11 ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 MÔN HÓA HỌC NĂM 2019-2020 (KÈM ĐÁP ÁN CHI TIẾT)

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

11 ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 MÔN HÓA HỌC NĂM 2019-2020 (KÈM ĐÁP ÁN CHI TIẾT) WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,0 điểm) a) Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng dạng ion để giải thích các thí nghiệm sau: - Hòa tan một mẩu K2Cr2O7 vào ống nghiệm bằng nước cất, sau đó thêm vào vài giọt dung dịch Ba(OH)2.

- Hòa tan một mẩu Fe3O4 bằng dung dịch H2SO4 loãng, dư, sau đó thêm vào lượng dư dung dịch NaNO3. b) Xăng sinh học (xăng pha etanol), (etanol hay còn gọi rượu etylic) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha một lượng etanol theo tỷ lệ đã nghiên cứu như: xăng E85 (pha 85% etanol), E10 (pha10% etanol), E5 (pha 5% etanol),...

- Tại sao gọi xăng etanol là xăng sinh học ? Viết các phương trình hóa học để chứng minh.

- Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế xăng truyền thống? Biết khi đốt cháy 1 Kg xăng truyền thống thì cần 3,22 Kg O2.

Câu 2: (2,5 điểm) Cho pin: PtFe3+ (0,05M), Fe2+ (0,5M)Mn2+ (0,02M), MnO 4 (0,2M), H2SO4 (xM)Pt, ở 25 0C. Bỏ qua sự tạo phức hiđroxo, H2SO4 phân li hoàn toàn. a) Khi x = 0,5M thì phản ứng xảy ra theo chiều nào? Viết phản ứng tổng quát khi pin hoạt động.

Tính suất điện động của pin và hằng số cân bằng của phản ứng. b) Thêm một lượng KCN vào bên điện cực trái của pin sao cho các phản ứng tạo phức xảy ra hoàn toàn. Tính suất điện động của pin.

RT ln = 0,059lg; E 0Fe3+ /Fe2- = + 0,77V; E 0MnO- ,H+ /Mn 2+ = + 1,51V 4 F 3+ -  3   Fe(CN) 6

III = 1042 Fe + 6CN    Fe(CN) 46   Fe2+ + 6CN-  

II = 1035

Câu 3: (2,0 điểm) Tính khối lượng amoni clorua và thể tích dung dịch natri hidroxit 3,0M cần thêm vào 200 mL nước và sau đó pha loãng đến 500 mL để điều chế dung dịch đệm có pH = 9,5 với nồng độ muối là 0,1M. Biết pKb (NH3) = 4,76.

Câu 4: (2,5 điểm) Nung hỗn hợp X gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2. Sau một thời gian thu được m gam chất rắn Y và 0,45 mol hỗn hợp Z gồm NO2, O2 có tỉ khối so với H2 là x. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 1,3 mol HCl thu được dung dịch chỉ chứa các muối clorua và 0,05 mol hỗn hợp khí T (gồm N2 và H2) có tỉ khối so với H2 là 11,4. Tính x.

Câu 5: (2,5 điểm) X là hỗn hợp đồng nhất gồm hai kim loại Fe và Cu, trong đó Fe chiếm 52,24% phần trăm khối lượng. Chia 32,16 gam X thành hai phần bằng nhau. a) Hòa tan phần một trong 113,4 gam dung dịch HNO3 40%. Khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và sản phẩm khử duy nhất là khí NO. Điện phân dung dịch Y với các điện cực trơ, cường độ dòng điện 5A, trong thời gian 2 giờ 9 phút thì kết thúc điện phân. Tính độ tăng khối lượng của catot, giả thiết toàn bộ kim loại sinh ra bám lên catot. b) Hòa tan phần hai bằng 300 mL dung dịch HCl 1M (không có không khí). Khi phản ứng hoàn toàn, lọc tách phần chất rắn không tan. Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch nước lọc, thu được kết tủa Z. Tính khối lượng Z.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6: (2,0 điểm) Hiđrocacbon A có: 150 đvC < MA < 170 đvC. Đốt cháy hoàn toàn a gam A thu được a gam H2 O. Cho A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được chất hữu cơ B. A tác dụng với H2O, xúc tác HgSO4, đun nóng thu được chất C. Đun nóng C với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 sinh ra chất D có công thức cấu tạo: CH3 H3C

CH2

COOH

CH

COCH3

C CH2

CH

CH3

COOH

Lý luận xác định công thức cấu tạo của A, B, C (Không cần viết các phương trình phản ứng).

Câu 7: (2,5 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 12,2 gam hỗn hợp X gồm 1 ancol đơn chức và 1 este no, đơn chức, mạch hở thu được 10,08 lít khí CO2 ở điều kiện tiêu chuẩn (đktc) và 10,8 gam H2O. Mặt khác, nếu đun nóng 0,5 mol hỗn hợp X với 240 mL dung dịch NaOH 1M, sau phản ứng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được a gam chất rắn khan và b gam ancol. Tính giá trị của a và b.

Câu 8: (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở và đều tạo bởi Gly và Ala). Đun nóng m gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m + 7,9) gam muối khan. Đốt cháy hết hỗn hợp muối, thu được Na2CO3 và hỗn hợp B gồm khí và hơi. Cho hết lượng B hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối lượng bình tăng 28,02 gam và có 2,464 lít khí thoát ra (đktc). Tính phần trăm khối lượng của X và Y trong hỗn hợp A. Câu 9: (2,0 điểm) a) So sánh tính axit của hiđro linh động trong các hợp chất sau:

b) Từ benzen hoặc toluen và các chất vô cơ cần thiết đã có đủ. Hãy viết sơ đồ phản ứng với đầy đủ điều kiện để tổng hợp được các dược chất sau: Axit 4 – amino – 2 – hidroxibenzoic; axit 5 – amino – 2,4 – dihidroxibenzoic. c) Đề nghị cơ chế để giải thích cho quá trình chuyển hóa dưới đây: HO

H2SO4

OH O

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Câu

Nội dung Điểm Dung dịch mới pha có màu da cam, thêm Ba(OH)2 dung dịch chuyển dần màu vàng, đồng thời có kết tủa màu vàng xuất hiện.

0,5   2 CrO 24 (Vàng)+ H2O Giải thích: Cr2 O72 (Da cam) + 2 OH    a

1 (2,0 điểm)

b

Ba2+ + CrO 24   BaCrO4  (vàng) Mẩu oxit tan hết, dung dịch có màu vàng (nâu). Thêm NaNO3, khí không màu bay ra, hóa nâu trong không khí.

Giải thích: Fe3O4 + 8H+   2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O 3Fe2+ + NO3 + 4H+   3Fe3+ + NO (hóa nâu trong không khí) + 2H2O Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong xăng có nguồn gốc từ thực vật (nhờ phản ứng lên men để sản xuất số lượng lớn). Loại thực vật thường được trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,…

H Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O   nC6H12O6 ln men C6H12O6   2C2H5OH + 2CO2 t Xét phản ứng cháy của 1 kg etanol: C2H5OH + 3O2   2CO2 + 3H2O  mO2 = 3.(32:46) = 2,087 kg  mO2 (khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng).

Như vậy, khi đốt cháy 1 kg xăng thì tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đôt cháy 1 kg etanol Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thoát ra ngoài ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống. Do vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và sản xuất.

MnO 4 + 8H+ + 5e  Mn2+ + 4H2O

0,5

0,5

0,5

8

E MnO ,H / Mn2 4

  0, 059  MnO4  .  H  E 

.lg 5  Mn 2  0

0,5

0, 059 (0, 2).18 .lg 1,522 V 5 0, 02 Fe3+ + e  Fe2+

= 1,51  2 (2,5 điểm)

a E Fe3 /Fe2  E 0 

3 0, 059  Fe  0, 05 .lg  0, 77  0, 059.lg  0, 711 V 2 1 0,5  Fe 

0,5

E MnO ,H /Mn 2  E Fe3 /Fe2 4

Phản ứng xảy ra: 5Fe2+ + MnO 4 + 8H+  5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O  Epin = 1,522 - 0,711 = 0,811 (V) nE

5.0,811

Hằng số cân bằng: K = 10 0,059 = 10 0,059 = 1068,729

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Có các quá trình:

Fe(CN) 36  Fe3+ + 6CN

Fe3+ + e  Fe2+

Fe2+ + 6CN  Fe(CN) 46

(III)-1 K1 II

0,5

Fe(CN) 36 + e  Fe(CN) 46 K2 = K1 (III)-1. II b

K2 = 10

E02 0,059

= 10

E10 0,059

.

II

III

II,  III rất lớn nên [Fe(CN) 36 ] = 0,05M; [Fe(CN) 46 ] = 0,5M

 Fe  CN 3  0,05 6  = 0,357 + 0,059lg = 0,298 (V) E Fe CN 3 /FeCN4  E  0, 059.lg  4 6 6 0,5  Fe  CN   6    Epin = 1,522 - 0,298 = 1,224 (V) [ NH 3 ] [ NH 3 ] [ NH 3 ]  1,8  9,5  (14  4,76)  lg  Từ pH  pK a  lg   [ NH 4 ] [ NH 4 ] [ NH 4 ] 0

0,5

0,5

Trong dung dịch cuối:  NH 4   0,1M nên NH 3   1,8  0,1M  0,18M 3 (2,0 điểm)

4 (2,5 điểm)

5 (2,5 điểm)

 n NH  (0,1mol.L1 )  (0,5L)  0, 05mol 4

0,5

và n NH3  (0,18mol.L1 )  (0,5L)  0, 09mol Từ phản ứng NH4 + + OH-  NH3 + H2O ta thấy rằng số mol NaOH cần dùng bằng số mol NH3 và tổng lượng muối amoni cần ban đầu là 0,05 mol + 0,09 mol = 0,14 mol.

(0,09mol)  0,03L , m NH 4Cl  (0,14mol)  (53,5g / mol)  7,49g  VddNaOH  (3,0mol.L1 ) Ta có: n N 2  0, 04 mol và n H 2  0,01 mol Số mol O trong Y = 0,25.6 – 0,45.2 = 0,6 mol (Bảo toàn O) Số mol NH 4 : (1,3 – 0,6.2 – 0,01.2) : 4 = 0,02 mol (Bảo toàn H) Số mol Mg2+: (1,3 – 0,02.1 – 0,25.2) : 2 = 0,39 mol (Bảo toàn điện tích)  mmuối = 0,39.24 + 0,25.64 + 0,02.18 + 1,3.35,5 = 71,87 gam mY = 71,87 + 0,05.22,8 + 0,6.18 – 1,3.36,5 = 36,36 gam mkhí Z = 0,39.24 + 0,25.188 – 36,36 = 20 gam  M Z = 20 : 0,45 = 44,44 gam  x = 44,44 : 2 = 22,22 52,24 32,16 gam 47,76 32,16 gam  0,3 mol ; n Cu   0,24 mol n Fe    100 56 gam / mol 100 64 gam / mol Như vậy trong mỗi phần có 0,15 mol Fe và 0,12 mol Cu. 40 113,4 gam n HNO 3    0,72 mol 100 63 gam / mol 3Fe + 8HNO3  3Fe(NO3)2 + 2NO + 2H2O (1) 3Cu + 8HNO3  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (2) a Như vậy dung dịch Y chứa 0,15 mol Fe(NO3)2 và 0,12 mol Cu(NO3)2.

Các phản ứng điện phân có thể có (theo thứ tự) : Cu(NO3)2 + H2O  Cu + 1/2O2 + 2HNO3

(3)

0,12 0,06 Fe(NO3)2 + H2O  Fe + 1/2O2 + 2HNO3

(4)

0,08 0,04 H2O  H2 + 1/2O2

(5)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

0,5

1 5  7740   0,1 mol 4 96500 1 1 Vì n Cu ( NO 3 ) 2  0,06  n O 2  n Cu ( NO 3 ) 2  n Fe ( NO 3 ) 2  0,135 2 2  đã xảy ra (1) và (2), nhưng Fe(NO3)2 còn dư.

Từ (3) và (4) ta thấy lượng kim loại kết tủa lên catot gồm 0,12 mol Cu và 0,08 mol Fe. Vậy độ tăng khối lượng catot bằng: (64 gam / mol  0,12 mol)  56 gam / mol  0,08 mol  12,16 gam Hòa tan trong dung dịch HCl (không có không khí):

(6) Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 Xác định được: dung dịch Z chứa 0,15 mol FeCl2 và 0,1 mol HCl. Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Z : Ag+ + Cl-  AgCl

(7)

0,3 0,3 Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag

(8) 0,15

0,15 m  m AgCl  m Ag  (0,3  143,5)  (0,15  108)  59,25 (gam ) Ta có : n O 2 



b



y y )O2  xCO2 + H2O 4 2 Ta có: mA = mH2O  12x + y = 9y  x : y = 2 : 3 CTPT của A, B có dạng: C2nH3n.

Từ: 150 < M < 170  5,55 < n < 6,29 Vậy: n = 6 . CTPT của A là: C12H18 Phân tử A có độ bất bảo hoà Δ = 4.

Vì: A + AgNO3/NH3  B HgSO4 , t A + H2O   C Suy ra: A là hợp chất không no chứa nối ba CC đầu mạch.

Vì chất C tác dụng với dd KMnO4 trong H2SO4 sinh ra chất D:

0,5

0,5

0,5

Gọi công thức A là: CxHy : CxHy + (x +

6 (2,0 điểm)

CH3 H3C

C CH2

CH

CH2

COOH

CH

COCH3

CH3 COOH

Suy ra CTCT của A là: CTCT của B là: CTCT của C:

C C(CH3)3-CH2-

CH

C C(CH3)3-CH2-

0,5

1,0

CO-CH3

CAg

C(CH3)3-CH2-

Ta có: n CO2 = 0,45 mol; n H 2O = 0,6 mol  Ancol no, đơn chức, mạch hở  nancol = 0,6 – 0,45 = 0,15 mol Đặt công thức của ancol là C n H 2n 1OH ; công thức của este là C m H 2 m O 2 7 (2,5 điểm)

0,5

0, 45.44  0, 6.18  12, 2 = 0,575 mol 32 Bảo toàn O: nancol + 2neste + 2 n O 2 = 2 n CO2 + n H 2O  neste = 0,1 mol

Bảo toàn khối lượng: n O 2 =

Bảo toàn C: 0,15.n + 0,1m = 0,45 hay 3n + 2m = 9 Biện luận ta chọn: n = 1; m = 2

Vậy công thức ancol là CH3OH ; công thức este là HCOOCH3 HCOOCH3 + NaOH   HCOONa + CH3OH mol: 0,2 0,2 0,2 0,2 Vậy chất rắn gồm: HCOONa (0,2 mol); NaOH dư (0,04 mol)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

0,5

0,5

8 (2,0 điểm)

 a = 0,2.68 + 0,04.40 = 15,2 gam Tổng số mol ancol = 0,3 + 0,2 = 0,5 mol  b = 0,5.32 = 16 gam - Quy đổi hỗn hợp A thành: CONH (0,22 mol); CH2 (a mol); H2O (b mol) - Theo giả thiết khối lượng muối tăng lên 7,9 gam nên ta có: mNaOH – mH2O = 40.0,22 – 18b = 7,9  b = 0,05 mol - Đốt muối thu được: nNa2CO3 = nNaOH/2 = 0,11 mol Vì khối lượng bình Ba(OH)2 tăng 28,02 gam nên ta có tổng khối lượng CO2 và H2O là 28,02  44.(0,22 + a – 0,11) + 18.(0,11 + a + b + 0,22/2 – b) = 28,02  a = 0,31 mol - Gọi x, y lần lượt là số mol của X, Y trong hỗn hợp A. Ta có: nX = x + y = b = 0,05 và nY = 4x + 5y = 0,22  x = 0,03 mol ; y = 0,02 mol - Gọi a, b lần lượt là số mol của Gly và Ala có trong hỗn hợp X, Y. Ta có: nN = a + b = 0,22 và nC = 2a + 3b = 0,22 + a = 0,53  a = 0,13 mol ; b = 0,09 mol Công thức của X có dạng: (Ala)p(Gly)4-p ; Y có dạng: (Ala) q(Gly)5-q  nAla = 0,03p + 0,02q = 0,09 hay 3p + 2q = 9 Do: p  4 ; q  5  Ta chọn p = 1; q = 3 Vậy X là Gly3Ala và Y là Gly2Ala3 có số mol tương ứng là 0,03 và 0,02 mol Ta có: mA = mCONH + mCH2 + mH2O = 14,7 gam 0, 03 260 100% = 53,06% ; %mY = 100% – 53,06% = 46,94%  %mX = 14, 7 - Cacbanion của (B) chỉ có 1 nhóm cacbonyl nên mật độ điện tích âm được giải tỏa ít nhất làm cho cacbanion kém bền nhất.

- Hiệu ứng +C của nhóm N(CH3)2 > OCH3 làm cho mật độ electron của O trong a nhóm C=O bên phải của (A) giàu hơn (D) làm giảm hiệu ứng +C của cacbanion vào C=O bên phải dẫn đến cacbanion (A) kém bền hơn so với (D).  Tính axit của hiđro linh động: (C) > (D) > (A) > (B)

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

COOH NO2

HNO3 H2SO4, t

9 (2,0 điểm)

NH2

Sn/ HCl

0,5

t ,p

NO2

K2Cr2O7 + H

H2SO4, t 0

NH2 COOH

NH2 COOH

NH2 COOH NO2

HNO3

NO2

OH

NH2

Sn / HCl

HNO2

NO2

COOH

NH2

OH

COOH OH

HNO3

OH

-

CO2,OH 0

NO2 CH3

CH3

b

OH

HNO2

0

0,5

OH

Sn / HCl

H2SO4

O2N

H2N OH

HO

c

OH

OH

+H

+

- H2O

-H+

+

0,5

+ OH HO

O

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm): Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau: - Thí nghiệm 1: Để lọ đựng dung dịch H2S ở trạng thái hở trong không khí một thời gian.

