Đề thi thử Học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học Lớp 12 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử Học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học Lớp 12 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ HSG VĂN HÓA LỚP 12 CẤP TỈNH TRƯỜNG THPT LvD MÔN HÓA HỌC (Đề thi gồm có 02 trang) Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1. (4 điểm) 1. Các ion sau có đồng thời tồn tại trong cùng một dung dịch không? Giải thích? 2- + - - + 3+ 3+ + + - - 2- a) CO3 , K , Cl , NO3 , Na , Al d ) Fe , Na , K , NO3 , Cl , S - + + + + - 2- + + - - + b) OH , K , Li , Na , NH4 e) MnO4 , SO4 , K , Na , NO3 , Cl , H + 2+ 2+ - 2+ - - 2+ 2+ + - + + c) H , Mg , Ca , Cl , Fe , NO3 g) HCO3 , Mg , Ca , Na , NO3 , NH4 , H 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a) FeCl2 + KMnO4 + H2SO4  Fe2(SO4)3 + Cl2 + + K2SO4 + MnSO4 + H2O b) Mg + HNO3  Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 2: 1) c) Fe3O4 + HNO3  NxOy + 3. Ba nguyên tố A, M, X đều thuộc chu kỳ 3. Hãy xác định các chất A1, A2, A3 viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau: (a) A(OH)m + MXy  A1  + (b) A1  + A(OH)m  A2(tan) (c) A2 + HX  A1  + (d) A1 + HX  A3 (tan) + 4. Mỗi hỗn hợp gồm hai chất sau đây có thể tồn tại được hay không ? Nếu có tồn tại thì hãy cho biết điều kiện, nếu không tồn tại thì giải thích rõ nguyên nhân: (a) H2 và O2, (b) SO2 và NO2, (c) dd FeCl2 và Br2, (d) dd FeCl3 và KI. Câu 2. (4 điểm) 1 . Dung dịch X chứa HCl 4M và HNO3 aM. Cho từ từ Mg vào 100 ml dung dịch X cho tới khi khí ngừng thoát ra thấy tốn hết b gam Mg, thu được dung dịch B chỉ chứa các muối của Mg và thoát ra 17,92 lít hỗn hợp khí Y gồm 3 khí. Cho Y qua dung dịch NaOH dư thấy còn lại 5,6 lít hỗn hợp khí Z thoát ra có d =3,8. Các phản ứng xảy ra Z/ H2 hoàn toàn. Thể tích các khí đều đo ở đktc. Tính a, b? 2. Chỉ dùng một dung dịch làm thuốc thử, hãy lập sơ đồ để nhận biết 4 dung dịch riêng biệt chứa các chất sau: K3PO4, KCl, KNO3, K2S (viết phản ứng). 3. Hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe phản ứng vừa hết với hỗn hợp khí X gồm clo và oxi thu được hỗn hợp Y chỉ gồm các oxit và muối clorua. Hòa tan Y cần dùng một lượng vừa đủ là 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO3 dư vào dung dịch Z, phản ứng hoàn toàn, thu được 56,69 gam kết tủa. Tính phần trăm theo thể tích của khí clo trong hỗn hợp X. 4. Sục V lít khí CO2 (đktc) vào dung dịch chứa NaOH 0,5M và Na2CO3 0,2M thu được dung dịch X chứa 2 muối có cùng nồng độ mol. Cho từ từ đến hết 200 ml dung dịch HCl 1M và H2SO4 xM vào X thu được 4,48 lít khí CO2 (đktc) và dung dịch Y. Cho Ba(OH)2 dư vào Y thu được 113,75 gam kết tủa. Xác định giá trị V. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng khi cho: a) Dung dịch Na2CO3 vào dung dịch FeCl3. b) Dòng khí H2S qua dung dịch FeCl3. c) Dung dịch KI vào dung dịch FeCl3, khi phản ứng xong cho thêm vài giọt hồ tinh bột. d) Từ từ dung dịch NaHSO4 vào dung dịch Na2CO3 theo tỉ lệ số mol 1:1 và đun nóng. 2. Sắp xếp các dung dịch: H 2SO4, HCl, NaOH, Na2CO3 và Na2SO4 có cùng nồng độ 0,1M theo chiều tăng pH của dung dịch và giải thích bằng số liệu cụ thể thứ tự sắp xếp đó. 3. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi) trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư, thu được dung dịch A và khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất). Hấp thụ hết lượng SO 2 bằng dung dịch chứa 0,1 mol NaOH (dư), thu được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X một lượng kim loại M gấp đôi lượng kim loại M có trong X, thu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl dư, thu được 0,0775 mol H2. Thêm vào m gam X một lượng Fe bằng lượng Fe có trong X, thu được hỗn hợp Z. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư, thu được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. Viết các phương trình phản ứng và xác định M. 4. Hòa tan hoàn toàn 6,84 gam hỗn hợp E gồm Mg và kim loại M có hóa trị không đổi cần một lượng dung dịch HNO3 loãng, vừa đủ, thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2 và N2O có tỉ khối so với H2 là 16 và dung
