCO3 trên được dd Na2CO3 nguyên chất. 2/ A là etan; B là etilen và C là axetilen. Cho tia lửa điện qua A thì: C2H6 → 2Crắn + 3H2 khí nên làm tăng thể tích 3 lần. Câu 8: Na2CO3, (NH4)2CO3, BaCO3, PbCO3, FeCO3, ZnCO3. Câu 9: 16,8 và 4,48 Đáp án đề 67 Câu 1: 1/Tứ diện đều, tháp tam giác(chóp), lưỡng tháp tam giác 2/pH=0,52 3/pH=6,15 Câu 2: (ĐH khối A 2006) 1/ X là CH3OH, p = 3,2 gam 2/ Y là axit propionic(39,14%); Z là etyl propionat(33,94%) Câu 3: Ta thấy X no => trong X chỉ có nhóm ete hoặc ancol hoặc cả hai. Vì X pư được với CuO nên X chắc chắn có nhóm anol –OH. Khi 1 nhóm CH2– OH chuyển thành –CH=O hoặc CH-OH thành C=O thì số H giảm đi 2 tức là KLPT sẽ giảm 2 đvC. Theo giả thiết thì MY nhỏ hơn MX là 8 đvC nên trong X phải có 4 nhóm –OH(X không có nhóm ete vì X chỉ có 4 oxi)=> Y có CTPT là C5H4O4 hay MY = 128 gam. Số mol Y = 2,56/128 = 0,02 mol; số mol Ag = 0,16 mol. Trong Y chắc chắn có nhóm anđehit –CHO có thể có nhóm xeton C=O . Đặt Y là R(CHO)n ta có R(CHO)n + 2nAgNO3 + 3nNH3 +nH2O → R(COONH4)n + 2nAg + 2nNH4NO3 Mol: 0,02 0,16  n = 4  X và Y có CTCT lần lượt là CH2OH CH=O HOH2C C CH2OH O=HC C CH=O CH OH 2 và CH=O Khi X + NaBr/H2SO4 đặc tương đương với X pư với HBr vì: t0 2NaBr + H2SO4  Na2SO4 + 2HBr
  20. Do đó ta có: C H 2 B r C H 2 O H H O H C C C H O H + 4 H B r C C H B r 2 2 B r H 2 C 2 + 4 H 2 O C H O H 2 C H B r 2 Do Q có M < 90 nên Q không còn Br vậy Q là sp của pư sau: C H 2 B r C H 2 B r H C C C H B r 2 2 + 2 Z n H C C C H 2 2 + 2 Z n B r 2 C H 2 B r C H 2 Câu 4: + Với phần 1 ta có: 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl mol: x 0,5x CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl Mol: y y  16x +96y = 1,28 (I) 2FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaCl sau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl  2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl mol: x x 0,5 x CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl Mol: y y  88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II) + Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol  m = 4,6 gam. 2/ Ta thấy A có ∆ = 3. Mặt khác: A (C9H14) + [O] + H2O → Y (MY = 190)  MY – MA = 68 = 4.M-OH  Trong pư trên có 4 nhóm –OH được gắn vào A tức là A có 2 liên kết đôi; mà A có ∆ = 3 nên A còn có 1 vòng. + Vì A + H2 → propylxiclohexan nên A có mạch cacbon tương tự propylxiclohexan. Dựa vào pư oxi hóa ta suy ra A là 1-propenylxiclohexen: CH2-CH=CH2 + Pư xảy ra:  A + [O] → CO2 + HOOC-CH2-CO-CH2-CH2-CH2-CH2-COOH.  O H O H C H -C H = C H 2 2 C H -C H - C H H O 2 2 O H + [O ] + H 2O + Khi Y pư với CH3COOH thì chỉ có 3 – OH pư; riêng –OH ở cacbon bậc III không pư. Câu 5: 1/ Đặt CTPT của oxit là RxOy ta có: 2RxOy + (2nx-2y)H2SO4 → xR2(SO4)n + (nx-2y)SO2 + (2nx-2y)H2O mol: 0,1x/(nx-2y) 0,1  0,1x(2R+96n) = 120(nx-2y)  x(2R+96n) = 1200(nx-2y) 2y  Rx = 552nx – 1200y với 2 n 4 và n x y  R = 552n -1200 x
  21. + Với n = 2  Rx = 1104x – 1200y  thử ta thấy không có giá trị phù hợp + Với n = 3  Rx = 1656x – 1200y  x = 3; y = 4 và R = 56 phù hợp  Fe3O4. Cách 2: Ta có số mol e cho = nhận = 0,1.2 = 0,2 mol. Gọi +x là số oxi hóa của R trong oxit ta có: R+x → R+n + y.e Mol: 0,2/y 0,2  Số mol R2(SO4)n = 0,1/y mol  0,1.(2R + 96n) = 120.y  R = 600y – 48n. + Vì n 4 nên  nếu y 1 thì R > 408 vô lí  nếu y < 1  oxit đã cho là Fe3O4 với y = 1/3. 