- Thí nghiệm 2: Cho mẩu kim loại natri bằng hạt đậu nhỏ vào cốc đựng dung dịch CuSO4 loãng.

- Thí nghiệm 3: Nhỏ 1 ml nước cất vào một ống nghiệm sau đó lần lượt nhỏ tiếp 3 ml axit axetic nguyên chất, 3 ml ancol isoamylic nguyên chất, rồi thêm vài giọt dung dịch H2SO4 đặc vào. Lắc đều và đun nhẹ ống nghiệm trên ngọn lửa đèn cồn từ 5 – 6 phút (không đun sôi). Làm lạnh hỗn hợp sau phản ứng rồi rót thêm vào hỗn hợp này một ít dung dịch NaCl bão hòa.

Câu 2 (2,0 điểm): Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C: Cu (r) + 2Fe3+ (dd) Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd) Người ta chuẩn bị một dung dịch gồm CuSO4 0,5M; FeSO4 0,025M; Fe2(SO4)3 0,125M a) Cho biết chiều của phản ứng ?  Fe3  b) Tính tỉ lệ để phản ứng đổi chiều ?  Fe 2  

Cho E C0 u 2 

Cu

 0, 34 ( v ); E F0 e 3 

 0, 77 ( v ) Fe2

Câu 3 (2,5 điểm): Dung dịch A gồm C2H5COOH 0,02M và C2H5COONa 0,015M. a) Tính pH của dung dịch A. b) Thêm 10-5 mol HCl vào 10 ml dung dịch A thu được dung dịch B. Tính pH của dung dịch B. Biết C2H5COOH có Ka = 1,34.10-5.

Câu 4 (2,0 điểm): Hoà tan 7,82 gam XNO3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân dung dịch A với điện cực trơ - Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792 lít khí (đktc) tại anot - Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí (đktc) Xác định X và tính thời gian t biết I = 1,93 A.

Câu 5 (2,0 điểm): Đốt cháy etan (C2H6) thu sản phẩm là khí CO2 và H2O (lỏng) ở 25°C. a) Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ.

Liên kết Năng lượng liên kết

∆Hht ( KJ.mol-1) ( KJ.mol-1 ) CO2 -393,5 C–C 347 H2O (l) -285,8 H–C 413 H–O 464 O2 0 O=O 495

b) Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol-1). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị J.mol-1.K-1.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6 (2,5 điểm): Cho 14,4 gam hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí N2, NO, N2O, NO2 trong đó 2 khí N2 và NO2 có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được 58,8 gam muối khan. Tìm số mol HNO3 đã phản ứng.

Câu 7 (2,5 điểm): Cho sơ đồ phản ứng sau:  O2  Y1  Y2  H 2O  C 4 H 6 O 4   C 7 H12 O 4   C10 H18 O 4   X 2 +Y1 +Y2 C 4 H 6 O 2  xt H 2 SO4 H 2 SO4

(X1) (X2)

(X3) (X4)

a) Viết phương trình hóa học trong sơ đồ. Biết Y2 là hợp chất bậc hai. b) Bằng những phản ứng hóa học, hãy chứng minh X1 vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử. c) Bằng phương pháp hóa học, hãy nhận biết hai chất riêng biệt Y1 và Y2.

Câu 8 (2,5 điểm): Cho 100 ml dung dịch chứa 2 este A, B đơn chức có tổng nồng độ mol là 0,8 M. Cho dung dịch này tác dụng với 150 ml NaOH 1M. Sau phản ứng thu được 2 muối hữu cơ C, D có khối lượng là 10,46 gam (tỉ lệ MC : MD = 41 : 65) và một ancol E có khối lượng là 2,9 gam. Ancol này không bền chuyển thành anđehit. Để trung hòa hết NaOH dư sau phản ứng phải dùng 200 ml dd HCl 0,2M. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B.

Câu 9 (2,0 điểm): Hợp chất A có công thức phân tử C9H8. A làm mất màu Br2 trong CCl4; hidro hóa A trong điều kiện êm dịu tạo ra C9H10, còn trong điều kiện nhiệt độ và áp suất cao thì tạo ra C9H16; oxi hóa mãnh liệt A sinh ra axit phtalic [1,2-C6H4(COOH)2]. Lập luận xác định cấu tạo của A.

----------Hết----------

(Cho: H = 1; He = 4; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; K = 39; Fe = 56; Al = 27; Cu = 64; Ag = 108; Cl = 35,5; S = 32) (Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 03 trang)

Câu

Nội dung Điểm TN1: Lọ dung dịch xuất hiện vẩn đục màu vàng 0,25 2H2S + O2   2S  + 2H2O TN2: Miếng Na kim loại chạy vo tròn trên mặt nước, phản ứng mãnh liệt, tỏa nhiều nhiệt, có kết tủa xanh lam xuất hiện.

0,75 2Na + 2H2O   2NaOH + H2 (1) 2NaOH + CuSO4   Cu(OH)2  + Na2SO4 (2) TN3: - Trước khi đun, các dung dịch tan vào nhau tạo thành dung dịch đồng nhất.

- Đun sau vài phút thấy có hơi mùi chuối chín thoát ra, xuất hiện 2 lớp chất lỏng phân biệt.

1,0 H 2SO 4 dac ,t o  CH3COOH + (CH3)2CHCH2CH2OH 

1 (2,0 điểm)

CH3COOCH2CH2 CH(CH3)3 + H2O - Làm lạnh rồi rót thêm ít dung dịch NaCl bão hoà vào thấy hiện tượng phân lớp chất lỏng rõ ràng hơn.

Trong dung dịch có: [Cu2+] = 0,5M; [Fe2+] = 0,025M; [Fe3+] = 0,25M Ta có: E pu = EFe3+/Fe2+ – ECu2+/Cu Mặt khác, ta có: E = E0 + a 2 (2,0 điểm)

b

a

Tính sơ bộ nồng độ H+  Môi trường axit C Công thức: pH = pKa – lg a = 4,87 – lg1,33 = 4,75 Cb

b

0, 059 0, 25 = 0,829 V lg 1 0,025 0,059 ECu2+/Cu = 0,34 + lg 0,5 = 0,331 V 2  E pu = 0,829 – 0,331 = 0,498 V > 0. Vậy phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

0,5

EFe3+/Fe2+ = 0,77 +

Để phản ứng đổi chiều: E pu < 0  EFe3+/Fe2+ < ECu2+/Cu

3    Fe3  Fe 0, 059  < 0,331  < 3,6.10 -8 lg  0,77 + 2 2 1  Fe   Fe 

3 (2,5 điểm)

4 (2,0 điểm)

0, 059  ox 

lg n  kh 

C2 H 5COO  + HCl  C2H5COOH + Cl  Quan hệ phương trình  Tổng nồng độ axit = 2,1.10-3 (M) Dung dịch thu được gồm C2H5COOH 2,1.10-3 (M) và C2 H5COONa 1,4.10-3 (M) C Công thức: pH = pKa – lg a = 4,87 – lg1,5 = 4,69 Cb    X  NO3  XNO 3   Ở anot : 2H2O   4H+ + O2 + 4e Ở catot : X+ + 1e   X Ứng với 2t giây, số mol O2 = 2 x 0,1792/22,4 = 0,008.2 < 0,56/22,4 = 0,025 mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

5 (2,0 điểm)

a

b

6 (2,5 điểm)

7 (2,5 điểm)

a

Vậy ở catot có khí H2 thoát ra : 0,025 - 0,016 = 0,009 mol Chứng tỏ X+ đã bị khử hết Ở catot : X+ + 1e   X 2H2O + 2e   2OH- + H2 Ở anot : 2H2O   4H+ + O2 + 4e Theo nguyên tắc cân bằng electron cho nhận ở 2 điện cực: a + 0,009.2 = 0,008.2.4 (với a là số mol của XNO3)  a = 0,046 Thay a = 0,046 ta được X = 108 (Ag) Ứng với thời gian t suy ra số mol electron trao đổi: 96500.0, 032 1It 0,064

 1600 giây   0,032  t  1,93 96500 2 7 C2H6 + O2   2CO2 + 3H2O ∆H = - 1560,5 KJ 2 ( 2C2H6 + 7O2   4CO2 + 6H2O ∆H = - 3121 KJ ) ∆Hpư = 4 ∆HhtCO2 + 6 ∆HhtH2O - 7∆HhtO2 - 2 ∆HhtC2 H6 4 393,5  6 285,8   3121 = - 83,9 ( KJ.mol-1)  ∆HhtC2H6 = 2 ∆Hpư = 2 EC – C + 12 EC – H + 7EO=O - 8 EC = O - 12 EH – O 2x347  12x 413  7 x 495  12x 464   3121 = 833( KJ.mol-1)  EC = O = 8 G° = H° - TS°  1560,5   1467,5 = - 0,312 (kJ.mol-1K-1) = -312 J.mol-1.K-1  S° = 25  273 Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 24x + 64x = 14,4  x = 0,1 Khối lượng muối nitrat kim loại là: 242.0,1 + 148.0,1 + 188.0,1 = 57,8 < 58,8 (g)  Có NH4NO3 và có khối lượng là: 58,8 – 57,8 = 1 (g)  Số mol NH4NO3 = 0,0125 (mol) Vì hỗn hợp 4 khí trên NO2, NO, N2O, N2 trong đó số mol N2 bằng số mol NO2 ta coi 2 khí này là một khí N3O2  NO.N2O cho nên hỗn hợp bốn khí được coi là hỗn hợp 2 khí NO và N2O với số mol lần lượt là a và b Tổng số mol e cho: 0,3 + 0,2 + 0,2 = 0,7 (mol) Tổng số mol e nhận là: 3a + 8b + 0,1 Ta có hệ phương trình:  a  b  0,12  a  b  0,12 a  0, 072  

 3a  8b  0,1  0, 7 3a  8b  0, 6 b  0, 048 Tổng số mol HNO3 đã dùng là: 4a + 10b + 0,125 = 0,893 (mol) X1 oxi hóa ra X2, vậy X1 là anđehit hoặc ancol. Do chỉ tăng O mà không thay đổi số H nên X1 là anđehit 2 chức, X2 là axit 2 chức.

Từ X2 ra X3 có sự tăng 3C, 6H, số O không đổi, nên Y1 là C3H7OH. Y2 cũng tương tự. Mà Y2 là hợp chất bậc 2, vậy Y2 là CH3-CH(OH)-CH3, Y1 là CH3CH2 CH2OH. Các phương trình phản ứng: (Mỗi phản ứng đúng được 0,25 điểm) Mn 2 , t 0 C2H4(CHO)2 + O2    C2H4(COOH)2 xt, t 0   CH3CH2CH2OOCC2 H4COOH C2H4(COOH)2 + CH3CH2CH2OH   0

xt, t   CH3CH2 CH2C2H4COOH + CH3CH(OH)CH3   CH3CH2CH2OOCC2H4COOCH(CH3)2 + H2O xt , t 0   CH3CH2 CH2OOCC2 H4COOCH(CH3)2 + 2H2O  

C2H4(COOH)2+ CH3CH2CH2OH + CH3CH(OH)CH3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

1,0

b

c

8 (2,5 điểm)

9 (2,0 điểm)

Chứng minh X1 có tính oxi hóa và tính khử Ni, t 0 * Tính oxi hóa: C2H4(CHO)2 + 2H2   C2H4(CH2OH)2 Mn 2 , t 0 * Tính khử: C2 H4(CHO)2 + O2   C2H4(COOH)2 Nhận biết Y1, Y2: Oxi hóa nhẹ Y1, Y2 bằng CuO, lấy sản phẩm đem thực hiện phản ứng tráng gương. Sản phẩm nào có phản ứng tráng gương thì chất đầu là Y1.

Chất còn lại là Y2 t0 CH3CH2 CH2OH + CuO   CH3CH2CHO + CuO + H2O t0 CH3CH(OH)CH3 + CuO   CH3COCH3 + CuO + H2O C2H5CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + 2H2O   C2H5COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3 Mol NaOH pư = 0,11  Có 1 este phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2 Có phương trình: a + b = 0,08 a + 2b = 0,11  a = 0,05 và b = 0,03 2,9 ME = = 58  E là C2H5CHO 0, 05 Công thức cấu tạo A là: CH3COOCH=CH-CH3 Công thức cấu tạo B là: CH3COOC6 H4CH3 (-o;-m;-p) A (C9H8) có độ bất bão hòa   6 A làm mất màu Br2 và cộng êm dịu 1 phân tử H2 cho thấy A có 1 liên kết đôi.

A cộng tối đa 4 phân tử H2 và khi oxi hóa tạo axit phtalic cho thấy A có vòng benzen và ngoài ra còn một vòng 5 cạnh nữa.

Công thức của A:

0,5

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) a) Tiến hành thí nghiệm (như hình vẽ): Cho 1 mL ancol etylic, 1 mL axit axetic nguyên chất và 1 giọt axit sunfuric đặc vào ống nghiệm. Lắc đều, đồng thời đun cách thủy 5 - 6 phút trong nồi nước nóng 65 – 70°C. Làm lạnh rồi rót thêm vào ống nghiệm 2 ml dung dịch NaCl bão hòa.

Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra khi tiến hành thí nghiệm.

b) Trong một bình nước có chứa 0,01 mol Na+, 0,02 mol Ca2+, 0,005 mol Mg2+, 0,05 mol HCO3

và 0,01 mol Cl .

i) Hãy cho biết nước trong bình có tính cứng tạm thời hay vĩnh cửu. Vì sao?

ii) Đun sôi nước trong bình cho đến phản ứng hoàn toàn, hãy cho biết tính cứng của nước có thay đổi hay không?

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Trộn 1 mL dung dịch H3PO4 0,100M với 1 mL dung dịch CaCl2 0,010M có xuất hiện kết tủa hay không? Giải thích bằng định lượng.

Cho: H3PO4: pKa1= 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; pKs(CaHPO4) = 6,60; pKs(Ca3(PO4)2) = 26,60.

b) Thêm V lít dung dịch H2SO4 0,260M vào V lít dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,020M và Ba(NO3)2 0,040M tách kết tủa thu được dung dịch A. Hãy tính pH của dung dịch A. Cho: pKa ( HSO 4 ) = 2,00; pKs (BaSO4) = 9,93; pKs (PbSO4) = 7,66

Câu 3. (2,5 điểm)

Đem điện phân 100 mL dung dịch X gồm NiCl2 0,20 M và MCl2 0,25 M với điện cực trơ, có cường độ dòng điện một chiều không đổi là 9,65 A. Sau thời gian 10 phút thấy catot tăng lên 1,734 gam và dung dịch sau điện phân chỉ có một chất tan. Nhỏ 100 mL dung dịch gồm K2Cr2O7 0,50 M và H2SO4 2 M vào 100 mL dung dịch MCl2 0,60 M, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y. a) Xác định muối MCl2. b) Thiết lập một pin điện tạo bởi điện cực Pt nhúng trong dung dịch Y với điện cực Ag nhúng trong dung dịch [Ag(NH3)2]NO3 0,50 M, KCN 2,10 M. Viết các bán phản ứng ở mỗi điện cực, phản ứng khi pin phóng điện và suất điện động của pin mới được thiết lập.

Cho: MNi=58,7. E0(Cr2O72-/Cr3+) = 1,33 V; E0(Fe3+/Fe2+) = 0,77 V; E0(Ag+/Ag) = 0,80V; β[Ag(CN)43-] = 10-20,67, β[Ag(NH3)2+] = 10-7,23

Câu 4. (2,0 điểm) Hòa tan hết 37,28 gam hỗn hợp Q gồm Fe3O4, Cu trong 500 mL dung dịch chứa HCl 2,4M và HNO3 0,2M, thu được dung dịch P và khí NO. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch P, lọc, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 41,6 gam chất rắn H. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch P có khí NO thoát ra và thu được m gam kết tủa.

Biết sản phẩm khử của NO3 là NO duy nhất, Cl  không bị oxi hóa trong các quá trình phản ứng, các phản ứng hóa học xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị m.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5. (2,0 điểm) Cho 5,04 lít hỗn hợp A (đktc) gồm C2H2 và H2 qua Ni đun nóng được hỗn hợp khí B chỉ gồm 3 hidrocacbon có tỉ khối so với H2 bằng 14,25.

a) Xác định khối lượng trung bình của A.

b) Cho B phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br2 dư. Tính số mol Br2 đã tham gia phản ứng.

Câu 6. (2,5 điểm)

a) Một loại muối ăn có lẫn tạp chất: CaCl2, MgCl2, Na2SO4, MgSO4, CaSO4, NaBr, AlCl3. Hãy trình bày cách loại bỏ các tạp chất để thu được muối ăn tinh khiết. b) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm được tiến hành trong phòng thí nghiệm để xác định sự có mặt của các nguyên tố C và H có trong glucozơ.

Câu 7. (2,5 điểm)

Hợp chất hữu cơ X (chứa C, H, O) chỉ có một loại nhóm chức. Cho 0,15 mol X phản ứng vừa đủ với 180 gam dung dịch NaOH, thu được dung dịch Y. Làm bay hơi Y, chỉ thu được 164,7 gam hơi nước và 44,4 gam hỗn hợp chất rắn khan Z. Đốt cháy hoàn toàn Z, thu được 23,85 gam Na2CO3; 56,1 gam CO2 và 14,85 gam H2O. Mặt khác, Z phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được hai axit cacboxylic đơn chức và hợp chất T (chứa C, H, O và M T < 126). Xác định công thức phân tử của X.