2. dịch F. Chia F thành 2 phần bằng nhau. Đem cô cạn phần 1, thu được 25,28 gam muối khan. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được 4,35 gam kết tủa. Viết các phương trình phản ứng và xác định kim loại M Câu 4. (4 điểm) 1. Xác định công thức cấu tạo các hợp chất hữu cơ A, B, C, D, A1, A2, A3, A4 trong các sơ đồ phản ứng sau (không ghi phản ứng): H O o CH OH HCN 3 H2SO4ñaëc, t 3 a) A  B  C  D  CH2=C(CH3)–COOCH3 + +1)O 2, 2)H2SO 4 +Benzen/H A3 Craêêêckinh (3) b) C H (2) A (C H O)(propan- 2-on) n 2n+2 (1) A2 5 3 6 A (kh í) (4) 1 + A4 (5)+O 2/xt +H 2O/H 2. Cho 2 anken tác dụng hoàn toàn với H2O thu được hỗn hợp R gồm hai ancol no đơn chức mạch hở đồng đẳng kế tiếp. Chia hỗn hợp R thành hai phần bằng nhau: - Phần 1 cho tác dụng với Na dư thu được 1,568 lit H2. 0 - Phần 2 đun với H 2SO4 đặc ở 140 C thu được 5,742 gam hỗn hợp 3 ete. Hiệu suất tạo ete từ ancol có khối lượng mol nhỏ hơn là 50% và hiệu suất từ ancol có khối lượng mol lớn hơn là 60%. Hãy tính khối lượng mỗi ancol trong R. 3. Hỗn hợp X gồm một anđehit, mạch hở và một ankin (phân tử ankin có cùng số nguyên tử H nhưng ít hơn một nguyên tử C so với phân tử anđehit). Đốt cháy hoàn toàn 1 mol hỗn hợp X thu được 2,4 mol CO 2 và 1 mol H2O. Nếu cho 1 mol hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 thì số mol AgNO3 phản ứng tối đa là bao nhiêu? 4. Hỗn hợp X gồm 4 este mạch hở, trong đó có 1 este đơn chức và ba este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hết 11,88 gam X cần 14,784 lít khí O2 (đktc), thu được 25,08 gam CO 2. Đun nóng 11,88 gam X với 310 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam chất rắn Y và phần hơi chỉ chứa 1 ancol đơn chức Z. Cho hết lượng Z tác dụng với Na dư thì khối lượng bình chứa Na tăng 5,85 gam. Trộn m gam Y với CaO rồi nung nóng (không có mặt oxi), thu được 2,016 lít khí (đktc) một hiđrocacbon duy nhất. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của các este trong hỗn hợp X. Câu 5. (4 điểm) 1. Hỗn hợp D gồm etan, etilen, propin. Cho 12,24 gam D tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3/NH3, phản ứng xong thu được 14,7 gam kết tủa. Mặt khác 4,256 lít D (đktc) phản ứng vừa đủ 140 ml dung dịch Br2 1M. Tính số mol mỗi chất có trong 12,24 gam D. 2. Cho 3 chất hữu cơ X, Y, Z (mạch hở, không phân nhánh, chỉ chứa C, H, O) đều có khối lượng mol là 82 gam (X và Y là đồng phân của nhau). Biết 1 mol X hoặc Z tác dụng vừa đủ với 3 mol AgNO3 trong dung dịch NH3 dư, 1 mol Y tác dụng vừa đủ với 4 mol AgNO3 trong dung dịch NH3 dư. Xác định X, Y, Z và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 3. Hai hợp chất X, Y đều chỉ chứa C, H, O; khối lượng phân tử của của chúng là MX và MY, trong đó MX < MY < 130. Hoà tan hỗn hợp hai chất đó vào dung môi trơ, được dung dịch E. Cho E tác dụng với NaHCO 3 dư, thì số mol CO2 bay ra luôn bằng tổng số mol của X và Y, không phụ thuộc vào tỉ lệ số mol của chúng trong dung dịch. Lấy một lượng dung dịch E chứa 3,6 gam hỗn hợp (ứng với tổng số mol của X và Y bằng 0,05 mol), cho tác dụng hết với Na, thu được 784 ml H2 (đktc). a) Hỏi X, Y chứa những nhóm chức gì? b) Xác định công thức phân tử của chúng, biết chúng không có phản ứng tráng bạc, không làm mất màu dung dịch nước brom. 4. Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm một axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở và một ancol đơn chức thu được 0,3 mol CO2 và 0,4 mol H2O. Thực hiện phản ứng este hóa 7,6 gam hỗn hợp trên với hiệu suất 80% thu được m gam este. Viết các phương trình phản ứng và tính giá trị của m. HẾT Thí sinh đươc sử dụng bảng tuần hoàn và bảng tính tan. Không được sử dụng tài liệu khác. Giám thị vui lòng không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: Lớp: Trường: Chữ kí giám thị: .