2/ Số mol HCl = 0,85 mol. Pư: Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Mol: x 8x x 2x 4FeCl2 + O2 + 4HCl → 4FeCl3 + 2H2O mol: x1 x1 Vì A làm mất màu nước brom nên FeCl2 dư ở trên và tham gia pư: 6FeCl2 + 3Br2 → 4FeCl3 + 2FeBr3. Mol: 0,05 0,025  0,05 + x1 = x và 8x + x1 = 0,85  x = 0,1 mol và x1 = 0,05 mol  KL Fe3O4 = 23,2 gam. Câu 6: 1/ Gọi CTPT của A là CxHyOz với số mol là a ta có: a(12x + y + 16z) = 14,6 (I) + Pư cháy: CxHyOz + (x+y/4-z/2) O2 → xCO2 + y/2 H2O mol: a ax 0,5ay 32ax 8ay  44ax + 9ay = 35,4 (II) và 0,7684 (III) 35,4 + Giải (I, II, III) ta có: ax = 0,6 mol; ay = 1 mol và az = 0,4 mol  x:y:z = 3:5:2  A có dạng (C3H5O2)n. Dựa vào M < 160 đvC  n = 2. Vậy A là C6H10O4. 2/ Số mol A = 0,15 mol. A có dạng RCOO-R’-OOC-R hoặc R’OOC-R-COOR’ hoặc RCOO-R’(OH)2 hoặc HOOC-R-COOR’ + TH1: A là RCOO-R’-OOCR ta có: RCOO-R’-OOCR + 2NaOH → 2RCOONa + R’(OH)2. Mol: 0,15 0,15  R’(OH)2 = 13,8/0,15 = 92  R’ = 58 không thỏa mãn. + TH2: A có dạng RCOO-R’(OH)2 nên ta có: RCOO-R’(OH)2 + NaOH → RCOONa + R’(OH)3. Mol: 0,15 0,15  R’(OH)3 = 92 = C3H5(OH)3 = glixerol  R là C2H3-  A có 2CTCT thỏa mãn là: HO-CH2-CHOH-CH2-OOC-CH=CH2 và HO-CH2-CH(OOC-CH=CH2) -CH2-OH + TH3: A có dạng R(COOR’)2  R’ = C2H5  R = 0  A là C2H5OOC-COOC2H5. + TH4: HOOC-R-COOR’  R’ = 75 không thỏa mãn. 3/ B có dạng C6H8O4. Dựa vào sơ đồ suy ra E là C2H5OH  R là HO-CH2-CH2-COONa  A là HCOO-CH2-CH2-COO-CH=CH2. Câu 7: 1/ Fe = 0,02 mol và Mg = 0,01 mol. Pư xảy ra theo thứ tự: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu (1) Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (2) + Giả sử Mg và CuSO4 vừa hết ở (1): Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu (1) Mol: 0,01 0,01  Chất rắn chỉ có: 0,02 mol Fe + 0,01 mol Cu = 1,76 gam (*) + Giả sử cả Mg, Fe và CuSO4 đều hết ở (1) và (2) ta có: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu (1) Mol: 0,01 0,01 Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (2) Mol: 0,02 0,02
  22.  Chất rắn chỉ có 0,03 mol Cu ứng với 1,92 gam (*)’ + Từ (*); (*)’ và giả thiết suy ra: Mg hết và Fe pư một phần, do đó ta có: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu (1) Mol: 0,01 0,01 0,01 Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (2) Mol: x x x  Chất rắn sau pư có: (0,01+x) mol Cu + (0,02-x) mol Fe  64.(0,01+x) + 56(0,02-x) = 1,88  x = 0,015 mol  CuSO4 = 0,01 + x = 0,025 mol  CM = 0,1M. 2/ Số mol NO = NO2 = 0,0175 mol  số mol e mà HNO3 nhận = 0,07 mol. Áp dụng ĐLBT e ta có: 5,04 56x 3x = .4 + 0,07  x = 0,07 mol. 32 3/ a/ Số mol hiđro = 0,045 mol Viết pư xảy ra ta sẽ thấy số mol HCl= 2 lần số mol hiđro = 0,09 mol + Áp dụng ĐLBTKL ta có: m + 0,09.36,5 = 0,045.2 + 4,575  m = 1,38 gam. b/ +Ta có: M = 50,5  hai khí là NO2 và SO2. Số mol 2 khí = 0,084 mol  SO2 = 0,021 mol và NO2 = 0,063 mol  Số mol e nhận = 0,105 mol. Gọi số mol Fe và M lần lượt là x và y. Áp dụng ĐLBT e ta có: 3x ny 0,105 56x My 1,38  x = 0,015; ny = 0,06 và My = 0,054  M = 9n  M là Al 2x ny 0,09 Câu 8: 1/ Pư xảy ra: 2XSO4 + 2H2O → 2X + 2H2SO4 + O2↑ (1) + Giả sử khi đp với thời gian là 2t thì XSO4 vẫn còn tức là chỉ có pư (1)  Số mol khí thu được gấp đôi số mol khí ứng với t giây và = 0,007.2 = 0,014 mol điều này trái với giả thiết là 0,024 mol  giả sử là sai  Khi thời gian đp là 2t thì XSO4 đã hết và có pư đp nước: dp 2H2O  2H2↑ + O2↑ + Với thời gian là t giây ta có: 2XSO4 + 2H2O → 2X + 2H2SO4 + O2↑ (1) mol: 0,014 0,007 + Với thời gian là t giây tiếp theo thì: 2XSO4 + 2H2O → 2X + 2H2SO4 + O2↑ (1) mol: x 0,5x dp 2H2O  2H2↑ + O2↑ mol: y y 0,5y  0,5x + y + 0,5y = 0,024-0,007  x + 3y = 0,034 (I) + Khi thời gian là t giây thì chỉ có oxi ở pư (1) bay ra  số mol O2 ứng với t giây = 0,007 mol  số mol e trao đổi = 0,007.4 = 0,028 mol  Trong thời gian t giây còn lại số mol e trao đổi cũng phải là 0,028  4.(0,5x+0,5y) = 0,028  x + y = 0,014 (II) + Giải (I , II) được: x = 0,004 mol và y = 0,01 mol  Số mol XSO4 = 0,004 + 0,014 = 0,018 mol  0,018(X + 186) = 4,5  X = 64 = Cu. 2/ a/ pHX = 2,7 b/ pHY = 4,75