Câu 8. (2,0 điểm)

Đốt cháy hoàn toàn chất A (chứa C, H, O, N và có nguồn gốc tự nhiên) thu được CO2 và H2O có tỷ lệ mol tương ứng là 6/7. Tỷ khối hơi của A so với khí hidro là 44,5. A không làm mất màu dung dịch Br2 và tác dụng với NaOH tạo muối có số nguyên tử cacbon không thay đổi.

a) Xác định công thức cấu tạo, gọi tên A và cho biết (có giải thích) trạng thái tồn tại của A.

b) Viết công thức sản phẩm tạo thành khi đun nóng chất A.

Câu 9. (2,0 điểm)

a) Viết sơ đồ phản ứng điều chế các chất sau từ benzen, các hợp chất hữu cơ có không quá 3 nguyên tử C và các chất vô cơ cần thiết.

b) Xác định các chất A, B, C, D trong chuỗi phản ứng điều chế N-metyl-4-phenyl piperiđin: 1. C6 H5 MgBr  C2 H 3COOC2 H 5 . H 3O  ; 2.t O 2 H 5ONa   D CH3NH2    C   B (C8H15NO3) 1   A C 1:2 2. H O , t 0 3

1.H 2 SO 4 dac,1700 C 2.H 2 , Ni,t 0

 N-metyl-4-phenylpiperiđin.

----------Hết----------

(Cho: H = 1; He = 4; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; K = 39; Fe = 56; Al = 27; Cu = 64; Ag = 108; Cl = 35,5; S = 32) (Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

Câu

a

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung - Trước khi đun, các dung dịch tan vào nhau tạo thành dung dịch đồng nhất.

- Đun sau vài phút thấy có hơi mùi thơm thoát ra, xuất hiện 2 lớp chất lỏng phân biệt.

H 2SO 4 dac ,t o  CH3COOC2 H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH 

Điểm

1,0

- Làm lạnh rồi rót thêm ít dung dịch NaCl bão hoà vào thấy hiện tượng phân lớp chất lỏng rõ ràng hơn. i) Nước trong bình có tính cứng tạm thời và vĩnh cửu. Vì nước trong bình có chứa nhiều Ca2+ và Mg2+ dưới dạng muối HCO3- và Cl-. ii) Đun sôi nước cho đến phản ứng hoàn toàn, ta được nước mềm. t Vì: 2 HCO3   CO32 + CO2 + H2O

1 (2,0 điểm) b

CO32 + Ca2+  CaCO3

1,0

CO32 + Mg2+  MgCO3 Ion Ca2+ và Mg2+ tác dụng vừa đủ với CO32  Dung dịch sau khi đun sôi chỉ chứa NaCl Chủ yếu xét cân bằng:   H+ + H2PO4- Ka1 = 10-2,15 H3PO4  

a

0,050 M 0,050-x1 x1 x1  x1 = [H+] = [H2PO4-] = 0,0156 7,21  H2 PO4  -7,21  HPO42  -7,21 23 12,32 10  10 =10 ; [HPO4 ] =  k   1017,72 [PO ] 10 .

4 a3  H   0,0156 H   10 2 -6,6 CCa 2 .C HPO 2  .107,21  10 9,51 < Ks (CaHPO4) = 10 4 2  Không có kết tủa CaHPO4 3

 102  17,72 2 C Ca 2 .C PO 3     1042,34 < Ks (Ca3(PO4)2) = 10-26,6  . 10 4 2    Không có kết tủa Ca3(PO4)2 Thành phần ban đầu: H2SO4 0,130M; Pb(NO3)2 0,010M; Ba(NO3)2 0,020M. Pb(NO3)2   Pb 2+ + 2NO3– 0,010 0,010 Ba(NO3)2   Ba2+ + 2NO3– 0,020 0,020 H2SO4   H+ + HSO4– 0,130 0,130 0,130 HSO4– + Ba2+   BaSO4 + H+ ; K1 = 107,93 0,130 0,020 0,130 0,110 ----- 0,150 HSO4– + Pb2+   PbSO4 + H+ ; K2 = 105,66 0,110 0,010 0,150 0,100 ----- 0,160 3

2 (2,0 điểm)

b

0,5

0,5

2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Thành phần giới hạn: HSO4– 0,100 M; H+ 0,160M; BaSO4 , PbSO4   H+ + SO42 – ; Ka = 10-2 HSO4–  

3 (2,5 điểm)

4 (2,0 điểm)

C 0,100 0,160 [ ] (0,100 - x) (0,160 + x) x x(0,160 + x)/(0,100 - x) = 10-2  x = [SO42–] = 5,69.10-3 (M)  [H+] = (0,160 + x) = 0,1657 (M)  pH = 0,78 Các bán phản ứng trên điện cực: Ở anot: 2 Cl-  Cl2 + 2e Ở Catot: M2+ + 2e  M hoặc 2 Ni2+ + 2e  Ni Theo bài cho có tổng số mol e thu vào là: ne = I.t/F = 9,65.10.60/9650= 0,06 mol Ta xét hai trường hợp: a TH1: Nếu ion M2+ bị điện phân hết, gọi x là số mol ion Ni2+ có thể bị điện phân Ta có ne = 0,025.2 + x. 2 = 0,06 mol  x = 0,005 m = M.0,025 + 58,7.0,005 = 1,734  M = 57,6 (loại) TH2: Nếu ion Ni2+ bịđiện phân hết, gọi y là số mol ion M 2+ có thể bị điện phân Ta có ne = 0,02.2 + y. 2 = 0,06 mol  y = 0,005 m = M.0,01 + 58,7.0,02 = 1,734  M = 56 (Fe) Với dung dịch loãng chỉ xét phản ứng của ion Fe2+ với Cr2O72-/H+ 6Fe2+ + Cr2O72- + 14H+  6Fe3+ + Cr3+ + 7H2O (1) n0 0,06 0,05 0,4 ns 0,0 0,04 0,26 0,06 0,02 Dung dịch Y gồm các ion: Fe3+; H+(0,26/0,2=1,3M); Cr3+(0,02/0,2=0,1M); Cr2O72(0,04/0,2=0,2M); K+; Cl-; và SO42-.

Khi nhúng thanh Pt vào dung dich Y, xét hệ điện hóa có E0(Cr2O72-/Cr3+)= 1,33 + (0,0592/6)lg(0,2.1,314/0,12) = 1,36 (V).

Thế điện cực Ag. Xét cân bằng: - Cân bằng tạo phức bền: Ag[(NH3)2]+ + 4CN-  [Ag(CN)4]3- + 2NH3 K=(10 7,23)-1.1020,67=10 13,44>> C0 0,5 2,1 C - 0,1 0,5 1 b - Cân bằng tạo phân li phức : [Ag(CN)4]3-  Ag+ + 4CN- β-1 = 10-20,67.

C0 0,5 1 [] (0,5-x) x 0,1 + 4x -1  β = x.(0,1+4x)4/(0,5-x) = 10-20,67; Giả sử x<< 0,1  x = 10-16,97 (t/m) Vậy E [Ag(CN)4]3-/Ag+ = 0,80 + (0,0592/1)lg10-16,97 = -0,20V. Do E(Cr2O72-/2Cr3+) = 1,35V > E Ag(CN)43-/Ag = -0,20V, nên có sơ đồ pin là (-) Ag│Ag(CN)4]3-0,5M; CN-0,1M; NH3 1M││Cr2O72- 0,2M; Cr3+0,1M; H+1,3M │Pt(+) Các bán phản ứng: Ở cực âm(-): Ag + 4CN-  [Ag(CN)4]3- + 1e Ở cực âm(+): Cr2O72- + 6e + 14H+  2Cr3+ + 7H2O Phản ứng khi phóng điện: 6Ag + 10CN- + Cr2O72- + 14HCN  6[Ag(CN)4]3- + 2Cr3+ + 7H2O Suất điện động của pin là: E pin = E(+) - E(-) = 1,36 – (-0,20) = 1,56 (V) Cho NaOH dư vào dung dịch Y kết tủa là Fe(OH)3; Cu(OH)2; Fe(OH)2 Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn H gồm Fe2O3 và CuO. Gọi số mol Fe3O4 và Cu lần lượt là x, y (x, y > 0). 232 x  64 y  37, 28 Ta có hệ phương trình: 1,5 x.160  80 y  41,6  x = 0,1; y = 0,22 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25

0,25

0,25

0,5

0,5

0,25

0,5

0,5

nH   nHCl  nHNO3  0,5.2,4  0,5.0,2  1,3 mol; nNO  nHNO3  0,1 3

Cho dung dịch AgNO3 vào dung dịch P, có khí NO thoát ra  Dung dịch P chứa Fe3+, Fe2+, Cu 2+, Cl , H+; NO3 hết.

3Fe3O4 + 28H+ + NO3   9Fe3+ + NO + 14H2O (1) Mol 0,10 0,28/3 0,10/3 0,30  3Cu2+ + 2NO + 4H2O (2) 3Cu + 8H+ + 2 NO3  Mol 0,10 0,80/3 0,20/3 0,10 Cu + 2Fe3+   2Fe2+ + Cu2+ (3) Mol 0,12 0,24 0,24 0,12 Từ các phản ứng (1), (2), (3)  Dung dịch P sau phản ứng chứa: 0,22 mol Cu2+; 0,24 mol Fe2+; 0,06 Fe3+; 0,1 mol H+ dư; 1,2 mol Cl  .

Khi cho AgNO3 dư vào dung dịch P xảy ra các phản ứng: Ag+ + Cl    AgCl Mol 1,2 1,2 3Fe2+ + 4H+ + NO3   3Fe3+ + NO + 2H2O Mol 0,075 0,1 Fe2+ + Ag+   Fe3+ + Ag Mol 0,165 0,165 Khối lượng kết tủa: m = mAgCl + mAg = 1,2.143,5 + 0,165.108 = 190,02 gam B gồm C2H2; C2H4; C2H6 Gọi công thức chung của B là C2 H x a 5 (2,0 điểm)

b

6 (2,0 điểm)

a

1,0

0,5

0,5

dB/H2 = 14,25  M B = 14,25.2 = 28,5  24 + x = 28,5  x = 4,5 Giả sử có 1 mol B  mB = 28,5 gam Ni , t  PT: C2H2 + 1,25H2   C2H4,5 (1)

1 1,25 1 0,5 28,5 m = const  mA = 28,5 gam mà nA = 2,25 mol  M A   12, 67 2, 25 5, 04 Theo bài ra: nA   0, 225(mol ) 0,5 22, 4 (1)  nB = 0,1 (mol) 3  C2H4,5Br1,5 (2) PT C2H4,5 + Br2  0,5 4 (2)  số mol Br2 = 0,1.0,75 = 0,075 (mol).

- Cho toàn bộ muối ăn có lẫn tạp chất: CaCl2, MgCl2, Na2SO4, MgSO4,CaSO4, NaBr, AlCl3 vào nước rồi khuấy đều cho tan hết các chất tan, có một phần CaSO4 không tan, lọc lấy dung dịch gồm có các ion: Ca2+, Mg2+, Na+, Al3+, Cl-, SO42-, Br-. 0,5 - Cho lượng dư dung dịch BaCl2 vào dung dịch gồm các ion trên, loại bỏ được ion SO42- Ba2+ + SO42- → BaSO4 - Dung dịch còn lại có: Ca2+, Mg2+, Na+, Al3+, Ba2+, Cl-, Br-. Cho lượng dư dung dịch Na2CO3 vào dung dịch này, loại bỏ được các ion:Ca2+, Mg2+, Al3+, Ba2+ Ca2+ + CO32- → CaCO3 Mg2+ + CO32- → MgCO3 Ba2+ + CO32- → BaCO3 0,5 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3CO2↑ + 2- Dung dịch còn lại có: Na , CO3 , Cl , Br . Cho lượng dư dung dịch HCl vào dung dịch nay, loại bỏ ion CO32-: CO32- + 2H+ → CO2 ↑ + H2O - Dung dịch còn lại có: Na+, H+, Cl-, Br-. Sục khí Cl2 dư vào dung dịch nay loại bỏ ion Br-: Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2. Sau đó cô cạn dung dịch còn lại thu được NaCl tinh khiết

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

7 (2,5 điểm)

b Thí nghiệm xác định sự có mặt của các nguyên tố C và H có trong glucozơ - Từ phản ứng cháy có: + BT natri: nNaOH = 2nNa2CO3 = 2.23,58/106 = 0,45 mol  mH2O trong dd NaOH = mdd NaOH – mNaOH = 180 – 0,45.40 = 162 gam  mH2O sinh ra = 164,7 – 162 = 2,7  nH2O sinh ra = 0,15 mol + BT cacbon: nC = nNa2CO3 + nCO2= 0,225 + 1,275 = 1,5 mol + nH(X) = 2nH2O sinh ra + 2nH2O chay – nNaOH = 2.0,15 + 2.0,825 – 0,45 = 1,5 mol - Từ phản ứng thuỷ phân: + BTKL: mX = mZ + mH2O sinh ra – mNaOH = 44,4 + 2,7 – 0,45.40 = 29,1 gam + BTNtố: mO = mX – mC – mH = 29,1 – 1,5.12 – 1,5.1 = 9,6 gam  nO = 0,6 mol CTPT: x : y : z = 1,5 : 1,5 : 0,6  số H phải chẳn: C10H10O4 Vì X chỉ chứa 1 loại nhóm chức và phản ứng với NaOH tỷ lệ 1 : 3 nến có 1 nhóm – COO- là este của phaenol và 1 nhóm –COO- là este của axít cacboxylic và tạo 2 axit cacboxylyc nên CTCT là: HCOO- C6H4-CH2OOCCH3 Công thức tổng quát: CxHyOzNt, M = 44,5  2 = 89 CxHyOzNt + (x+y/4-z/2)O2  xCO2 + y/2H2O + t/2N2 6 x 3 x Theo giả thiết     Công thức của A được viết lại: (C3H7)nOzNt y 7 y/ 2 7 Lại có 43n + 16z + 14t = 89 và vì n, z, t là những số nguyên, dương nên nghiệm a thích hợp là n = 1, z = 2 và t = 1  công thức phân tử của A là C3H7O2N. Theo các giả thiết đã cho thì cấu tạo thích hợp của A là: CH3 CH COO- (alanin)

8 (2,0 điểm)

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

0,5

+

NH3

A tồn tại ở trạng thái rắn do liên kết liên phân tử là liên kết ion bền vững, nhiệt độ nóng chảy tương ứng cao (> 25oC).

Phương trình phản ứng: O C

b

2 CH3

-

CH +

COO (alanin)

t

CH3 CH

H 2, Ni,t

0

C

1/ O3

2/ KOH/EtOH, t0

2/ H2O 2/OH-

COOH EtOH/H+ COOH

COOEt NaOEt COOEt EtOH

COOEt O

a

MgBr

1/ HBr

HO

O

H3O+, t0

1,0

H2SO4

2/ Mg/THF

O

9 (2,0 điểm)

CH3NH2

2CH 2=CH-COOC2H5

CH2-CH2-COOC2H5 C H ONa 2 5 CH2-CH2-COOC2H5

CH3N

O COOC2H5

1.OH2. H3O+, to

N CH3

b

O 1/ Br2(1:1)

N CH3

(A) (B) (C) O

HO

N CH3

C6H5

C 6 H5

C 6 H5

1.C6H5MgBr 2. H3O+ , to

0,5

CH3 + H2O

CH

HN

NH3

0,5

NH

O

1,0

H2SO4,170oC

H2, Ni/to

N

N

N

CH3

CH3

CH3

(D)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,5 điểm)

Hãy chọn các chất thích hợp và viết các phương trình phản ứng hóa học để hoàn thành sơ đồ biến hóa sau:

+(X) +(X)+...

  (D)   (B)  (A)   (P)  +(Y) +(X)+... +(Y) (M)   ( N ) (Q)  (R)

Cho biết:

- Các chất (A), (B), (D) là hợp chất của natri.

- Các chất (M), (N) là hợp chất của nhôm.

- Các chất (P), (Q), (R) là hợp chất của bari.

- Các chất (N), (Q), (R) là các chất kết tủa.

- (X) là chất khí không mùi, làm đục dung dịch nước vôi trong.

- (Y) là muối của natri, dung dịch (Y) làm đỏ quỳ tím.

Câu 2. (2,5 điểm)

a) Cho một ít vụn Cu vào dung dịch gồm CuSO4 0,5M ; FeSO4 1,0 M ; Fe2(SO4)3 0,25M. Có cân bằng sau xảy ra: Cu(r) + 2Fe3+  Cu2+ + 2Fe2+

- Hãy cho biết chiều của phản ứng ở 250C ? Tìm hằng số cân bằng của phản ứng? [ Fe3 ] để phản ứng đổi chiều?

- Thay đổi nồng độ của Fe2+ và Fe3+, tính tỉ lệ tối thiểu [ Fe2  ]

Cho biết ở 250C có ECu 2 / Cu  0,34V , E Fe3 / Fe2   0,77V

b) Ion MnO4- có thể oxi hoá ion nào trong các ion Cl-, Br-, I- ở các giá trị pH lần lượt bằng 1, 4, 6.

Trên cở sở đó hãy dùng dung dịch KMnO4 và dung môi chiết là CCl4 nhận biết các ion I- và Br- có trong hỗn hợp NaCl, NaBr, NaI. 0 O Cho E Br  1,08V ECl0 / 2Cl   1,36V E IO / 2 I   0,62V ; E MnO  1,51V  / 2 Br  , H  / Mn 2  2

2

2

4

Câu 3. (2,0 điểm)

Thêm dần dung dịch NaOH 0,01 M vào dung dịch A chứa H+ 0,1M; Fe3+ 10 -2M; Mg2+ 0,1M và NO3- cho đến dư. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Kết tủa nào tạo ra trước. c) Tính khoảng pH trong dung dịch A sao cho kết tủa hết Fe3+ mà chưa tạo kết tủa Mg(OH)2. Biết 3+ Fe được coi kết tủa hết khi nồng độ mol/l của Fe3+ trong dung dịch < 10-6 M.