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ HSG VĂN HÓA LỚP 12 CẤP TỈNH TRƯỜNG THPT LvD MÔN HÓA HỌC (Đề thi gồm có 02 trang) Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) CÂU Ý ĐÁP ÁN HDC ĐIỂM 2- 3+ a)3CO3 + 2Al + 3H2O 2Al(OH)3  + 3CO2 - + b) OH + NH4 H2O + NH3 + 2+ - 3+ c) 4H + 3Fe + NO3 3Fe + NO + 2H2O 1 d) 2Fe3+ + S2- 2Fe2+ + S Hay Fe3+ + 3S2- 2FeS + S 1 - - + 2+ e) 2MnO4 + 10Cl + 8H 2Mn + 5Cl2 + 4H2O - + g) HCO3 + H CO2 + H2O Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a) 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4  5 Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O 3 5 2 FeCl2  2 Fe + 2Cl2 + 6e 6 Mn 7 + 5e  Mn 2 b) 18Mg + 44HNO3  18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) 2 18 Mg  Mg 2 + 2e 1 1 5 3 1 7 N + 36 e  N 2 O + 2N2 + N c) CÂU +3 (5x-2y) Fe3O4 3Fe + 1e 1 +2y/x +5 1 xN + (5x-2y)e NxOy (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3  NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O Phương trình phản ứng (a) 3NaOH + AlCl3 Al(OH)3(A1) + 3NaCl (b) Al(OH)3(A1) + NaOH Na[Al(OH)4](A2) (c) Na[Al(OH)4](A2) + HCl Al(OH)3 (A1)+NaCl + H2O (d) Al(OH) + 3HCl AlCl (A ) + 3H O 3 3 3 3 2 1 hoặc 3+ - (a) Al + 3OH Al(OH)3 - - (b) Al(OH)3 + OH [Al(OH)4] - + (c) [Al(OH)4] + H Al(OH)3 + H2O + 3+ (d) Al(OH)3 + 3H Al 1 to (a) Tồn tại ở điều kiện thường, phản ứng khi đun nóng : H2 + O2  H2O. 2 4 1 (b) Không : SO2 + NO2 SO3 + NO (c) Không : 6FeCl2 + 3Br2 4FeCl3 + 2FeBr3 (d) Không : FeCl3 + KI 2FeCl2 + 2KCl + I2 nY = 0,8 mol; nZ = 0,25 mol n 0,55mol CÂU 1 NO2 1 Vì khi qua dung dịch NaOH chỉ có khí NO2 hấp thụ nên Z phải chứa khí H2 và khí A (MZ 7,6) .
4. 2 1 Ta có n n 0,2 mol nA = 0,05 mol. H 2 2 HCl 0,2.2 0,05.MA M 7,6 MA = 30 A là NO. Z 0,25 Gọi nMg phản ứng là x mol. Quá trình oxi hóa: Quá trình khử: +2 + Mg Mg + 2e 2H + 2e H2 x 2x 0,4 mol 0,2 mol N+5 + 1e N+4 0,55 mol 0,55 mol N+5 + 3e N+2 0,15 mol 0,05 mol Áp dụng bảo toàn electron ta có: 2x = 0,4 + 0,55 + 0,15 x = 0,55 mol. b = 0,55.24 = 13,2 gam. nHNO (pu) n (pu) n (muoi) = 0,55 + 0,05 + 2 (0,55 – 0,2) = 1,3 mol. 3 NO3 NO3 1,3 HNO3  13M a = 13M. 0,1 Trích MT rồi nhận biết theo sơ đồ: keát tuûa traéng KNO KCl 3 keát tuûa vaøng 2 K PO ddAgNO3 K3PO4 1 3 4 keát tuûa ñen KCl K2S khoâng h töôïng K2S KNO3 Quá trình cho nhận e: 3 1 2a + 4b + x = 0,4 (1)
5. 2- - Dung dịch X chứa nCO3 = nHCO3 = y nHCl = 0,2 và nH2SO4 = 0,2x 2- nH+ = 0,4x + 0,2 Khi nhỏ từ từ axit vào X: nH+ = nCO3 + nCO2 0,4x + 0,2 = y + 0,2 m↓ = mBaSO4 + mBaCO3 = 233.0,2x + 197(2y – 0,2) = 113,75 x = 4 0,75 và y = 0,3 . 1 Ban đầu đặt nCO2 = a, nNaOH = 0,5b và nNa2CO3 = 0,2b Bảo toàn điện tích cho X: 0,5b+ 2.0,2b = 2y + y Bảo toàn C: a + 0,2b = y + y a = 0,4 và b = 1 V = 8,96 lít a) Màu vàng của dd FeCl3 nhạt dần tạo kết tủa đỏ nâu và có khí bay lên 3Na2CO3 + 2FeCl3 +3H2O 2Fe(OH)3 + 3CO2 + 6NaCl b) Màu vàng của dung dịch FeCl3 nhạt dần xuất hiện kết tủa trắng đục (vàng) của S H2S + 2FeCl3 2FeCl2 + S + 2HCl. 1 1 c) Màu vàng của dung dịch FeCl3 nhạt dần, dung dịch chuyển thành màu xanh 2KI + 2FeCl3 2FeCl2 + I2 + 2KCl 1:1 d) NaHSO4 + Na2CO3 ¾ ¾® Na2SO4 + NaHCO3 CÂU 0 Khi đun nóng có khí bay lên: 2NaHCO t Na CO + CO  + H O 3 3  2 3 2 2 Chiều pH tăng dần: H2SO4, HCl, Na2SO4, Na2CO3, NaOH Giải thích: + 2- + + H2SO4 2H + SO4 , [H ] = 2.0,1 = 0,2M pH = 1-lg2 = 0,7 2 + HCl H+ + Cl- , [H+] = 0,1 M => pH = 1 1 + 2- + Na2SO4 2Na + SO4 pH = 7 + 2- + Na2CO3 2Na + CO3 2- - - - CO3 + H2O  HCO3 + OH có [OH ] < 0,1 nên 7 <pH < 13