Cho: Tích số tan Mg(OH)2: 10–11 ; Fe(OH)3 : 10–38.

Câu 4. (2,5 điểm)

Hỗn hợp A gồm hai oxit của sắt. Dẫn từ từ khí H2 đi qua m gam A đựng trong ống sứ đã nung đến nhiệt độ thích hợp. Sản phẩm tạo thành 2,07 gam nước và 8,48 gam hỗn hợp B gồm hai chất rắn. Hòa tan B trong 200ml dung dịch H2SO4 1M thu được dung dịch D và 1971,2 ml H2 ở 27,3oC và 1atm. Cho D tác dụng với dung dịch NaOH dư sẽ được kết tủa E. Cho E tiếp xúc với không khí để chuyển E hoàn toàn thành chất rắn F. Khối lượng của E và F khác nhau 1,36 gam.

a) Tính m.

b) Tính nồng độ CM của các chất trong dung dịch D (cho rằng thể tích D thay đổi không đáng kể so với thể tích dung dịch H2SO4 đã dùng).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c) Xác định công thức và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong A.

Câu 5. (2,0 điểm)

Trong một bình kín dung tích 2,24 lít chứa một ít bột Ni xúc tác và hỗn hợp khí H2, C2H4, C3H6 (ở đktc). Tỉ lệ số mol C2H4 và C3 H6 là 1:1. Đốt nóng bình trong một thời gian sau đó làm lạnh bình tới 0oC, áp suất trong bình lúc đó là P. Tỉ khối so với hiđro của các hỗn hợp khí trong bình trước và sau phản ứng là 7,600 và 8,445.

a) Giải thích tại sao tỉ khối tăng.

b) Tính phần trăm thể tích các khí trong bình trước phản ứng.

c) Tính áp suất P.

d) Tính hiệu suất phản ứng đối với mỗi olefin, biết rằng nếu cho khí trong bình sau phản ứng đi từ từ qua bình nước brom dư thấy nước brom bị nhạt màu và khối lượng bình nước brom tăng 1,05 gam.

Câu 6. (1,5 điểm) Trình bày phương pháp hóa học phân biệt năm lọ hóa chất lỏng mất nhãn gồm axit fomic, axit acrilic, anđehit propionic, ancol etylic và ancol n-propylic.

Câu 7. (2,0 điểm)

Mannozơ (monosaccarit) HOCH2-(CHOH)4-CH=O là đồng phân của glucozơ. Ở dạng vòng sáu cạnh mannozơ chỉ khác glucozơ ở chỗ nhóm OH ở nguyên tử C2 nằm cùng phía với OH ở nguyên tử C3. Oxi hóa mannozơ bằng dung dịch HNO3 ở 100oC thu được sản phẩm Y chứa 41,38%C, 3,45%H và 55,17%O. Y bị thủy phân cả trong môi trường axit cũng như bazơ tạo ra axit polihidroxidicacboxilic hoặc muối tương ứng. Xác định công thức cấu tạo của Y, biết MY = 174đvC. Câu 8. (3,0 điểm)

A là hợp chất hữu cơ đơn chức, mạch hở 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 ancol C. Oxi hóa m gam ancol C bằng oxi (có xúc tác) được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau:

- Phần một tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac (dư), được 21,6 gam Ag.

- Phần hai tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư, được 2,24 lít khí (đktc).

- Phần ba tác dụng với Na vừa đủ, thu được 4,48 lít khí (đktc) và 25,8 gam chất rắn khan.

a) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170°C được Anken. b) Tính % số mol ancol C đã bị oxi hóa?

c) Xác định công thức cấu tạo của A? Câu 9. (2,0 điểm)

Cho ba amino axit sau: H 2 N-(CH 2 ) 4 -C H -CO O H N

COOH

NH2

H O O C -(CH 2 ) 2 -C H -CO O H NH2

prolin H lysin axit glutam ic

a) Hãy đề nghị giá trị pH để phân tách hỗn hợp các amino axit này bằng phương pháp điện di.Biết pHI của Pro= 6,3, Lys = 9,74 và Glu = 3,08

b) Hãy gắn các giá trị pKa 3,15 và 8,23 cho từng nhóm chức trong phân tử đipeptit Gly-Ala. Viết công thức cấu tạo của đipeptit này khi ở pH= 4,0 và pH= 11,0.

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Câu

1 (2,5 điểm)

Nội dung Khí X là CO2, muối Y là NaHSO4, A là NaOH; B là Na2CO3; D là NaHCO3; P là Ba(HCO3)2; R là BaSO4; Q là BaCO3; M là NaAlO2; N là Al(OH)3.

Các phương trình phản ứng: 2NaOH + CO2  Na2CO3 + H2O Na2CO3 + CO2 + H2O  2NaHCO3 NaHCO3 + NaOH  Na2CO3 + H2O 2NaOH + 2Al + 2H2O  2 NaAlO2 + 3H2 NaAlO2 + CO2 + 2 H2O  Al(OH)3  + NaHCO3 3Na2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O  2Al(OH)3  + 6NaCl + 3CO2 2NaHCO3 + Ba(OH)2  BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O (Hoặc NaHCO3 + Ba(OH)2  BaCO3 + NaOH + H2O) BaCO3 + 2NaHSO4  BaSO4 + Na2SO4 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4  BaSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O (Hoặc Ba(HCO3)2 + NaHSO4  BaSO4 + NaHCO3 + CO2 + H2O) Ba(HCO3)2 + Na2SO4  BaSO4 + 2NaHCO3 Chú ý: - Mỗi phương trình đúng được 0,2 điểm - Học sinh viết sai công thức chất, sai phương trình không cho điểm phương trình đó - Học sinh viết phương trình, không cân bằng trừ một nửa tổng số điểm của phương trình đó [Cu2+] = [Fe3+] = 0,5M Cu(r) + 2Fe3+  Cu2+ + 2Fe2+ 0,5 E Fe3 / Fe2  0,77  0,059 lg  0,752V 1

Ta có 0, 059 lg 0,5  0, 331V ECu2 / Cu  0,34  2 a Vì E Fe3 / Fe 2  ECu 2 / Cu nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

lg K 

nE 0 2(0, 77  0,34)   14,576 → K = 3,767.1014 0,059 0,059

[ Fe3 ] [ Fe3 ] → > 3,6.10 -8 lần  0, 331 2 2 [ Fe ] [ Fe ] MnO4- + 8 H+ + 5e → Mn2+ + 4 H2O [ MnO4 ][ H  ]8 E MnO  / Mn 2   E 0  lg

4 [ Mn 2  ]

2 (2,5 điểm)

Để đổi chiều phản ứng: 0,77  0,059 lg

Khi pH = 1 E MnO  / Mn2  = 1,4156 (V) > ECl0 4

b

2

/ 2 Cl 

2

4

-- -

Ion MnO4 có thể oxi hoá các ion Br ,I .

Khi pH = 6 E MnO  / Mn2  = 0,9436 (V) > E IO / 2 I  4

2

Ion MnO4- chỉ có thể oxi hoá ion I-.

0,5

2,0

0,5

0,5 0,5

0,25

 1,36V

Ion MnO4- có thể oxi hoá các ion Cl-,Br--,I-.

0 Khi pH = 4 E MnO  / Mn2  = 1,1324 (V) > E Br  1, 08V / 2 Br  -

Điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

a

Ban đầu thực hành ở pH = 6 , dùng KMnO4 với dung môi CCl4, I2 được hình thành tan trong dung môi có màu tím. Chiết lớp dung môi , thay lớp dung môi có pH = 4, thấy lớp dung môi có màu vàng của Br2.

OH- + H+  H2O 3OH- + Fe3+  Fe(OH)3 2OH- + Mg2+  Mg(OH)2

0,25

0,5

3

TFe(OH)3 =10-38 =  Fe3+   OH -   khi bắt đầu xuất xuất hiện kết tủa Fe(OH)3 thì [OH-] = 3 3 (2,0 điểm)

b

TFe(OH)3  Fe3+ 

= 3

0,5

1038 = 10-12M  pH = 2 2 10

khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Mg(OH)2 thì [OH- ] =

TMg(OH)2  Mg 2+ 

=

1011 = 10-5M  1 10

0,5

pH = 9. Vậy Fe(OH)3 kết tủa trước Khi Fe3+ kết tủa hết  [OH-] = 3 c

a

4 (2,5 điểm)

b

1038 = 10-10,67M  thời điểm khi 106

→ mFe = 0,08.56 = 4,48 gam < mB = 8,48 gam nên trong B phải có sắt oxit, hòa tan trong H2SO4 để tạo ra dung dịch D gồm FeSO4 và Fe2(SO4)3.

Các phản ứng:

H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O

FeSO4 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + Na2SO4

Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 2Fe(OH)3 ↓ + 3Na2SO4

4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 Cứ 1 mol Fe(OH)2 → 1 mol Fe(OH)3 thì khối lượng tăng 17 gam.

1,36 → nFe(OH )   0,08 mol = nFe. Vậy toàn bộ Fe(OH)2 đều được tạo ra từ 2 17 FeSO4 do tác dụng của Fe với H2SO4 → lượng Fe2(SO4)3 có trong dung dịch là do Fe2O3 tác dụng với axit tạo thành:

Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O

n Fe2O3  0,025 mol

0,5

0,5

0,25

0,5

0,5

→ n H 2SO4 dư = 0,2 – 0,08 – 3.0,025 = 0,045 mol

CM ( H 2SO4 )  0,225M ; CM ( Fe2 ( SO4 )3 )  0,125M ; CM ( FeSO4 )  0,4M Theo kết quả trên, trong hỗn hợp A có a mol Fe2O3 và b mol FexOy (x≠2, y≠3). Áp dụng ĐLBTNT Fe và O: (1) 2a  bx  0,13

(2) 3a  by  0,19

Từ (1) và (2) → b 

 Fe3+ 

> 3

Fe3+ kết tủa hết là pH > 3,33.

Vậy để kết tủa hoàn toàn Fe3+ mà chưa tạo kết tủa Mg(OH)2 cần duy trì pH trong khoảng: 3,3 < pH ≤ 9 t0 aFexOy + (ay – bx)H2   xFeaOb + (ay – bx)H2O 2,07

 0,115mol  n H 2  n H 2O  18 Áp dụng ĐLBTKL: m = mA = (2,07 + 8,48) – 0,115.2 = 10,32 gam.

B tan trong H2SO4 loãng cho H2 → trong B phải có Fe:

Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 ↑ n H 2 = 0,08 mol → nFe = n H 2 = 0,08 mol

c

TFe(OH)3

0,01

3x  2y

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

a

b 5 (2,0 điểm)

- Xét x = y = 1 → b = 0,01 mol → hỗn hợp A có 0,01 mol FeO (0,72g) chiếm 6,98% và Fe2O3 chiếm 93,02%.

- Xét x = 3, y = 4 → b = 0,01 mol → hỗn hợp A có 0,01 mol Fe3O4 (2,32g) chiếm 22,48% và Fe2O3 chiếm 77,52%.

Gọi hỗn hợp trước và sau phản ứng là A, B + Khi đun nóng hỗn hợp A sẽ xảy ra các phản ứng: C2H4 + H2 → C2H6 (1) C3H6 + H2 → C3H8 (2) + Theo định luật BTKL thì mA = mB, nhưng nA > nB do 2 phản ứng trên nên M A  M B . + Gọi x, y, y lần lượt là số mol của H2; C2H4; C3H6. Ta có:  x  2y  0,1

 2x  70y  7,6.2.0,1  1,52 → x = 0,06 mol ; y = 0,02 mol. → %VH  60%; %VC H  %VC H  20% 2

2

4

3

7 (2,0 điểm)

0,25

0,5

0,5

6

Áp dụng công thức PV = nRT, ta có:

P B nB M A 7,6     0,89994  0,900 PA nA M B 8,445 → PB = 0,900.PA = 0,900 atm. + nA = 0,1 mol; nB = 0,09 mol. + Gọi a, b lần lượt là số mol C2H4, C3H6 tham gia phản ứng cộng H2; Ta có:  a  b  0,1  0,09  0,01

 d 28(0,02  a)  42(0,02  b)  1,05 → a = b = 0,005 mol.

0,005 .100  25% → H %C H  H %C H  2 4 3 6 0,02 Nhận ra hai axit cacboxylic bằng quỳ tím ẩm (làm quỳ hóa đỏ, các mẫu thử khác không làm đổi màu quỳ) và phân biệt hai axit bằng phản ứng tráng gương (axit fomic tạo kết tủa Ag). c

6 (1,5 điểm)

0,25

-

0,5

0,5

0,75

+

RCOOH + H2O ⇄ RCOO + H3O HCOOH + 2AgNO3 + 4NH3 + H2O  (NH4)2CO3 + 2Ag + 2NH4NO3 Dùng phản ứng tráng gương nhận ra andehit axetic trong các mẫu thử còn lại và dùng I2/NaOH để phân biệt hai ancol (chỉ etanol tạo kết tủa vàng iodofom).

CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O  CH3COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3 CH3CH2OH + 4I2 + 6NaOH  HCOONa + CHI3 + 5NaI + 5H2O 41,38 55,17 C : H : O = : 3,45 : = 1 : 1 : 1  (CHO)k 12 16 Mz = 29k > 160  5,5 < k < 7 (mannozơ có 6C)  k = 6  C6H6O6 Nhóm –CH=O và –CH2OH trong Mannozơ dễ bị oxihoá bởi HNO3 nóng tạo ra 2 nhóm –COOH. Nếu sản phẩm Z là HOOC-(CHOH)4-COOH thì công thức phântử không đúng với C6H6O6. Mặt khác, Z còn bị thuỷ phân (H+ hay OH-)  Z là este sinh ra do 2 nhóm –COOH kết hợp với 2 nhóm –OH ở vị trí không gian thuận lợi tạo ra vòng bền (5 hay 6 cạnh).

OH OH O O O=C CH CH CH CH C=O C =O O= C O OH O OH

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,75

0,5

0,5

1,0

O O=C

CH CH

OH CH

CH

C=O

O

HO

C =O

OH O O=C O

Xác định công thức cấu tạo ancol C: Hợp chất hữu cơ đơn chức A chứa C, H, O tác dụng với dung dịch KOH cho ancol C, suy ra A là este đơn chức. Đun nóng ancol C với H2SO4 đặc ở 1700C được anken, chứng tỏ ancol C là ancol no đơn chức, mạch hở và có số nguyên tử C lớn hơn hoặc bằng 2.

Oxi hóa ancol C được sản phẩm tham gia phản ứng tráng gương, suy ra C là ancol bậc một. Vậy A có công thức tổng quát là: RCOOCH2R’ (với R' khác H).

Phản ứng của A với dung dịch KOH : RCOOCH2R’ + KOH  RCOOK +R’CH2OH (1) Phản ứng oxi hóa m gam ancol C : xt 2 R’CH2OH + O2   2R’CHO + 2 H2O (2) xt R’CH2OH + O2   R’COOH + H2O (3) Hỗn hợp X gồm R’CHO, R’COOH, H2O và R’CH2OH dư.

Gọi số mol R'CH2OH, R'CHO, R'COOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, y, z mol.  số mol H2O trong 1/3 hỗn hợp X là (y + z) mol. * Phần một: t0 R’CHO + 2[Ag(NH3)2]OH   R’COONH4 + 2Ag + 3NH3 + H2O (4) y mol 2y mol a Số mol Ag = 2y = 21,6 : 108 = 0,2  y = 0,1 (mol) * Phần hai: R’COOH + NaHCO3  R’COONa + H2O + CO2 ↑ (5) z mol z mol Số mol CO2 = z = 2,24 : 22,4 = 0,1 (mol) * Phần ba: 2 R’COOH + 2 Na  2 R’COONa + H2 ↑ (6) z mol z mol 0,5 z mol 2 R’CH2OH + 2 Na  2 R’CH2ONa + H2 ↑ (7) x mol x mol 0,5x mol 2 H2O + 2 Na  2 NaOH + H2 ↑ (8) (y + z) mol (y + z) mol 0,5(y + z) mol Số mol H2: 0,5z + 0,5x + 0,5( y + z ) = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol )  x + y + 2z = 0,4 (*) Thay y = 0,1; z = 0,1 vào (*) được: x = 0,1 (mol) Chất rắn khan thu được sau phản ứng ở phần III gồm : 0,1 (mol) R’COONa ; 0,1 (mol) R’CH2ONa và 0,2 (mol) NaOH. Số gam chất rắn khan : (R’+ 67). 0,1 + (R’ + 53). 0,1 + 40. 0,2 = 25,8 (gam)  MR’ = 29  R’ là C2H5 – Vậy công thức cấu tạo của ancol C: CH3– CH2 – CH2 - OH. Tính phần trăm số mol C3H7OH bị oxi hóa : Tổng số mol ancol đã bị oxi hóa: 3(y + z ) = 3 . 0,2 = 0,6 (mol). b Số mol C3H7OH có trong m gam là : 3(x + y + z) = 3 . 0,3 = 0,9 (mol) % số mol C3H7OH đã bị oxi hóa là: (0,6 : 0,9) .100% = 66,67 % Xác định công thức cấu tạo của A: Theo (1): nKOH phản ứng = nmuối = nC = 0,9 (mol) c Số mol KOH dư: 0,5. 2,4 – 0,9 = 0,3 (mol) Chất rắn khan B gồm: 0,9 (mol) RCOOK và 0,3 (mol) KOH dư Khối lượng chất rắn khan B: (R + 83).0,9 + 56.0,3 = 105

OH

8 (3,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

0,25 0,25

a 9 (2,0 điểm)

b

 M R = 15  R là CH3 – Vậy công thức cấu tạo của A là: CH3 – COO – CH2 – CH2 – CH3 Ở pH = 6 Prolin tồn tại ở dạng muối lưỡng cực, hầu như không di chuyển.