6. + NaOH Na+ + OH- có [OH-] = 0,1 M [H+] = 10-13 pH = 13 2Fe + 6 H2SO4 đặc, nóng Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 2M + 2n H2SO4 đặc, nóng M2(SO4)n + nSO2 +2nH2O (2) SO2 + 2NaOH Na2SO3 + H2O (3) Fe + H2SO4 FeSO4 + H2 (4); 2M + n H2SO4 M2(SO4)n + nH2 (5) Fe + 2HCl FeCl2 + H2 (6); 2M + 2nHCl 2MCln + nH2 (7) 3 Theo (3): NaOH: x(mol) x 2y 0,1 x 0,025 1 nSO2 0,0375 mol Na2SO3 : y(mol) 40x 126y 5,725 y 0,0375 Fe : x(mol) Fe : x(mol) Fe : 2x(mol) Trong m gam X trong Y trong Z M : y(mol) M : 3y(mol) M : y(mol) 3x ny 0, 075 x 0, 01 2x 3ny 0,155 ny 0, 045 M 9n M : Al My 0, 405 152.2x+ 2M 96n 0,5y 5,605 Phản ứng: 8 M + 10nHNO3 = 8 M (NO3)n + nN2O + 5n H2O 10 M + 12n HNO3 = 10 M (NO3)n + nN2 + 6n H2O M (NO3)n + nNaOH M (OH)n + nNaNO3 8 M + 10n HNO3 8 M (NO3)n + nNH4NO3 + 3n H2O Có thể: M(OH)n + (4-n) NaOH Na4-nMO2 + 2H2O n 44 32 3 Hỗn hợp X (0,04 mol): N2 nN 0,03; nN O 0,01 n 32 28 1 2 2 N2O 2+ n+ - Sơ đồ: E+ HNO3 F: Mg , M , NO3 (muối KL), NH4NO3 (a) + N2 (0,03); N2O (0,01) - Ta có: nNO3 ( muối KL) = 0,03.10 + 0,01.8 +8a = 0,38 + 8a 4 1 mmuối = 25,28.2 = 6,84 + 62(0,38 + 8a) + 80a a=0,035 TH1: M(OH)n không lưỡng tính Kết tủa gồm: Mg(OH)2 và M(OH)n Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và M trong hhE 24x My 6,84 24x My 6,84 Ta có: 58x (M 17n)y 4,35.2 (loaïi) 24x My 2,52 2x ny 0,38 8.0,035 TH2: M(OH)n lưỡng tính n Mg(OH)2 = 4,35.2/58= 0,15 mol =nMg mM = 6,84 - 0,15.24 =3,24 gam 3,24 Baûo toaøn e: 0,15.2 n 0,38 8.0,035 M 9n n 3 vaø M=27 (Al) M
7. A: CH3COCH3 B: (CH3)2C(OH) – CN C : (CH3)2C(OH) – COOH D: CH2=C(CH3)–COOH A1: CH3-CH2-CH2-CH3 A2: CH3- CH=CH2 A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen) A4: CH3-CH(OH)-CH3 Vì X phải là HOOC-CH -CH -CH -CH -COOH X là C H OH X là C H OOC-(CH ) - 1 3 2 2 2 2 2 2 5 1 2 5 2 4 1 COOC2H5 X4 là H2N(CH2)6NH2 và X5 là C2H5OOC-(CH2)4-COOH (a) C2H5OOC(CH2)4COOC2H5 (X) + 2NaOH NaOOC(CH2)4COONa(X1) + C2H5OH (X2) (b) NaOOC(CH2)4COONa(X1) + H2SO4 HOOC(CH2)4COOH(X3) + Na2SO4 (c) nHOC(CH2)4COOH(X3) + nNH2(CH2)6NH2 (X4) n-CO-(CH 2)4-CONH-(CH2)6-NH- (nilon-6,6) + 2nH2O (d) C2H5OH(X2) + HOOC(CH2)4COOH (X3) C2H5OOC-(CH2)4-COOH(X5) + H2O HD: Gọi công thức chung của 2 ancol là CnH2n+2O nancol mỗi phần=2*nH2= 2*0,07=0,14 5,742*(100/60)+0,07*18 số mol H2O = 0,44 mol
8. Bảo toàn nguyên tố oxi ta có số mol O (trong X) = 0,26 mol => số mol nhóm COO = 0,13 mol ’ Gọi công thức của ancol Z là ROH => công thức chung của 4 este là R (COOR)n, ta có ’ ’ R (COOR)n + nNaOH R (COONa)n + nROH Từ đó suy ra số mol ROH = NaOH = 0,13 mol => số mol NaOH còn trong Y là 0,18 mol Ta có: ROH + Na RONa + 0,5H2 Bảo toàn khối lượng suy ra khối lượng của ROH = 5,85 + 0,065.2 = 5,98 gam Từ đó ta có: R + 17 = 46 => R = 29, vậy R là C2H5 ’ ’ Ta có: R (COONa)n + nNaOH R Hn + nNa2CO3 ’ ’ Theo PT và giả thiết ta có R (COONa)n = R Hn = 0,09 mol (NaOH còn dư ’ và R (COONa)n hết vì n 3 este 2 chức là CnHm(COOC2H5)2 (x mol) (vì muối tạo ra khi phản ứng với NaOH đun nóng chỉ tạo một hidrocacbon duy nhất) Từ trên ta có hệ: Tổng số mol este là x + y = 0,09; Tổng số nhóm COO là 2x + y = 0,13 => x = 0,04; y = 0,05 Từ đó suy ra : Số nguyên tử C = 0,04(n + 6) + 0,05(n + 3) = 0,57 => n = 2 Số nguyên tử H = 0,04(m + 10) + 0,05(m + 6) = 0,88 => m = 2. Vậy CTPT của este đơn chức là C5H8O2, cấu tạo: CH2=CH-COOCH2-CH3 CTPT của 3 este 2 chức là C8H12O4, CTCT: CH2=CH(COOC2H5)2 C2H5OOC COOC2H5 COOC2H5 H C=C C=C H H H COOC2H5 Đặt số mol của C2H6, C2H4, C3H4 trong 12,24 gam D lần lượt là: x, y, z 2CH3 - C  CH+ [Ag(NH3)2]OH 2CH3 - C  CAg + H2O (1) 0,1 14,7/147 = 0,1 mol C2H4 + Br2 C2H4Br2 (2) C3H4 + 2 Br2 C3H4Br4 (3) 1 Nhận xét: Cứ ( x+y+z) mol hỗn hợp + ddBr2 cần (y + 2z) mol Br2 1 CÂU 0,19mol hỗn hợp cần 0,14mol Br 5 2 Theo (1 3) và bài ra ta có hệ: 30x 28y 30z 12,24 x 0,2 mol z 0,1 y 0,08 mol x y z : 0,19 y 2z : 0,14 z 0,1 mol Theo bài ra Y có chứa 2 nhóm –CHO Y là OHC-C≡C-CHO 2 1 0 t OHC-C≡C-CHO+4[Ag(NH3)2]OH H4NOOC-C≡C-COONH4
9. +2H2O+6NH3 + 4Ag X là HC≡C-CO-CHO 0 t HC≡C-CO-CHO+3[Ag(NH3)2]OH AgC≡C-CO-COONH4 +2H2O+5NH3 + 2Ag Z là HC≡C-CH2CH2-CHO 0 t HC≡C-CH2CH2-CHO+3[Ag(NH3)2]OH AgC≡C-C2H4COONH4 +2H2O+5NH3 + 2Ag Khi đốt: nH2O>nCO2 Ancol no, đơn, hở và n(ancol)=0,4-0,3 = 0,1 (mol) / Gọi công thức CnH2n+2O (R OH), CmH2mO2 (RCOOH) CnH2n+2O + O2 nCO2 + (n + 1) H2O (1) CmH2mO2 + O2 mCO2 + mH2O (2) 0 H2SO4 ñaëc, t /  / RCOOH + R OH  RCOOR + H2O (3) n < 0,3/0,1 = 3 n = 1 hoặc 2 Trường hợp 1: n=1 CH3OH m(axit) = 7,6 – 0,1.32 = 4,4 gam 3 1 4,4 0,2 Ta có: nCO2 (2) = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol 14m 32 m m = 4 Axit là C3H7COOH: 0,05 mol. Do n(axit) = 0,05 < n(ancol) = 0,1 mol m(este)= 0,05.80.102/100 = 4,08 g Trường hợp 2: n=2 C2H5OH m(axit) = 7,6 – 0,1.46 = 3 gam 3 0,1 Ta có: nCO2 (2) = 0,3– 0,2= 0,1 mol 14m 32 m m= 2 Axit là CH3COOH: 0,05 mol m(este)= 0,05.80.88/100 = 3,52 gam a) X và Y có 2 loại nhóm chức: - Nhóm chức -COOH vì khi phản ứng với NaHCO3 CO2 4 1 Mặt khác: nX + nY = nCO2 X và Y chứa 1 nhóm -COOH - Nhóm chức -OH vì khi hỗn hợp tác dụng với Na
10. 0,784 22,4 tạo số mol H2 = = 0,035 mol >1/2( tổng số mol X + Y)= 0,25mol. b) -Xác định X: 3,6 M (X ,Y ) 72 0,05 + gam/mol MX 130 trường hợp này loại Vậy:X là CH3-COOH, Y là HO- C2H4- COOH hoặc (HO)2C3H5-COOH CÂU Ý ĐÁP ÁN HDC ĐIỂM 2- 3+ a)3CO3 + 2Al + 3H2O 2Al(OH)3  + 3CO2 - + b) OH + NH4 H2O + NH3 c) 4H+ + 3Fe2+ + NO - 3Fe3+ + NO + 2H O CÂU 3 2 1 d) 2Fe3+ + S2- 2Fe2+ + S Hay Fe3+ + 3S2- 2FeS + S 1 1 - - + 2+ e) 2MnO4 + 10Cl + 8H 2Mn + 5Cl2 + 4H2O - + g) HCO3 + H CO2 + H2O
11. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a) 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4  5 Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O 3 5 2 FeCl2  2 Fe + 2Cl2 + 6e 6 Mn 7 + 5e  Mn 2 b) 18Mg + 44HNO3  18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) 2 18 Mg  Mg 2 + 2e 1 1 5 3 1 7 N + 36 e  N 2 O + 2N2 + N c) +3 (5x-2y) Fe3O4 3Fe + 1e +2y/x +5 1 xN + (5x-2y)e NxOy (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3  NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O Phương trình phản ứng (a) 3NaOH + AlCl3 Al(OH)3(A1) + 3NaCl (b) Al(OH)3(A1) + NaOH Na[Al(OH)4](A2) (c) Na[Al(OH)4](A2) + HCl Al(OH)3 (A1)+NaCl + H2O (d) Al(OH) + 3HCl AlCl (A ) + 3H O 3 3 3 3 2 1 hoặc 3+ - (a) Al + 3OH Al(OH)3 - - (b) Al(OH)3 + OH [Al(OH)4] - + (c) [Al(OH)4] + H Al(OH)3 + H2O + 3+ (d) Al(OH)3 + 3H Al 1 to (a) Tồn tại ở điều kiện thường, phản ứng khi đun nóng : H2 + O2  H2O. 2 4 1 (b) Không : SO2 + NO2 SO3 + NO (c) Không : 6FeCl2 + 3Br2 4FeCl3 + 2FeBr3 (d) Không : FeCl3 + KI 2FeCl2 + 2KCl + I2 n = 0,8 mol; n = 0,25 mol n 0,55mol Y Z NO2 Vì khi qua dung dịch NaOH chỉ có khí NO2 hấp thụ nên Z phải chứa khí H2 và khí A (MZ 7,6) . 1 Ta có n n 0,2 mol nA = 0,05 mol. H 2 2 HCl 0,2.2 0,05.MA M 7,6 MA = 30 A là NO. Z 0,25 Gọi n phản ứng là x mol. CÂU Mg 1 Quá trình oxi hóa: Quá trình khử: 1 2 +2 + Mg Mg + 2e 2H + 2e H2 x 2x 0,4 mol 0,2 mol N+5 + 1e N+4 0,55 mol 0,55 mol N+5 + 3e N+2 0,15 mol 0,05 mol Áp dụng bảo toàn electron ta có: 2x = 0,4 + 0,55 + 0,15 x = 0,55 mol. b = 0,55.24 = 13,2 gam.