Lysin tồn tại ở dạng axit (cation) di chuyển về cực âm (catot).

Axit glutamic tồn tại ở dạng bazơ (anion) di chuyển về cực dương (anot).

Công thức, gắn đúng giá trị pK và tính đúng pHI của Gly-Ala

(8,23) H3N+ – CH2 – CO – NH – CH(CH3) – COO– (3,15) - pHI của nó: (8,23 + 3,15) / 2 = 5,69.

Công thức cấu tạo của đipeptit: Ở pH = 4: H3N+ – CH2 – CO – NH – CH(CH3) – COOH Ở pH = 11: H2N – CH2 – CO – NH – CH(CH3) – COO–

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

0,5

0,5

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm).

1. Hoàn thành các phương trình phản ứng hóa học sau đây:

a. NaCl + H2SO4 đặc, nóng 

b. NaBr + H2SO4 đặc, nóng 

c. NaClO + PbS



d. FeSO4 + H2SO4 + HNO2 

e. KMnO4 + H2SO4 + HNO2  2. Cho 2-metylbut-2-en phản ứng với axit clohidric. Trình bày cơ chế của phản ứng, cho biết sản phẩm chính và giải thích.

Câu 2 (2,0 điểm).

1. Tìm các chất thích hợp ứng với các ký hiệu A1, A2, A3, A4, A5 trong sơ đồ sau và hoàn thành các phương trình phản ứng dưới dạng công thức cấu tạo? +O2,xt +Benzen/H+ A3 Crackinh (3) (2) A5 (C3H6O) CnH2n+2 A2 (1) A1(khí) (4) A4 (5) +O2/xt +H2O/H+

2. Cho các chất sau: CO2, CaCO3, Ca(HCO3)2, Na2CO3. Hãy lập một sơ đồ biểu diễn tối đa mối quan hệ giữa các chất trên. Viết các phương trình hóa học biểu diễn các mối quan hệ đó.

Câu 3 (2,0 điểm).

Cho 0,1 mol chất X (có công thức phân tử C2 H9O6N3) tác dụng với dung dịch chứa 0,4 mol NaOH đun nóng, thu được một chất làm xanh giấy quỳ ẩm và dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Tính m.

Câu 4 (2,0 điểm).

Hỗn hợp X gồm M2CO3, MHCO3 và MCl (M là kim loại kiềm). Cho 32,65 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch HC1 thu đuợc dung dịch Y và có 17,6 gam CO2 thoát ra. Dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư đuợc 100,45 gam kết tủa. Tính thành phần phần trăm theo khối luợng muối MCl trong X. Câu 5 (2,0 điểm).

1. Dùng công thức tổng quát để viết các phương trình phản ứng sau: a) Este + NaOH  1 muối + 2 ancol

b) Este + NaOH  1 muối + 1 anđehit

c) Este + NaOH  2 muối + nước d) Este + NaOH  2 muối + 1 ancol + nước 2. Viết phương trình phản ứng điều chế các chất sau: a) N2, H3PO4, CO, HNO3, HCl trong phòng thí nghiệm. b) Photpho, supephotphat đơn, phân ure trong công nghiệp.

Câu 6 (2,0 điểm).

Cho 12,24 gam hỗn hợp D gồm C2 H6, C2 H4, C3H4 vào dung dịch AgNO3/NH3 dư, phản ứng kết thúc, thu được 14,7 gam kết tủa. Mặt khác 0,19 mol hỗn hợp D phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 0,14 mol Br2. Viết các phương trình phản ứng và tính số mol mỗi chất trong 12,24 gam hỗn hợp D.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 7 (2,0 điểm).

Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 este no, mạch hở (chỉ chứa nhóm chức este) bằng dung dịch NaOH vừa đủ. Chưng cất dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp Z gồm 2 ancol, số nguyên tử cacbon trong mỗi phân tử ancol không quá 3 nguyên tử và 12,3 gam muối khan Y của một axit hữu cơ. Đốt cháy hoàn toàn muối Y, thu được 0,075 mol Na2CO3. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Z, thu được 0,15 mol CO2 và 0,24 mol H2O. Xác định công thức cấu tạo của 2 este.

Câu 8 (2,0 điểm).

Hòa tan hết m gam hỗn hợp R gồm Na, Na2 O, Ba và BaO vào nước, thu được 0,15 mol khí H2 và dung dịch X. Sục 0,32 mol khí CO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y chỉ chứa các ion Na+, HCO3 -, CO32- và kết tủa Z. Chia dung dịch Y thành 2 phần bằng nhau: - Cho từ từ đến hết phần 1 vào dung dịch chứa 0,12 mol HCl, thu được 0,075 mol CO2, coi tốc độ phản ứng của HCO3-, CO32- với H+ bằng nhau.

- Cho từ từ đến hết dung dịch chứa 0,12 mol HCl vào phần 2, thu được 0,06 mol CO2.

Tính giá trị của m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Câu 9 (2,0 điểm). Đốt cháy hoàn toàn một lượng chất X là andehit mạch hở thu được 38,72 gam CO2 và 7,92 gam nước. Biết rằng, cứ 1 thể tích hơi chất X phản ứng tối đa với 3 thể tích khí H2, sản phẩm thu được nếu cho tác dụng hết với Na (dư) sẽ cho thể tích khí H2 sinh ra bằng thể tích hơi X tham gia phản ứng ban đầu. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất.

1. Tìm X. 2. Dùng CTCT viết phương trình hóa học xảy ra khi cho X lần lượt phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, đun nóng và nước Br2 dư.

Câu 10 (2,0 điểm).

Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, FeCO3 và Fe(NO3)2 trong dung dịch chứa NaHSO4 và 0,16 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO2 và NO (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 4). Dung dịch Y hòa tan tối đa 8,64 gam bột Cu, thấy thoát ra 0,03 mol khí NO. Nếu cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu được 154,4 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của cả quá trình. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của Fe đơn chất trong hỗn hợp X.

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Câu

1

1 (2,0 điểm)

Nội dung a. NaCl + H2SO4 (đặc, nóng)  HCl + NaHSO4 hoặc 2NaCl + H2SO4 (đặc, nóng)  2HCl + Na2SO4 b. 2NaBr + 2H2SO4 (đặc, nóng)  2NaHSO4 + 2HBr 2HBr + H2SO4 (đặc, nóng)  SO2 + 2H2O + Br2 2NaBr + 3H2SO4 (đặc, nóng)  2NaHSO4 + SO2 + 2H2O + Br2 c. NaClO + PbS  4NaCl + PbSO4 d. 2FeSO4 + H2SO4 + 2HNO2  Fe2(SO4)3 + 2NO + 2H2O e. 2KMnO4 + 3H2SO4 + 5HNO2  K2SO4 + 2MnSO4 + 5HNO3 + 3H2O CH3 CH3-C-CH2-CH3 (I) +

CH3

CH3-C-CH2-CH3 Cl

H

CH3 (II)

2-Clo-2-metylbutan

CH3 CH3-CH-CH-CH3 Cl 2-Clo-3-metylbutan

-

CH3-C-CH-CH3 +

2

Cl

2-Clo-2-metylbutan là sản phẩm chính.

Do cacbocation bậc ba (I) bền hơn cacbocation bậc hai (II), mặt khác do cacbocation bậc hai (II) có khả năng chuyển vị hiđrua tạo thành cacbocation bậc ba (I) nên sản phẩm 2-clo-metylbutan là sản phẩm chính.

Các phản ứng: 1. CH3-CH2-CH2-CH3

Crackinh

CH(CH3)2

1 3.

2 (2,0 điểm)

4.

H2SO4

2

0,25 0,25

(A3)

OH

1,0

1.O2 2.H2SO4(l)

+ CH3-CO-CH3 (A5)

H+ CH3-CH(OH)-CH3 (A4)

CH3-CH=CH2 + H2O 0

5.

0,25

CH3-CH=CH2 + CH4 (A2) CH(CH3)2

(A1)

2. CH3-CH=CH2 +

1,25

CH3

Cl-

+

CH3-C=CH-CH3

Điểm

CH3-CH(OH)-CH3 + 1/2O2

Cu,t

CH3-CO-CH3 (A5)

+ H2O

Sơ đồ biểu diễn mối quan hệ giữa các chất: Na2CO3

CO2

CaCO3 Ca(HCO3)2 Các phương trình hóa học: Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3 + 2NaCl

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

3 (2,0 điểm)

Ca(HCO3)2 + NaOH → CaCO3 + Na2CO3 + H2O Na2CO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O CO2 + NaOH → Na2CO3 + H2O CaCO3 + HCl → CaCl2 + CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + HCl → CaCl2 + CO2 + H2O CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O Theo gt ta suy ra CTCT của X là: NH3NO3 CH2 NH3HCO3 PTHH xảy ra: X + 3NaOH CH2(NH2)2 + NaNO3 + Na2CO3 + 3H2O Từ Pt ta suy ra chất rắn gồm NaNO3(0,1 mol), Na2CO3(0,1 mol), NaOH dư (0,1 mol) => m = 23,1 gam Đặt n M 2CO3  x; n MHCO3  y; n MCl  z  n HCl ph¶n øng  2x  y

1,0

1,0

Bảo toàn nguyên tố Clo: n AgCl  0, 7  2x  y  z; n CO2  0, 4  x  y 4 (2,0 điểm)

m X  32, 65   2M  60  .x   M  61 .y   M  35, 5  .z  32, 65  M.  2x  y  z   60.  x  y   y  35,5z  0, 7M  y  35,5z  8, 65  0, 7M  8, 65  M  12,36  M là Liti  M  7  giải hệ có: x  y  0, 2 mol; z  0,1 mol.  %m MCl  0,1 42,5  32, 65  100%  13, 02% .

1

a) ROOC-R’-COOR” + 2NaOH  ROH + R”OH + NaOOC-R’-COONa b) RCOOCH=CH2 + NaOH  RCOONa + CH3CHO c) RCOOC6H4R’ + 2NaOH  RCOONa + NaOC6H4R’ + H2O d) ROOC-R’-COOC6H4R” + 3NaOH  ROH + NaOOC-R’-COONa + NaOC6 H4R’ + H2O

2,0

1,0

o

t NH4Cl + NaNO2   N2 + NaCl + 2H2O o

t P + 5HNO3 đặc   H3PO4 + 5NO2 + H2O

5 (2,0 điểm)

H2SO4 ®Æc, t o

HCOOH  CO + H2O 2

Chöng caát ôû P thaáp  HNO3 + NaHSO4 NaNO3(rắn) + H2SO4(đặc)  to

1,0

NaCl(rắn) + H2SO4(đặc)   HCl + NaHSO4 o

1200 C Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C  3CaSiO3 + 2P + 5CO

o

180  200 C , 200 atm CO2 + 2NH3   (NH2)2CO + H2O o

t Ca3(PO4)2 + 2H2SO4(đặc)   Ca(H2PO4)2 + 2CaSO4 Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C2H6, C2H4, C3H4 trong 12,24 gam D

NH

6 (2,0 điểm)

3 CH3-C  CH +Ag[(NH3)2]OH   CH3-C  CAg +2NH3 + H2O (1) C2H4 + Br2  BrH2C - CH2Br (2) CH3 - C  CH + 2 Br2  CH3- CBr2 - CHBr2 (3) Theo (13) và bài ra ta có hệ:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0

 30 x  28 y  40 z  12,24  x  0, 2   14,7  z 0,1      y  0,08 147   z  0,1   x  y  z y  2z  0,19  0,14 

Ta có n Na/ Y = n NaOH = 2 n Na CO = 0,15 mol 2

3

Gọi CT chung của Z là Cn H 2 n+2 O m  n 

5 0,15   có CH3OH 0,24  0,15 3

Vì nNaOH  nhh Z  Z có ít nhất 1 ancol đa chức và axit tạo muối Y đơn chức Gọi Y là RCOONa  nRCOONa = nNa/Y = 0,15mol  MRCOONa =

7 (2,0 điểm)

1,0

12,3 = 82 0,15

 R = 15  Y là CH3COONa Trong Z: ancol còn lại là đa chức C2H4(OH)2 hoặc C3H8Oz (z = 2 hoặc 3) TH 1: Nếu 2 ancol là CH3OH và C2H4(OH)2 và x, y là số mol của 2 ancol tương ứng  x + y = 0, 09  x = 0, 03   nNaOH = x + 2y = 0,15 (thỏa mãn)  x+2y 5    y = 0, 06  0, 09 = 3 

 CTCT của 2 este là CH3COOCH3 và (CH3COO)2C2H4 TH 2: Nếu 2 ancol là CH3OH và C3H8-z(OH)z; a và b là số mol của 2 ancol tương ứng

1,0

a + b = 0,09 a = 0, 06   nNaOH = a+zb =0,06+0,03z = 0,15 z = 3  a+3b 5    b = 0, 03  0, 09 = 3 

 CTCT của 2 este là CH3COOCH3 và (CH3COO)3C3H5 Gọi a, b lần lượt là số mol CO32- và HCO3- trong 1/2 Y Phần 2: 0,06 mol < 0,07 mol  H+ hết nCO32- = a = nH+ - nCO2 = 0,12 – 0,06 = 0,06 mol Phần 1: H+ hết HCO3- + H+  H2O + CO2

8 (2,0 điểm)

9 (2,0 điểm)

2 + 2H+  H2O + CO2 CO 3 2a  b a  b 2.0,06  b 0,06  b     b  0,04 mol 0,12 0,075 0,12 0,075

 Trong Y: 0,12 mol CO32-, 0,08 mol HCO3-  0,24 + 0,08 = 0,32 mol Na+ Bảo toàn cacbon: nBaCO3 = nBa(OH)2= 0,32 – 0,2 = 0,12 mol Sơ đồ: R + H2O  NaOH + Ba(OH)2 + H2  m + (0,16 + 0,12 + 0,15).18 = 40.0,32 + 0,12.171 + 0,15.2 Vậy m = 25,88 gam X + H2 → ancol, mà ancol + Na  số mol H2 = nX  anđehit X có 2 nhóm CHO. Vì Vhiđro = 3Vanđehit  Trong phân tử X có 3 liên kết  , trong đó có 2 liên kết 1  ở nhóm CHO, 1 liên kết  ở gốc hiđrocacbon  Công thức của X có dạng: CmH2m-2(CHO)2 P/ư cháy : CmH2m-2(CHO)2 + (1,5m + 2) O2 → (m+2)CO2 + mH2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0

1,0



m  2 0,88   m 2 m 0,44

 CT của X là C2H2(CHO)2 CTPT: C4H4O2 CTCT của X: OHC - CH = CH - CHO (dạng cis- và trans- ).

CH2 = C(CHO)2 Các PTHH t0 OHC - CH = CH - CHO + 4[Ag(NH3)2]OH   H4NOOC-CH=CH-COONH4 + 4Ag + 6NH3 + 2H2O t0 2 CH2 = C(CHO)2+ 4[Ag(NH3)2]OH   CH2 = C(COONH4)2 + 4Ag + 6NH3 + 2H2O OHC - CH = CH - CHO + 3Br2 + 2H2O → HOOC - CHBr - CHBr - COOH + 4HBr CH2 = C(CHO)2 + 3Br2 + 2H2O → CH2Br - CBr(COOH)2 + 4HBr - Dung dịch Y gồm Fe3+, H+, Na+, NO3 và SO 24 (dung dịch Y không chứa Fe2+, vì

1,0

không tồn tại dung dịch cùng chứa Fe2+, H+ và NO3 ).

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì: BT:e    n Fe3  2n Cu  3n NO  0,18 mol

 mol n 4n 0,12    NO  H  d­ 

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)2 ta có:

n BaSO4  n NaHSO4 

m  107n Fe3

 0,58 mol 233 BTDT - Xét dung dịch Y, có:   n NO  2n SO2   3n Fe3  n H   n Na   0,08 mol 3

4





 m Y  23n Na   56n Fe3  n H   62n NO  96n SO2  84,18  g  3

10 (2,0 điểm)

BT:H   n H 2O 

4

n NaHSO4  n HNO3  n H  d­ 

 0,31 mol 2 - Xét hỗn hợp khí Z, có n CO2  x mol và n NO  4x mol. Mặt khác:

2,0

BTKL: 44n CO2  30n NO  m X  120n NaHSO 4  n HNO3  m T  18n H 2 O

 44x  3x.30  4,92  x  0,03 mol - Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có: BT:N   n Fe NO3  

n NO  n NO  n HNO3 3

2

2



0, 08  0,12  0,16  0,02 mol 2

và n FeCO3  n CO2  0,03 mol mà n Fe3O4 

n O trong oxit 

 %m Fe 

4

 n Fe3O4 

n NaHSO4  n HNO3  2n CO2  4n NO  n H  d­  8

m X  232n Fe3O4  116n FeCO3  180n Fe NO3  mX

2

 0, 01 mol

.100  37,33

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (4,0 điểm) 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây:

a) NaI + H2SO4 đặc, nóng  b) NaBr + H2SO4 đặc, nóng 

d) FeSO4 + H2SO4 + HNO2 

c) KNO3 + S + C 

e) KMnO4 + H2SO4 + HNO2  f) NaNO2 + H2SO4 loãng  2. Trộn 100ml dung dịch HCl aM với 150ml dung dịch NaOH 1,5M thu được dung dịch D. Dung dịch D hòa tan được tối đa 0,05 mol Al. Tính a.

3. Cho hỗn hợp gồm Al và FeS2 tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư, thu được một chất khí màu nâu (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 và NaOH (dư), phản ứng hoàn toàn thu được kết tủa.

Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn.

4. Hòa tan hỗn hợp bột gồm m gam Cu và 4,64 gam Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 (loãng, rất dư), sau khi các phản ứng kết thúc chỉ thu được dung dịch Y. Dung dịch Y làm mất màu vừa đủ 100 ml dung dịch KMnO4 0,1M. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính giá trị m.

Câu 2. (4,0 điểm) 1. Cho lần lượt các dung dịch sau: Na2CO3, FeCl3, KI, Al2(SO4)3, AgNO3 lần lượt tác dụng với các chất: NH3, Na2S, FeCl2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn.

2. Cho 2,2 gam hỗn hợp A gồm 2 muối NaX, NaY (X và Y là 2 halogen ở hai chu kì liên tiếp, ZX< ZY) tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 4,749 gam kết tủa.

Tính % theo khối lượng NaX trong hỗn hợp.

3. Cho biết giá trị năng lượng ion hoá thứ nhất I1 (kj/mol) của các nguyên tố thuộc chu kì 2 như sau: Chu kỳ 2 Li Be B C N O F Ne 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 I1 (kj/mol)

Nhận xét sự biến thiên năng lượng ion hoá thứ nhất của các nguyên tố trên. Giải thích?

4. Hòa tan một hỗn hợp gồm 0,01 mol Fe và 0,02 mol Fe2O3 trong dung dịch có chứa 0,14 mol HCl thu được dung dịch B. Cho B tác dụng vừa đủ với dung dịch KMnO4 0,2M đã được axit hóa bằng dung dịch H2SO4 loãng dư.

Viết phương trình phản ứng dạng ion và tính thể tích dung dịch KMnO4 0,2M đã dùng.

Câu 3. (2,0 điểm)

1. Hòa tan hoàn toàn 2,36 gam hỗn hợp M gồm 2 kim loại X và Y trong dung dịch chứa đồng thời hai axit HNO3 và H2SO4 đậm đặc, đun nóng. Sau khi phản ứng kết thúc, thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí Z chỉ gồm T và NO2, dung dịch G có chứa ion X2+, Y+. Biết tỉ khối của Z so với metan là 3,15625.

a) Tính khối lượng muối khan thu được sau khi cô cạn cẩn thận dung dịch G (Giả thiết không xảy ra quá trình nhiệt phân các muối trong dung dịch G).

b) Xác định khoảng giá trị thay đổi của khối lượng muối khan khi thay đổi tỉ lệ khí T và NO2.

2. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Zn, FeCO3, Ag bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được hỗn hợp A gồm 2 khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu trong không khí, tỉ khối của A so với hiđro bằng 19,2 và dung dịch B. Cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung đến khối lượng không đổi, phản ứng hoàn toàn, thu được 2,82 gam chất rắn. Biết rằng mỗi chất trong hỗn hợp chỉ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

khử HNO3 tạo thành một sản phẩm khử và trong hỗn hợp số mol Zn bằng số mol FeCO3. Xác định sản phẩm khử đã cho và tính số mol mỗi chất trong m gam hỗn hợp ban đầu.

Câu 4. (3,0 điểm) 1. Hãy cho biết ứng với công thức phân tử CnH2nO2 sẽ có những loại đồng phân nào? Lấy C3H6O2 để viết các loại đồng phân đó.

2. Một hỗn hợp lỏng gồm 4 chất: C6 H5OH, C6 H6, C6H5NH2, C2H5OH. Nêu phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

3. Hoàn thành sơ đồ chuyển hoá sau: A

+NaOH CaO, t

C4H12N2O2

o

B

HNO2

C

D

Cao su Buna

+NaOH E

HNO2

F

+CuO, to G

H

+HCl

CO2

Câu 5. (4,0 điểm) 1. Chất A có công thức phân tử C11H20O4. A tác dụng với dung dịch NaOH tạo thành muối của axit hữu cơ B mạch hở, không nhánh và hai ancol là etanol và propan-2-ol. a) Viết công thức cấu tạo của A, B và gọi tên chúng. b) Cho B tác dụng với chất C để tạo thành tơ nilon-6,6. Viết phương trình phản ứng xảy ra. c) Hãy giải thích tại sao tơ nilon-6,6 và tơ enang dễ bị axit và kiềm phân hủy.

2. Khi oxi hóa etylen glicol bằng dung dịch HNO 3 thu được sản phẩm gồm 5 chất hữu cơ.

Viết công thức cấu tạo 5 chất trên, sắp xếp chúng theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi và giải thích ngắn gọn vì sao có sự sắp xếp đó.

3. Có 4 dung dịch: C6H5ONa, (NH4)2CO3, BaCl2, Na2SO4 và 3 chất lỏng: C2H5OH, C6H6, C6H5NH2. Hãy nhận biết các chất trên chỉ bằng 1 thuốc thử và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

4. Hiđrocacbon A có: 150 đvC < MA < 170 đvC. Đốt cháy hoàn toàn a gam A thu được a gam H2O. Cho A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được chất hữu cơ B. A tác dụng với H2O, xúc tác HgSO4, đun nóng thu được chất C. Đun nóng C với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 sinh ra chất D có công thức cấu tạo: CH3 H3C

CH2

COOH

CH

COCH3

C CH2

CH

CH3

COOH

Lý luận xác định công thức cấu tạo của A, B, C (Không cần viết các phương trình phản ứng).

Câu 6. (3,0 điểm) Este A tạo bởi 2 axit cacboxylic X, Y đều mạch hở, không phân nhánh và ancol Z. Xà phòng hóa hoàn toàn a gam A bằng 190 ml dung dịch NaOH xM, để trung hòa NaOH dư sau phản ứng cần dùng 80ml dung dịch HCl 0,25M, thu được dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thu được b gam hỗn hợp muối khan M, nung M trong NaOH khan dư, có xúc tác CaO, thu được chất rắn R và hỗn hợp khí K gồm 2 hiđrocacbon có tỉ khối so với O2 là 0,625. Dẫn khí K lội qua dung dịch nước brom dư thấy có 5,376 lít một chất khí thoát ra. Cho toàn bộ lượng chất rắn R thu được ở trên tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư, có 8,064 lít khí CO2 thoát ra. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

1. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, A. Biết rằng để đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam ancol Z cần dùng 2,352 lít O2 (đktc), sau phản ứng khí CO2 và hơi nước tạo thành có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 11:6.

2. Tính giá trị a, b và x.

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 07 trang)

Câu Ý Câu 1 1

Nội dung

Hoàn thành phương trình phản ứng: a) 2 NaI +2 H2SO4 (đặc, nóng)  2 NaHSO4 + 2 HI 8 HI + H2SO4 (đặc, nóng)  H2S + 4 H2O + 4 I2 Hoặc: 8 NaI+9 H2SO4 (đặc, nóng)  8 NaHSO4 + H2S +4 H2O+4I2 b) 2 NaBr + 2 H2SO4 (đặc, nóng)  2 NaHSO4 + 2 HBr 2 HBr + H2SO4 (đặc, nóng)  SO2 + 2 H2O + Br2 Hoặc: 2 NaBr+3 H2SO4 (đặc, nóng)  2 NaHSO4 + SO2+2 H2O+Br2

Điểm 4,0 điểm 1,0

o

2

3

4

t  K2S + N2 + 3CO2 c) 2 KNO3 + S + 3C  d) 2 FeSO4 + H2SO4 + 2 HNO2  Fe2(SO4)3 + 2 NO + 2 H2O e) 2 KMnO4 +3H2SO4 + 5HNO2  K2SO4 + 2MnSO4+HNO3 + 3 H2O f) 3 NaNO2 + H2SO4 (loãng)  Na2SO4 + NaNO3 + 2 NO + H2O Ta có: n HCl  0,1a mol; n NaOH  0,15.1,5  0, 225 mol Khi trộn xảy ra phản ứng: HCl + NaOH → NaCl + H2O (1) Vì Al tan được trong dung dịch axit và kiềm nên xảy ra hai trường hợp: -Trường hợp 1: HCl dư, NaOH hết sau (1) xảy ra tiếp phản ứng: 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (2)

nHCl = 0,225 + 0,15 = 0,375 = 0,1a  a = 3,75 (M) -Trường hợp 2: HCl hết, NaOH dư sau (1) xảy ra tiếp phản ứng: 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (3) Suy ra: nNaOH (1) = nHCl (1)= 0,225–0,05 = 0,175(mol)  a = 1,75 (M) Phương trình phản ứng dạng ion rút gọn Al + 6H+ + 3NO3-  Al3+ + 3NO2 + 3H2O FeS2 + 14H+ + 15NO3-  Fe3+ +15NO2 + 2SO42- +7 H2O H+ + OH-  H2O Ba2+ + SO42-  BaSO4 Fe3+ + 3OH-  Fe(OH)3 Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 Al(OH)3 + OH-  Al(OH)4-

1,0

1,0

4, 64

 0, 02 mol, n Cu  x mol Ta có: n Fe O  3 4 232 Fe3O4 + 4H2SO4  FeSO4 + Fe2(SO4)4 + H2O 0,02  0,02 0,02 Cu + Fe2(SO4)3  2FeSO4 + CuSO4 x mol  2x mol 2KMnO4 +10FeSO4+ 8H2SO4  2MnSO4 +5Fe2(SO4)3 +K2SO4 +8 H2O 0,01  0,05 Ta có: 0,02+2x=0,05  x=0,015 mol Vậy: Khối lượng của Cu là 0,96 gam

Câu 2 1

1,0

Phản ứng dạng ion *Với NH3 : Fe3+ + 3NH3 + 3H2O  Fe(OH)3+ 3NH4+ Al3+ + 3NH3 + 3H2O  Al(OH)3+ 3NH4+ Ag+ +2NH3  Ag(NH3)2+ *Với dung dịch Na2S: 2Fe3+ + S2-  2Fe2+ + S 2Al3+ + 3S2- + 6H2O  2Al(OH)3 + 3H2S

4,0 điểm 1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2

*Với dung dịch FeCl2 : Fe2+ + CO32-  FeCO3 Fe2++Cl-+2Ag+  Fe3+ +AgCl+Ag (hoặc rời 2 phương trình) Trường hợp 1: Hỗn hợp gồm NaF và NaCl. Kết tủa chỉ là AgCl

1,0

4, 749

 0, 0331 mol n NaCl  n AgCl  143, 5  m NaF  2, 2  0, 0331.58, 5  0, 26365 gam

Trường hợp 2: Không có muối florua. Đặt công thức chung của 2 muối là NaX  NaNO3 + AgX  (1) NaX + AgNO3   n

3

4

Câu 3 1

NaX



4, 749  2, 2 108  23

 0, 03  M

NaX



2, 2 0, 03

 73,3 g/mol

 X = 73,3-23=50,3  Hai halogen kế tiếp là Cl(35,3) < 50,3 < Br( 80) 58,5x  103 y  2, 2  x  0, 02  m  0, 02.58, 5  1,17 gam  NaCl  x  y  0, 03  y  0, 01 1,0 * Nhìn chung năng lượng ion hoá tăng dần Giải thích: Từ trái sang phải trong một chu kỳ, điện tích hạt nhân của các nguyên tố tăng dần và số lớp e không đổi, nên lực hút giữa điện tích hạt nhân và e lớp ngoài cùng tăng, làm e càng khó bị tách ra khỏi nguyên tử nên năng lượng ion hoá tăng. * Be và N có năng lượng ion hoá cao bất thường Giải thích: Be có cấu hình e 1s22s2, cấu hình ở phân lớp s bảo hòa và N có cấu hình e là: 1s22s22p3, phân lớp p bán bão hoà. Đây cũng là những cấu hình e bền nên cũng cần cung cấp năng lượng cao hơn để tách e ra khỏi nguyên tử.

1,0 Viết các phương trình phản ứng và tính thể tích của dung dịch KMnO4 Fe2O3 + 6H+  2Fe3+ + 3H2O 0,02  0,12  0,04 Fe + 2Fe3+  3Fe2+ 0,01  0,02  0,03 Dd B gồm: 0,02 mol H+, 0,03 mol Fe2+, 0,01 mol Fe3+, 0,14 mol Cl- MnO4- + 5Fe2+ + 8H+  Mn2+ +5Fe3+ + 4 H2O 0,006  0,03 2MnO4- + 10Cl- + 16H+  2Mn2+ + 5Cl2 + 8H2O 0,028  0,14 Ta có: VddKMnO4  0,17 lít = 170 ml

2,0 điểm 0,5 Tính khối lượng muối khan *Xác định số mol các chất khí Số mol Z = 0,896: 22,4 = 0,04 (mol) M Z = 3,15625.16 = 50,5 M NO = 46 < 50,5 < M T  T là SO2 (M=64) 2

Gọi a là số mol SO2, b là số mol NO2 64a  46 b  50,5.0, 04  2, 02 a  0, 01 Ta có hệ: 

  a  b  0, 04 b  0, 03 Phương trình phản ứng: (Có thể không cần ghi phản ứng) X + 2H2SO4  XSO4 + SO2 + 2H2O 2Y + 2H2SO4  Y2SO4 + SO2 + 2H2O X + 4HNO3  X(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Y + 2HNO3  YNO3 + NO2 + H2O ∑m muối khan = ∑mM + ∑mNO3- + ∑m SO42- = 2,36 + 0,03.62 + 0,01.96 = 5,18 (gam)

Xác định khoảng giá trị 6

4

5

4

0,5

X  X2+ + 2e S  2e  S x 2x 0,02  0,01 Y  Y+ + 1e N  1e  N y y 0,03  0,03 Theo định luật bảo toàn electron: 2x + y = 0,05 Khối lượng hỗn hợp: xX + yY = 2,36 *Giả sử chỉ tạo NO2 thì: Khối lượng 2 muối nitrat= x(X + 124)+y(Y + 62)=2,36+62.0,05=5,46 g *Giả sử chỉ tạo SO2 thì: Khối lượng 2 muối sunfat= x(X + 96)+y/2(2Y+96)=2,36+48.0,05= 4,76g Vậy: 4,76 gam < khối lượng 4 muối < 5,46 gam 2

*Hỗn hợp A gồm: CO2 và NO Do Ag có tính khử yếu nên chỉ tạo NO Vì mỗi chất trong hh chỉ tạo một chất sản phẩm khử nên Zn sẽ khử HNO3 thành NO hoặc NH4NO3 Gọi x là số mol Zn  số mol FeCO3 = x, gọi là số mol Ag= y

*Nếu Zn cũng khử HNO3 tạo ra khí NO thì ta có:

3Zn + 8HNO3 → Zn(NO3)2 + 2NO + 4H2O x  2x/3

3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O y  y/3

3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O x  x x/3 3x  y  Khí tạo thành có: x mol CO2 và mol NO 3 *Vì hh khí có tỉ khối so với hiđro là 19,2 nên n(CO2) = 1,5.nNO 3x  y  y = -x (loại)  x = 1,5.

3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Câu 4 1

2

3

*Do đó sản phẩm khử của Zn là: NH4NO3

4Zn + 10HNO3 → 4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O x x x/4

3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O y y y/3

3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O x x x x/3 xy mol NO.  Khí tạo thành có x mol CO2 và 3 Vì số mol CO2 = 1,5. nNO. Nên x = y

* Khi B + NaOH dư và nung thì chất rắn chỉ có: NaOH t0  Fe(OH)3  Fe(NO3)3   1/2 Fe2O3 t0 NaOH AgNO3   Ag  1/2Ag2O  0,5x mol Fe2O3 + y mol Ag. Vì x = y nên ta có:

80x + 108x = 2,82  x = 0,015 mol.

Vậy cả 3 chất trong hh đã cho đều có số mol là 0,015 mol.

CnH2nO2 có tổng số vòng no và số liên kết  là 1 Vậy phải có 1 liên kết  hoặc 1 vòng no *Axit no, đơn chức, mạch hở (n  1) => C2H5COOH *Este no, đơn chức, mạch hở (n  2) => HCOOC2H5, CH3COOCH3 *Tạp chức: 1-OH; 1-CHO (n  2) => HO-CH2CH=O, CH3-CH(OH)CHO 1-O-; 1-CHO => CH3-O-CH2-CHO 1-OH; 1-CO- => CH3-CO-CH2-CHO 1-O-; 1-CO- => CH3-O-CO-CH3 OH

OH * Vòng no: Cho hỗn hợp vào dung dịch NaOH dư, chiết tách phần không tan ta được hỗn hợp gồm C6H6, C6H5NH2 (hỗn hợp I) C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O Phần dung dịch gồm: C6H5ONa, C2H5OH, NaOH dư ( dung dịch II) Chưng cất dung dịch (II), hơi ngưng tụ làm khô được C2H5OH vì C6H5ONa, NaOH không bay hơi.

Cho CO2 dư vào ddC6H5ONa, NaOH, lọc tách phần kết tủa được C6H5OH

NaOH + CO2 → NaHCO3 C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3 Cho hỗn hợp (I) vào dd HCl dư, chiết tách phần không tan ta được C6H6 C6H5NH2 + HCl → C6H5NH3Cl (tan) Cho dung dịch thu được gồm C6H5NH3Cl, HCl dư vào dung dịch NaOH dư, chiết tách phần chất lỏng ở trên ta được C6H5NH2 HCl + NaOH → NaCl + H2O C6H5NH3Cl + NaOH → C6H5NH2 + NaCl + H2O NH2C2 H4COOH3NCH3, A: NH2C2 H4COONa, B: C2H5NH2, C: C2H5OH, D: C4 H6, E: CH3NH2,F: CH3OH, G: HCHO, H: Na 2CO3.