12. nHNO (pu) n (pu) n (muoi) = 0,55 + 0,05 + 2 (0,55 – 0,2) = 1,3 mol. 3 NO3 NO3 1,3 HNO3  13M a = 13M. 0,1 Trích MT rồi nhận biết theo sơ đồ: keát tuûa traéng KNO KCl 3 keát tuûa vaøng 2 K PO ddAgNO3 K3PO4 1 3 4 keát tuûa ñen KCl K2S khoâng h töôïng K2S KNO3 Quá trình cho nhận e: 2a + 4b + x = 0,4 (1) 3 1 2- - Dung dịch X chứa nCO3 = nHCO3 = y nHCl = 0,2 và nH2SO4 = 0,2x 2- nH+ = 0,4x + 0,2 Khi nhỏ từ từ axit vào X: nH+ = nCO3 + nCO2 0,4x + 0,2 = y + 0,2 m↓ = mBaSO4 + mBaCO3 = 233.0,2x + 197(2y – 0,2) = 113,75 x = 4 0,75 và y = 0,3 . 1 Ban đầu đặt nCO2 = a, nNaOH = 0,5b và nNa2CO3 = 0,2b Bảo toàn điện tích cho X: 0,5b+ 2.0,2b = 2y + y Bảo toàn C: a + 0,2b = y + y a = 0,4 và b = 1 V = 8,96 lít a) Màu vàng của dd FeCl3 nhạt dần tạo kết tủa đỏ nâu và có khí bay lên CÂU 3Na2CO3 + 2FeCl3 +3H2O 2Fe(OH)3 + 3CO2 + 6NaCl 1 1 3 b) Màu vàng của dung dịch FeCl3 nhạt dần xuất hiện kết tủa trắng đục (vàng) của S H2S + 2FeCl3 2FeCl2 + S + 2HCl.
13. c) Màu vàng của dung dịch FeCl3 nhạt dần, dung dịch chuyển thành màu xanh 2KI + 2FeCl3 2FeCl2 + I2 + 2KCl 1:1 d) NaHSO4 + Na2CO3 ¾ ¾® Na2SO4 + NaHCO3 t0 Khi đun nóng có khí bay lên: 2NaHCO3  Na2CO3 + CO2 + H2O Chiều pH tăng dần: H2SO4, HCl, Na2SO4, Na2CO3, NaOH Giải thích: + 2- + + H2SO4 2H + SO4 , [H ] = 2.0,1 = 0,2M pH = 1-lg2 = 0,7 + HCl H+ + Cl- , [H+] = 0,1 M => pH = 1 2 + 2- 1 + Na2SO4 2Na + SO4 pH = 7 + 2- + Na2CO3 2Na + CO3 2- - - - CO3 + H2O  HCO3 + OH có [OH ] < 0,1 nên 7 <pH < 13 + NaOH Na+ + OH- có [OH-] = 0,1 M [H+] = 10-13 pH = 13 2Fe + 6 H2SO4 đặc, nóng Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 2M + 2n H2SO4 đặc, nóng M2(SO4)n + nSO2 +2nH2O (2) SO2 + 2NaOH Na2SO3 + H2O (3) Fe + H2SO4 FeSO4 + H2 (4); 2M + n H2SO4 M2(SO4)n + nH2 (5) Fe + 2HCl FeCl2 + H2 (6); 2M + 2nHCl 2MCln + nH2 (7) 3 Theo (3): NaOH: x(mol) x 2y 0,1 x 0,025 1 nSO2 0,0375 mol Na2SO3 : y(mol) 40x 126y 5,725 y 0,0375 Fe : x(mol) Fe : x(mol) Fe : 2x(mol) Trong m gam X trong Y trong Z M : y(mol) M : 3y(mol) M : y(mol) 3x ny 0, 075 x 0, 01 2x 3ny 0,155 ny 0, 045 M 9n M : Al My 0, 405 152.2x+ 2M 96n 0,5y 5,605 Phản ứng: 8 M + 10nHNO3 = 8 M (NO3)n + nN2O + 5n H2O 10 M + 12n HNO3 = 10 M (NO3)n + nN2 + 6n H2O M (NO3)n + nNaOH M (OH)n + nNaNO3 4 8 M + 10n HNO3 8 M (NO3)n + nNH4NO3 + 3n H2O 1 Có thể: M(OH)n + (4-n) NaOH Na4-nMO2 + 2H2O n 44 32 3 Hỗn hợp X (0,04 mol): N2 nN 0,03; nN O 0,01 n 32 28 1 2 2 N2O