Phản ứng:

0,5

3,0 điểm 1.0

1.0

1.0

o

t NH2C2 H4COOH3NCH3+NaOH   NH2C2 H4COONa+ CH3NH2 + H2O o CaO,t  C H NH + Na CO NH C H COONa+ NaOH  2

2

4

2

5

2

2

3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C2H5NH2 + HNO2  C2H5OH + N2 + H2O o

xt,t  C H + 2H O + H 2C2H5OH  4 6 2 2

o

xt,p,t nC4 H6  (-CH2CH=CHCH2-)n CH3NH2 + HNO2  CH3OH + N2 + H2O o

t CH3OH + CuO   HCHO + Cu + H2O o

Câu 5 1

t  Na2CO3 + 2Cu2O + 6H2O HCHO + 4Cu(OH)2 + 2NaOH  Na2CO3 +2HCl  2NaCl + CO2 + H2O

4,0 điểm 0,5 *Do A tác dụng với dung dịch NaOH tạo thành muối của axit axit hữu cơ B mạch hở, không nhánh và hai ancol là etanol và propan-2-ol.

Công thức: A là H5C2OOC(CH2)4COOCH(CH3)2 (etyl isopropyl ađipat) B là HOOC(CH2)4COOH (axit ađipic) o

t  Phản ứng: H5C2OOC(CH2)4COOCH(CH3)2+2NaOH  NaOOC(CH2)4COONa + C2H5OH + (CH3)2CHOH *C là Hexametylen điamin: H2N(CH2)6NH2

0,5

xt,p,to

2

3

Phản ứng: H2N(CH2)6NH2 + HOOC(CH2)4COOH  [-HN(CH2)6NH-CO-(CH2)4CO-]n (tơ nilon-6,6) +2H2O Tơ enang: [-HN(CH2)6-CO-]n Do tơ nilon-6,6; tơ enang đều có nhóm –HN-CO– nên đều bị axit, kiềm phá hủy do phản ứng thủy phân *Trong môi trường kiềm: –HN-CO– + OH-  –NH2 + –COO- *Trong môi axit: –HN-CO– + H+ + H2O  –NH3+ + –COOH

*Khi oxi hóa etylen glicol bằng dung dịch HNO3 thì nhóm –CH2-OH sẽ bị oxi hóa thành –CHO, -COOH. Ta có công thức của 5 chất là: HO-CH2-CHO, HO-CH2-COOH, O=CH-CHO, O=CH-COOH, HOOCCOOH *Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi: O=CH-CHO, HO-CH2-CHO, O=CH-COOH, HO-CH2-COOH, HOOCCOOH *Giải thích: -Do liên kết H trong axit bền hơn trong ancol -Khối lượng phân tử tăng dần

*Dùng thuốc thử là dung dịch H2SO4 loãng -Tạo khí không màu, không mùi:(NH4)2CO3.

-Tạo dung dịch trong suốt chuyển sang vẩn đục là: C6H5ONa. -Tạo kết tủa trắng là: BaCl2.

-Tạo hiện tượng phân lớp là: C6H6.

-Tạo hiện tượng vẩn đục chuyển sang trong suốt là: C6H5NH2.

-Tạo dung dịch trong suốt là: C2H5OH và Na2SO4.

*Cho BaCl2 vào C2H5OH và Na2SO4 thì Na2SO4 tạo kết tủa trắng. Không hiện tượng là: C2 H5OH. *Phản ứng: (NH4)2CO3 + H2SO4  CO2 + H2O + (NH4)2SO4 2C6H5ONa+ H2SO4  2C6H5OH + Ma2SO4 BaCl2 + H2SO4  BaSO4 + 2HCl C6H5NH2+ H2SO4  (C6H5NH3)2SO4 Na2SO4 + BaCl2  BaSO4 + 2NaCl

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

1,0

4

1,0

y y )O2  xCO2 + H2O 4 2 Ta có: mA = mH O  12x + y = 9y  x:y = 2:3

Gọi công thức A là: CxHy : CxHy + (x + 2

CTPT của A, B có dạng: C2nH3n . Từ: 150 < M < 170  5,55 < n < 6,29 Vậy: n = 6 . CTPT của A là: C12H18 Phân tử A có độ bất bảo hoà Δ = 4.

Vì: A + AgNO3/NH3  B HgSO , to

4  C A + H2O 

Suy ra: A là hợp chất không no chứa nối ba CC đầu mạch.

Vì chất C tác dụng với dd KMnO4 trong H2SO4 sinh ra chất D: CH3 H3C

C CH2

CH

CH2

COOH

CH

COCH3

CH3 COOH

Suy ra CTCT của A là: CTCT của B là: CTCT của C:

C C(CH3)3-CH2-

CH

C

CO-CH3

CAg

C(CH3)3-CH2-

C(CH3)3-CH2-

Câu 6 1

* Xác định Z. Do:

m CO

n 2  11  CO2  3 6 nH O 4 mH O 2 2

. Vậy n H O  n CO 2 2

=> Z là ancol no, mạch hở: CnH2n+2Ok (k≤n) 3n  1  k O2 → nCO2 + (n+1)H2O CnH2n+2Ok + 2 3n  1  k

1 (mol) → mol → n mol →(n+1) mol 2 3 n Ta có: nO2 phản ứng = 0,105 mol. Từ:   n  3 (n  1) 4 3n  1  k / 0,105 (14n + 2 + 16k)/2,76= 2 44  16k 2, 76 Thay n = 3 vào ta có   k  3 . Vậy Z là C3H8O3 10  k 0, 21 CH2OHCHOHCH2OH: glixerol

3,0 điểm 1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*Xác định 2 axit X, Y: Vì K = 32.0,625 = 20  CH4, khí còn lại là R’H  X: CH3COOH Cho K qua dung dịch Br2 dư chỉ thu được 1 khí bay ra  n CH 4  5,376/22,4 = 0,24 mol

1,0

Chất rắn R có chứa Na2CO3: Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O 0,36 ← 0,36 o CaO,t  Na CO + CH CH3COONa + NaOH  2 3 4 0,24 ← 0,24 ← 0,24 0,24 ← Y là: R’(COOH)t  muối: R’(COONa)t Do mạch hở, không phân nhánh nên t=1 hoặc t = 2. o CaO,t  t.Na CO + R’H R’(COONa) + t.NaOH  t

Ta có: K =

2

3

t

0,12 → 0,12/t 16.0, 24  M R'H .0,12 / t t  20  M R 'H t 0, 24  0,12 / t

= 20 +8.t

Khi t=1 thì M R 'Ht = 28 => C2H4 => axit Y: CH2=CH- COOH (0,12 mol) Khi t=2 thì M R 'Ht = 36 (loại). Vậy A là: C3H5(OCOCH3) 2(OCOC2H3) 2

*Xác định a, b, x.

Trung hòa NaOH dư sau phản ứng xà phòng hóa: NaOH + HCl → NaCl + H2O 0,02 0,02 0,02 0,02 Trong M có: CH3COONa (0,24mol),C2H3COONa (0,12mol),NaCl (0,02mol) Vậy: mM = b = 82.0,24 + 94.0,12 + 58,5.0,02 = 32,13 gam o

t C3H5(OCOCH3)2(OCOC2H3)+3NaOH   C3H5(OH)3+ 2CH3COONa+C2H5COONa 0,12 mol 0,36mol  0,24 mol Vậy: a = 230.0,12 = 27,6 gam Ta có:x=0,38/0,19=2mol/lít Công thức cấu tạo của A: CH3COO-CH2 CH3COO-CH2 C2H3COO-CH CH3COO-CH

C2H3COO-CH2 CH3COO-CH2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm).

1. Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học cho các thí nghiệm (mỗi thí nghiệm chỉ viết 1 phương trình)

a. Cho 2a mol kim loại natri vào dung dịch chứa a mol amoni hiđrosunfat.

b. Cho hỗn hợp dạng bột gồm oxit sắt từ và đồng (dư) vào dung dịch axit clohiđric dư.

c. Cho b mol kim loại bari vào dung dịch chứa b mol phenylamoni sunfat.

d. Trộn dung dịch natri hiđrosunfat vào dung dịch bari phenolat.

2. Hợp chất MX2 có trong một loại quặng phổ biến trong tự nhiên. Hòa tan MX2 trong dung dịch HNO3 đặc nóng, thu được dung dịch A. Cho dung dịch BaCl2 vào A thu được kết tủa trắng, cho A tác dụng với dung dịch NH3 dư, thu được kết tủa đỏ nâu.

a. MX2 là chất gì? Viết các phương trình phản ứng dạng ion thu gọn.

b. Nước ở các khe suối, nơi có hợp chất MX2 thường có pH rất thấp. Giải thích hiện tượng này bằng phương trình phản ứng.

Câu 2 (2,0 điểm).

1. Viết phản ứng điều chế tơ lapsan từ metan và các chất vô cơ cần thiết.

2. Hai chất X, Y là đồng phân của nhau(chứa C, H, O), oxi chiếm 34,783% khối lượng phân tử. Y có nhiệt độ sôi thấp hơn X.

a. Xác định công thức cấu tạo của X, Y.

b. Chọn các chất thích hợp để hoàn thành sơ đồ sau: 0

xt , t B C C D E A  X 1   X 2   X 3   X 4  X 5   X 6  Y X 

3. Ankađien X có phần trăm khối lượng của cacbon là 87,273%. Thực hiện phản ứng ozon phân X rồi xử lý với Zn/CH3COOH, thu được hai sản phẩm hữu cơ là CH3CHO và CH3-CO-CO-CH3. Viết công thức cấu tạo, gọi tên của X. Câu 3 (2,0 điểm).

1. Tính khối lượng amoniclorua và thể tích dung dịch natri hidroxit 3,0M cần thêm vào 200mL nước và sau đó pha loãng đến 500mL để điều chế dung dịch đệm có pH = 9,5 với nồng độ muối là 0,1M. Biết pKb (NH3) = 4,76.

2. Cho cốc thủy tinh thứ nhất chứa dung dịch hỗn hợp KMnO4 0,02M, MnSO4 0,005M và H2SO4 0,5M; cốc thứ hai chứa dung dịch hỗn hợp FeSO4 0,15M và Fe2(SO4)3 0,0015M. Đặt điện cực platin vào mỗi cốc và nối hai cốc với nhau bằng cầu muối. Nối các điện cực với nhau qua một Vol kế. Giả thiết rằng H2SO4 điện li hoàn toàn và thể tích dung dịch trong mỗi cốc bằng nhau. Cho E o 3 2  0,771V và E o   2   1,51V .

MnO 4 , H / Mn

Fe / Fe

a. Tính thế mỗi điện cực trước khi phản ứng xảy ra. Viết sơ đồ pin và tính hiệu thế pin. b. Tính hằng số cân bằng và thế mỗi điện cực tại cân bằng.

Câu 4 (2,0 điểm).

Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3, Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4(loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 0,28 mol hỗn hợp Z gồm N2O, H2. Tỷ khối của Z so với H2 bằng 10. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được 27,84 gam kết tủa. Tính phần trăm khối lượng của nhôm kim loại có trong X. Câu 5 (2,0 điểm).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1. Hòa tan Al bằng V ml dung dịch H2SO4 1M và HCl 1M, thu được dung dịch Y. Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào Y, thấy khối lượng kết tủa tạo thành phụ thuộc vào số mol Ba(OH)2 như đồ thị sau: Dựa vào đồ thị trên, tìm giá trị của y.

2. Hỗn hợp X gồm Fe2O3, FeO và Fe. Hòa tan m gam X trong dung dịch chứa 1,5 mol HNO3, thu được dung dịch Y và 2,24 lít khí NO. Dung dịch Y hòa tan tối đa 17,6 gam Cu, thấy thoát ra 1,12 lít NO. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 và ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính m.

Câu 6 (2,0 điểm).

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:

Câu 7 (2,0 điểm).

1. Xà phòng hóa hoàn toàn x mol chất béo A trong dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và hỗn hợp muối B. Đốt cháy hoàn toàn x mol A thu được 2,55 mol H2O và 2,75 mol CO2. Mặt khác, x mol A tác dụng tối đa với 0,1 mol Br2 trong dung dịch(dung môi CCl4). Tính khối lượng của hỗn hợp muối B.

2. Hỗn hợp X gồm ba este đều đơn chức. Cho m gam X tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,7 mol NaOH, thu được hỗn hợp Y gồm hai ancol cùng dãy đồng đẳng và 57,2 gam hỗn hợp muối Z. Đốt cháy hoàn toàn lượng Y trên, thu được 0,4 mol CO2 và 0,7 mol H2O. Tính m.

Câu 8 (2,0 điểm).

Hỗn hợp X gồm metyl aminoaxetat (H2N-CH2-COOCH3), axit glutamic và vinyl fomat. Hỗn hợp Y gồm etilen và metylamin. Để đốt cháy hoàn toàn x mol X và y mol Y thì tổng số mol oxi cần dùng vừa đủ là 2,28 mol, thu được H2O; 0,2 mol N2 và 1,82 mol CO2 . Mặt khác, để phản ứng hết với x mol X cần vừa đủ V ml dung dịch NaOH 4M, đun nóng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính V. Câu 9 (2,0 điểm).

1. Vẽ cấu dạng ghế bền và kém bền cho: a. -D-manopyranozơ

b. -L-glucopyranozơ

2. Lập luận xác định cấu tạo của lactozơ, một disacacrit có trong sữa, biết: (i) Thủy phân trong emulsin tạo ra D-glucozơ và D-galactozơ, (ii) Đó là một đường khử có khả năng nghịch chuyển. (iii) Khi thủy phân osazon của nó thu được D-glucosazon và D-galactozơ, (iv) Oxi hóa nhẹ nhàng, sau đó metyl hóa rồi cuối cùng thủy phân tạo các sản phẩm tương tự như sản phẩm thu được từ mantozơ.

Câu 10 (2,0 điểm).

1. Cho các chất: metylamin, phenylamin, amoniac, đimetylamin, natri hidroxit, natri etylat. Sắp xếp theo chiều tăng dần tính bazơ của các chất trên, giải thích.

2. Hòa tan V1 ml ancol etylic vào V2 ml nước thu được V3 ml dung dịch X.

a. Trong dung dịch X có tối đa bao nhiêu loại liên kết hiđro liên phân tử? Liên kết nào bền nhất?

Giải thích.

b. So sánh giá trị của tổng (V1+V2) với V3. Giải thích.

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Câu

1 1 (2,0 điểm)

2

Nội dung Có khí mùi khai thoát ra 2Na + NH4HSO4 → Na2SO4 + NH3 + H2 Hỗn hợp bột tan một phần(Cu dư), dung dịch chuyển sang màu xanh Fe3O4 + Cu + 8HCl→ 3FeCl2+ CuCl2+ 4H2O Xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa lỏng(phân lớp), khí bay ra Ba + (C6H5-NH3)2SO4 → BaSO4↓+ C6H5-NH2 ↓ +H2 Xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa lỏng(phân lớp) 2NaHSO4 + (C6H5O)2Ba → BaSO4↓+ 2C6H5-OH↓+ Na2SO4 MX2 là FeS2 : sắt(II)đisunfua FeS2 + 14H+ + 15NO3- →Fe3+ + 2SO42- + 15NO2 + 7H2O SO42- + Ba2+ →BaSO4 Fe3+ + 3NH3 + 3H2O→Fe(OH)3 + 3NH4+.

Trong tự nhiên, O2 không khí hòa tan trong nước oxi hóa FeS2: 2FeS2 + 7O2 + 2H2O→ 2Fe2+ + 4H++ 4SO42- H2SO4 sinh ra làm nước suối có pH thấp. o 2 C H 4 1500 C HC

3 HC

CH

CH

+

CH3

+ 2 C H 3C l

2 3

1

0,25

0,5

0,5

COOH

+ 1 2 K M n O 4 + 1 8 H 2S O 4

CH +H2

0,25

+ 2HCl

COOH

P d /P b C O 3 t o

H 2C

1,0

+ 1 2 M n S O 4 + 6 K 2S O 4+ 2 8 H 2O

5

CH3

HC

3 (2,0 điểm)

A lC l3 to

CH3

5

0,25

CH3

1

0,25

6 00 o C ; C

2 (2,0 điểm)

3H 2

Điểm

CH2

3CH2=CH2 + 2KmnO4 +4H2O  3HO-CH2CH2-OH + 2MnO2 + 2KOH t 0 , xt  (-OC-C6H4-COO-CH2CH2nHOOC-C6H4-COOH + nHO-CH2CH2OH  O-)n + 2nH2O Dễ có ctpt của X, Y là C2H6O và X là C2H5OH, Y là CH3OCH3 A. CuO, B: O2, C: NaOH, D: Cl2, E: KOH. CTPT của X là C8H14 CTCT của X phù hợp: CH3-CH=C(CH3)-C(CH3)=CH-CH3 2,3-đimetylhexa2,4-đien [ NH 3 ] [ NH 3 ] [ NH 3 ]  9,5  (14  4,76)  lg   1,8 Từ pH  pK a  lg   [ NH 4 ] [ NH 4 ] [ NH 4 ]





Trong dung dịch cuối: NH 4  0,1M nên NH 3   1,8  0,1M  0,18M 1

 n NH   (0,1mol.L )  (0,5L)  0,05mol và 4

n NH3  (0,18mol.L1 )  (0,5L)  0,09mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 0,5

1,0

Từ phản ứng NH4 + + OH-  NH3 + H2O ta thấy rằng số mol NaOH cần dùng bằng số mol NH3 và tổng lượng muối amoni cần ban đầu là 0,05mol + 0,09mol = 0,14mol.