14. 2+ n+ - Sơ đồ: E+ HNO3 F: Mg , M , NO3 (muối KL), NH4NO3 (a) + N2 (0,03); N2O (0,01) - Ta có: nNO3 ( muối KL) = 0,03.10 + 0,01.8 +8a = 0,38 + 8a mmuối = 25,28.2 = 6,84 + 62(0,38 + 8a) + 80a a=0,035 TH1: M(OH)n không lưỡng tính Kết tủa gồm: Mg(OH)2 và M(OH)n Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và M trong hhE 24x My 6,84 24x My 6,84 Ta có: 58x (M 17n)y 4,35.2 (loaïi) 24x My 2,52 2x ny 0,38 8.0,035 TH2: M(OH)n lưỡng tính n Mg(OH)2 = 4,35.2/58= 0,15 mol =nMg mM = 6,84 - 0,15.24 =3,24 gam 3,24 Baûo toaøn e: 0,15.2 n 0,38 8.0,035 M 9n n 3 vaø M=27 (Al) M A: CH3COCH3 B: (CH3)2C(OH) – CN C : (CH3)2C(OH) – COOH D: CH2=C(CH3)–COOH A1: CH3-CH2-CH2-CH3 A2: CH3- CH=CH2 A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen) A4: CH3-CH(OH)-CH3 Vì X phải là HOOC-CH -CH -CH -CH -COOH X là C H OH X là C H OOC-(CH ) - 1 3 2 2 2 2 2 2 5 1 2 5 2 4 1 COOC2H5 X4 là H2N(CH2)6NH2 và X5 là C2H5OOC-(CH2)4-COOH (a) C2H5OOC(CH2)4COOC2H5 (X) + 2NaOH NaOOC(CH2)4COONa(X1) + C2H5OH (X2) (b) NaOOC(CH2)4COONa(X1) + H2SO4 HOOC(CH2)4COOH(X3) + Na2SO4 (c) nHOC(CH2)4COOH(X3) + nNH2(CH2)6NH2 (X4) n-CO-(CH 2)4-CONH-(CH2)6-NH- (nilon-6,6) + 2nH2O CÂU (d) C2H5OH(X2) + HOOC(CH2)4COOH (X3) C2H5OOC-(CH2)4-COOH(X5) + H2O 4 HD: Gọi công thức chung của 2 ancol là CnH2n+2O nancol mỗi phần=2*nH2= 2*0,07=0,14 5,742*(100/60)+0,07*18 <mancol mỗi phần <5,742*(100/50)+0,07*18 5,742*(100/60)+0,07*18 < 0,14(14n+18) <5,742*(100/50)+0,07*18 4,24<n<5,22 TH1: 2 ancol là C4H9OH và C5H12OH 1. Các anken là C4H8 và C5H10. 2. Gọi số mol C4H10O và C5H12O trong mỗi phần lần lượt là a và b ta có 2 a+b=0,14 1 Số mol C4H10O phản ứng là 0,5a số mol C5H12O phản ứng là 0,6b mancol phản ứng - mH2O tạo ra = mete 74*0,5a+88*0,6b - 18(0,5a+0,6b)/2 = 5,742 a=0,06 b=0,08 mC4H10O=2*0,06*74=8,88 gam mC5H12O=2*12=14,08 gam TH2: 2 ancol là C5H11OH và C6H13OH 2. Gọi số mol C5H11OH và C6H13OH trong mỗi phần lần lượt là a và b ta có a+b=0,14
15. Số mol C5H11OH phản ứng là 0,5a số mol C6H13OH phản ứng là 0,6b mancol phản ứng - mH2O tạo ra = mete 88*0,5a+102*0,6b - 18(0,5a+0,6b)/2 = 5,742 a= 0,127 b=0,013 mC5H12O=2*0,127*88= 22,352 gam mC5H12O=2*0,013*102=2,652 gam số H = 2  C2H2 (a mol) và C3H2Ox  CH  C-CHO (b mol) Ta có a + b = 1 (1) 3 2a + 3b = 2,4 (2) 1 (1), (2) a = 0,6 và b = 0,4 mAg2C2 = 0,6 mol mAgC  C-COONH4 = 0,4 mol mAg = 0,8 mol nAgNO3 = 0,6x2 + 0,4 + 0,8 = 2,4 mol Theo giả thiết ta có số mol O2 = 0,66; CO2 = 0,57 mol Áp dụng BTKL tính được H2O = 7,92 gam => số mol H2O = 0,44 mol Bảo toàn nguyên tố oxi ta có số mol O (trong X) = 0,26 mol => số mol nhóm COO = 0,13 mol ’ Gọi công thức của ancol Z là ROH => công thức chung của 4 este là R (COOR)n, ta có ’ ’ R (COOR)n + nNaOH R (COONa)n + nROH Từ đó suy ra số mol ROH = NaOH = 0,13 mol => số mol NaOH còn trong Y là 0,18 mol Ta có: ROH + Na RONa + 0,5H2 Bảo toàn khối lượng suy ra khối lượng của ROH = 5,85 + 0,065.2 = 5,98 gam Từ đó ta có: R + 17 = 46 => R = 29, vậy R là C2H5 ’ ’ Ta có: R (COONa)n + nNaOH R Hn + nNa2CO3 ’ ’ Theo PT và giả thiết ta có R (COONa)n = R Hn = 0,09 mol (NaOH còn dư ’ và R (COONa)n hết vì n 3 este 2 chức là C H (COOC H ) (x mol) (vì muối tạo ra khi phản ứng với NaOH đun 4 n m 2 5 2 1 nóng chỉ tạo một hidrocacbon duy nhất) Từ trên ta có hệ: Tổng số mol este là x + y = 0,09; Tổng số nhóm COO là 2x + y = 0,13 => x = 0,04; y = 0,05 Từ đó suy ra : Số nguyên tử C = 0,04(n + 6) + 0,05(n + 3) = 0,57 => n = 2 Số nguyên tử H = 0,04(m + 10) + 0,05(m + 6) = 0,88 => m = 2. Vậy CTPT của este đơn chức là C5H8O2, cấu tạo: CH2=CH-COOCH2-CH3 CTPT của 3 este 2 chức là C8H12O4, CTCT: CH2=CH(COOC2H5)2 C2H5OOC COOC2H5 COOC2H5 H C=C C=C H H H COOC2H5 CÂU Đặt số mol của C2H6, C2H4, C3H4 trong 12,24 gam D lần lượt là: x, y, z 1 1 5 2CH3 - C  CH+ [Ag(NH3)2]OH 2CH3 - C  CAg + H2O (1)
16. 0,1 14,7/147 = 0,1 mol C2H4 + Br2 C2H4Br2 (2) C3H4 + 2 Br2 C3H4Br4 (3) Nhận xét: Cứ ( x+y+z) mol hỗn hợp + ddBr2 cần (y + 2z) mol Br2 0,19mol hỗn hợp cần 0,14mol Br2 Theo (1 3) và bài ra ta có hệ: 30x 28y 30z 12,24 x 0,2 mol z 0,1 y 0,08 mol x y z : 0,19 y 2z : 0,14 z 0,1 mol Theo bài ra Y có chứa 2 nhóm –CHO Y là OHC-C≡C-CHO 0 t OHC-C≡C-CHO+4[Ag(NH3)2]OH H4NOOC-C≡C-COONH4 +2H2O+6NH3 + 4Ag X là HC≡C-CO-CHO 0 t 2 HC≡C-CO-CHO+3[Ag(NH3)2]OH AgC≡C-CO-COONH4 1 +2H2O+5NH3 + 2Ag Z là HC≡C-CH2CH2-CHO 0 t HC≡C-CH2CH2-CHO+3[Ag(NH3)2]OH AgC≡C-C2H4COONH4 +2H2O+5NH3 + 2Ag Khi đốt: nH2O>nCO2 Ancol no, đơn, hở và n(ancol)=0,4-0,3 = 0,1 (mol) / Gọi công thức CnH2n+2O (R OH), CmH2mO2 (RCOOH) CnH2n+2O + O2 nCO2 + (n + 1) H2O (1) CmH2mO2 + O2 mCO2 + mH2O (2) 0 3 H2SO4 ñaëc, t 1 /  / RCOOH + R OH  RCOOR + H2O (3) n < 0,3/0,1 = 3 n = 1 hoặc 2 Trường hợp 1: n=1 CH3OH m(axit) = 7,6 – 0,1.32 = 4,4 gam 4,4 0,2 Ta có: nCO2 (2) = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol 14m 32 m m = 4
17. Axit là C3H7COOH: 0,05 mol. Do n(axit) = 0,05 1/2( tổng số mol X + Y)= 0,25mol. b) -Xác định X: 3,6 M (X ,Y ) 72 0,05 + gam/mol MX < 72 < MY < 130 + MX < 72 có thể là HCOOH, CH3-COOH, CH C-COOH Vì X và Y không tráng bạc, không mất màu nước brom X là CH3-COOH 4 - Xác định chất Y: amol X và b mol Y : (HO)nR- COOH trong 3,6 gam 1  2CH3-COOH + 2Na 2CH3-COONa + H2 (HO)nR- COOH + (n+1)Na (HO)nR- COONa +(n+1)/2H2 a b 0,05 nb 0,02 0,5a 0,5b(n 1) 0,035 Từ : 60a + (R + 45 + 17n)b = 3,6 *) Khi n = 1 b = 0,02 mol a = 0,03 mol 60. 0,03 + (R + 45 + 17). 0,02 = 3,6 R= 28 là -C2H4- Vậy Y có CTPT: HO- C2H4- COOH hay C3H6O3 *) Khi n = 2 b = 0,01mol, a = 0,04 mol R = 41 -C3H5- Vậy Y có công thức (HO)2C3H5-COOH hay C4H8O4 *) Khi n = 3 gốc R tối thiểu có 3C, và để Y có
18. KLPT nhỏ nhất Y phải là: HOCH2(CHOH)2-COOH có MY = 136 > 130 trường hợp này loại Vậy:X là CH3-COOH, Y là HO- C2H4- COOH hoặc (HO)2C3H5-COOH