(0,09mol)  0,03L , m NH 4Cl  (0,14mol)  (53,5g / mol)  7,49g  VddNaOH  (3,0mol.L1 ) o E Fe  E Fe  0,059 lg 3 / Fe2 

[Fe 3 ] 0,003  0,771  0,059 lg  0,671V 2 0,15 [Fe ]

E Mn  E oMnO  / Mn 2  4

2

0,059 (0,02)(1) 8 0,059 [MnO 4 ][H  ]8  1 , 51  lg  1,52 V lg 5 0,005 5 [Mn 2 ]

0,5

Sơ đồ pin: PtFe2+ (0,150M), Fe3+ (0,003M)MnO4- (0,02M), Mn2+ (0,005M), H+ (1M)Pt Hiệu thế pin: Epin = EMn - EFe = 1,52V - 0,671V = 0,85V nE 0 , 059

5.(1, 51 0 , 771) 0 , 059

 10  10 62 ,63 Hằng số cân bằng: K  10 Vì hằng số cân bằng lớn nên phản ứng sau được coi là hoàn toàn: 5Fe2+ + MnO4- + 8H+  5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O 0,15 0,02 0,003 0,1 0,02 0,1 0,05 0 0,103 Tại cân bằng: [Fe 3 ] 0,103 E Mn  E Fe  E oFe3 / Fe 2  0,059 lg  0,771  0,059 lg  0,79V 2 0,05 [Fe ] Quy đổi X thành Mg, Al ( a mol), NO3 ( b mol), O (c mol) và đặt số mol NaNO3 là d mol Ta có: 27,84 gam kết tủa là Mg(OH)2 <=> 0,48 mol.

0,5

Mg 2 (0, 48)   Na  (2, 28  d )  3 Mg (0, 48) Al (a)    N O (0,12)  2   Al (a)   NaNO3 (d ) T  AlO (a)     2,28 mol NaOH     H 2 (0,16)  Y  Na (d )    22 X  H 2 SO4 (1,08)  NO3 (b) H O  NH    SO4 (1,08)  2 O (c)  4  Mg (OH )2 (0, 48) SO42 (1,08) 

Bảo toàn N: nNH   b  d  0, 24 mol 4

4 (2,0 điểm)

5 (2,0

Bảo toàn H: nH O  1, 08.2  0,16.2  4(a  d  0, 24)  1, 4  2b  2d 2

2

Bảo toàn O: 3b + 3d + c = 0,12 +1,4 – 2b – 2d => 5b +c + 5d = 1,52 (1) Bảo toàn điện tích của T: 2,28 + d = 1,08.2 + a => a = 0,12 + d Bảo toàn điện tích của Y: 3a + d + b+ d - 0,24 = 1,08.2-0,48.2 => 3a +b +2d = 1,44. Thay a = 0,12 + d => b + 5d = 1,08 (2) Bảo toàn khối lượng của X: 27a + 62b + 16c = 27,04 – 0,48.24 = 15,52.

Thay a = 0,12 + d => 62b + 16c + 27d =12,28 (3) Giải hệ 3 phương trình (1, 2, 3): b = 0,08; c = 0,12; d = 0,2 và a = 0,32 mol.

Ta có: c 0,12 nAl2O3    0, 04  nAl  0, 32  2.0,04  0, 24 mol 3 3

0, 24.27 .100%  23, 96%  % mAl ( X )  27, 04 nHCl  x, nH 2 SO4  x mol ( x  0,001.V ) 1 Phân tích đồ thị (tính từ gốc tọa độ):

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0

1,0

- đoạn thứ nhất ứng với 1 kết tủa - đoạn thứ 2 có độ dốc lớn nhất ứng với sự tạo thành đồng thời hai kết tủa - đoạn thứ 3 ứng với 1 kết tủa - đoạn thứ 4 giải thích sự hòa tan đến hoàn toàn kết tủa Al(OH)3.

Như vậy, thứ tự các phản ứng là: 2Al + 6HCl→ 2AlCl3 + 3H2 x----> x/3 2Al + 3H2SO4→ Al2(SO4)3 + 3H2 3a <---- -------a H2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓+ 2H2O (đoạn 1) x-3a----> x-3a ------->x-3a Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (đoạn 2) a------------>3a---------------3a---------2a 2AlCl3 + 3Ba(OH)2 → 3BaCl2 + 2Al(OH)3 (đoạn 3) x/3------->0,5x----------------------->x/3 2Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4H2O (đoạn 4) Tổng số mol Ba(OH)2 ở thời điểm khối lượng kết tủa cực đại là: x -3a+3a+0,5x =1,5x =0,75 => x =0,5 mol 1 m↓(max)=233(x-3a+3a)+ 78(2a+x/3)=139,9 => a  15 => y = 233(x-3a)=233(0,5 -0,2)= 69,9 gam.

Theo tiến trình phản ứng, dựa vào sản phẩm sau cùng của phản ứng giữa dung dịch X với Cu, có thể coi dung dịch HNO3 hòa tan hỗn hợp X và Cu sinh ra muối Fe2+, Cu 2+, NO Quy đổi X và Cu thành các đơn chất tương ứng ta có:

điểm)

2

6 (2,0 điểm)

Fe2 (amol ) Fe (amol )   1,5 mol HNO3   Cu 2 (0,275 mol )  0,15 mol NO  0,75mol H2O O (bmol ) Cu (0,275 mol )  NO  (1,5  0,15 1,35 mol )   3

Bảo toàn điện tích trong dung dịch muối: 2a + 0,275.2 = 1,35 => a = 0,4 mol Bảo toàn e cho quá trình hòa tan: 2a + 0,275.2 = 2b + 0,15.3 => b = 0,45 mol.

Vậy m = 56.0,4 + 16.0,45 = 29,6 gam 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 10a.273 (9a  0, 25ay ).409,5 n RT n RT  y = 6.  V bình kín = 1 1  2 2 hay:  1, 575 1 P2 P1 + Vì A là chất khí nên A có thể là: C2 H6; C3H6 và C4H6.

Vì tất cả các nguyên tử C trong A đều có cùng một dạng lai hóa nên CTCT của A: CH3-CH3(sp3); (CH2)3(xiclopropan = sp3); CH2=CH-CH=CH2(sp2) và CH

CH2

1,0

1,0

0,5

(sp3)

CH2 CH

Ta chọn A là buta-1,3-đien để hoàn thành sơ đồ: buta-1,3-đien → butan → etilen.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

HC HC

CH2 CH2

+

+

CH2 CH2

Cho sp cuối cùng trong sơ đồ pư với H2/Ni, t0 thì thu được B A có dạng CyH2y+2-2aO6 A tác dụng với Br2: CyH2y+2-2aO6 + (a-3)Br2→ CyH2y+2-2aBr2(a-3) O6 x--------------->x(a-3) Ta có: nH 2( y  1  a ) 2nH 2O 5,1     4 y  55a  55 (1) nC y nCO2 2, 75 1 nC xy   y  27,5a  82,5 (2) nBr2 x(a  3) (1, 2)  a  5, nBr2  (5  3) x  0,1  x  0,05 mol

7 (2,0 điểm)

8 (2,0 điểm)

1,0

nNaOH  3 x  0,15 mol , nglixerol  0, 05 mol mA  mC  mH  mO ( A)  2, 75.12  2,55.2  0,05.6.16  42,9( gam) BTKL : mm ( B )  42,9  0,15.40  0, 05.92  44, 3 gam

nY = 0,7-0,4= 0,3 mol < nNaOH => X gồm este của ancol (A) và este của phenol(B) Đặt số mol của A là x, của B là y. Ta có: 0,7  0,3 x  0,3; y   0, 2 mol

2 2 X  NaOH   Muoi  Y  H 2O

Trong đó, mY =0,4.12+0,7.2+0,3.16 = 11 gam mH2O = 0,2.18=3,6 gam Bảo toàn khối lượng ta được: m =57,2+11+3,6-0,7.40= 43,8 gam Ta có: metyl aminoaxetat: C3H7NO2 <=> CO2 + C2H7N axit glutamic: C5 H9NO4 <=> 2CO2 + C3H9N vinyl fomat: C3H4O2 <=> CO2 + C2H4 Như vậy, sau khi trộn hai hỗn hợp X, Y thì có thể được coi như hỗn hợp của CO2; amin no, hở (CmH2m+3 N) và anken (CnH2n).

Khi đốt cháy hỗn hợp X, Y thì chỉ có amin và anken cháy CmH2m+3N + (1,5m +0,75)O2 → m CO2 + (m + 1,5)H2O + 0,5N2 (1).

CnH2n + 1,5nO2 → nCO2 + nH2O (2) (1) => namin = 0,2.2 = 0,4 mol.

Gọi số mol CO2 có trong x mol hỗn hợp X là a mol; số mol anken có trong hỗn hợp X, Y là b mol. Ta có: nO2( p .u )  (1,5m  0, 75).0, 4  1,5nb  2, 28  0, 6 m  1,5nb  1, 98 mol 0, 6 m  1,5nb 1,98   1,32 mol 1, 5 1, 5  nCO2 (1,2)  1, 5.0, 4  1,32  0, 6  1,92 mol

nCO2 ( a min, anken )  nCO2 (1,2)  0, 4 m  nb  nH 2O (1,2)

Bảo toàn oxi cho quá trình cháy X, Y ta có:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

2,0

1 nCO2 ( X )  nO2  nCO2 ( sau )  nH 2O 2

1,92  a  2, 28  1,82   a  0,5 mol 2 Vì khi cho x mol X tác dung với NaOH, thì nhóm chức phản ứng là –CO2. Nên số mol NaOH cần cho phản ứng bằng số mol CO2(có trong X)=0,5 mol.

Vậy Vdung dịch NaOH = 0,5:4 = 0,125 lít = 125 ml.

Trong cấu dạng bền hơn, nhóm -CH2OH và ba nhóm -OH khác ở vị trí biên.

OH

H OH

OH O

HO HO

1

(a) hơn)

H H OH

(bền hơn)

H

H OH

H

H

O

H

OH

H

OH

OH

H

1,0 OH O

H

OH

H

O H

H

H

H H

OH OH H H (b) (bền hơn) (kém bền hơn) Từ (i) suy ra lactozơ là một -glucosit cấu thành từ D-glucozơ và D-galactozơ. (ii) cho biết lactozơ có nhóm OH-anome tự do. (iii) cho biết cấu tử glucozơ là aglycon do nó tạo được osazon và galactozơ là một -galactosit. (iv) cho biết cả hai cấu tử đều ở dạng pyranozơ và liên kết với nhau qua C4-OH của cấu tử glucozơ.

2

OH

OH OH O

HO

(B) D-galactoz¬

1

10 (2,0 điểm)

2

HO b

OH

OH

OH HO

OH

OH

H

H

HO

9 (2,0 điểm)

(kém bền

O

4

1,0 1

OH O OH (A) D-glucoz¬

Sắp xếp: C6H5-NH2 < NH3 < CH3-NH2 < (CH3)2NH < NaOH < C2H5-ONa. Giải thích: - Nhóm phenyl hút e của N, làm giảm tính bazơ - Nhóm metyl đẩy e, mật độ e tăng ở N, làm tăng tính bazơ - NaOH có tính bazơ mạnh hơn bazơ amin do anion OH- dễ nhận H+ hơn (do tương tác tĩnh điện) nguyên tử N trung hòa điện.

- Gốc etyl đẩy e, làm tăng điện tích âm ở nguyên tử O (so với OH-) nên dễ nhận H+ hơn( tính bazơ lớn hơn).

Có tối đa 4 loại liên kết hiđro O (nước)…H(nước), O (nước)…H(ancol) O (ancol)…H(ancol), O (ancol)…H(nước) Liên kết O (ancol)…H(nước) bền nhất do có nhóm etyl đẩy e nên điện tích âm của O(ancol) lớn hơn ở O(nước) và H(nước) tích điện dương lớn hơn H(ancol).

Vì có liên kết hiđro O (ancol)…H(nước) bền hơn các liên kết hiđro còn lại, làm cho khoảng cách giữa các phân tử nước-ancol ngắn hơn khoảng cách giữa các phân tử nước-nước, ancol-ancol. Do đó khi trộn hai chất lỏng lại với nhau thì thể tích dung dịch thu được sẽ bé hơn tổng thể tích hai chất thành phần: (V1+V2) > V3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

0,5

0,5

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 8

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) a) Hòa tan MX2 có sẵn trong tự nhiên bằng dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch Y và khí NO2. Đem dung dịch Y tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa trắng không tan trong HNO3, dung dịch Y tác dụng với NH3 dư cho kết tủa màu nâu đỏ. Xác định công thức phân tử của MX2 và viết phương trình ion rút gọn trong các thí nghiệm trên.

b) Cho dung dịch H2SO4 loãng tác dụng lần lượt với các dung dịch riêng biệt sau: BaS, Na2 S2O3, Na2 CO3, Fe(NO3)2. Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Câu 2. (2,0 điểm)

Dung dịch X gồm K2Cr2O7 0,010 M; KMnO4 0,010 M; Fe2(SO4)3 0,0050 M và H2SO4(pH của dung dịch bằng 0). Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của KI là 0,50 M, được dung dịch Y (coi thể tích không thay đổi khi thêm KI vào dung dịch X).

a) Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.

b) Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.

c) Cho biết khả năng phản ứng của Cu2+ với I- (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn. Giải thích.

Cho: E

0

E

0

2

Cr2 O 7

Cu

2+

/Cr 3+

/Cu



= 1,330 V; E

0 

MnO 4 /Mn

2+

= 1,510 V; E

0 Fe

0

3+

/Fe

2+

= 0,771 V; E   = 0,5355 V I3 /I

= 0,153 V; pKs(CuS) = 12.

Câu 3. (2,0 điểm)

Các ion CN  có mặt trong một số loại nước thải công nghiệp. Có thể loại chất độc này bằng phản   NCO  + H2O ứng sau ở 25°C: CN  + H2O2  

a) Tính hằng cố cân bằng của phản ứng. Biết ∆G° = -368630 J.mol-1.

b) Trong nước thải có nồng độ CN  là 10 -3 mol.L-1. Nếu dùng dung dịch H2O2 0,1M (thể tích không đổi) nồng độ CN  còn lại sau phản ứng là bao nhiêu? Rút ra kết luận.

Câu 4. (2,0 điểm)

Chia 1,6 lít dung dịch A chứa HCl và Cu(NO3)2 làm 2 phần bằng nhau.

a) Phần 1 đem điện phân (điện cực trơ) với cường độ dòng 2,5 ampe, sau thời gian t giây, thu được 3,136 lít khí (đktc) một chất khí duy nhất ở anot. Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa đủ với 550 ml dung dịch NaOH 0,8M và thu được 1,96 gam kết tủa.Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính nồng độ mol của các chất trong dung dịch A và thời gian t.

b) Cho m gam bột sắt vào phần 2, lắc đều để cho phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại có khối lượng bằng 0,7m gam và V lít khí. Tính m và V (đktc).

Câu 5. (2,0 điểm) m a) Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào dung dịch chứa x mol H2SO4 và y mol Al2(SO4)3. 1 2 ,4 3 Khối lượng kết tủa (m gam) tạo thành phụ thuộc 8 ,9 3 5 vào thể tích dung dịch Ba(OH)2 (V ml) được biểu diễn bằng đồ thị bên. Hãy xác định các giá trị x, y.

0

350

550

V

b) Nhỏ từ từ 75,0 gam dung dịch HCl 14,6% vào dung dịch chứa 10,6 gam Na2CO3 và 15,0 gam

KHCO3, sau đó cho thêm tiếp vào dung dịch chứa 6,84 gam Ba(OH)2, lọc bỏ kết tủa. Cô cạn dung dịch thu được m gam rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6. (2,0 điểm)

a) A, B, D là các đồng phân có cùng công thức phân tử C6H9O4Cl, thỏa mãn các điều kiện sau:  36,1 gam A + NaOH dư  9,2 gam etanol + 0,4 mol muối A1 + NaCl.  B + NaOH dư  muối B1 + hai ancol (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

dung dịch D làm đỏ quì tím.

b) Đốt cháy hoàn toàn x mol hiđrocacbon X (40 < MX < 70) mạch hở, thu được CO2 và 0,2 mol H2 O. Mặt khác, cho x mol X tác dụng với AgNO3 dư trong dung dịch NH3 , thì có 0,2 mol AgNO3 phản ứng. Sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính m.

Câu 7. (2,0 điểm)

Hỗn hợp A gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở và đều tạo bởi Gly và Ala). Đun nóng m gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m+7,9) gam muối khan. Đốt cháy hết hỗn hợp muối, thu được Na2CO3 và hỗn hợp B gồm khí và hơi.

Cho hết lượng B hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối lượng bình tăng 28,02 gam và có 2,464 lít khí thoát ra (đktc). Tính % khối lượng X trong hỗn hợp A.

Câu 8. (2,0 điểm)

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.

Câu 9. (2,0 điểm) A, B, C, D là những hiđrocacbon có công thức phân tử là C9 H12. Biết A chỉ chứa 2 loại hiđro. Đun

nóng với KMnO4 thì A cho C9 H6O6, B cho C8 H6O4, đun nóng C8H6O4 với anhiđrit axeitc cho sản phẩm là C8 H4O3. C và D đều phản ứng với Cu2Cl2 /NH3 đều cho kết tủa màu đỏ và phản ứng với dung dịch HgSO4 sinh ra C9 H14O (C cho M và D cho N). Ozon phân M cho nona-2,3,8-trion còn N cho 2axetyl-3-metylhexađial. Tìm công thức cấu tạo của A, B, C, D và viết phản ứng 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 10. (2,0 điểm)

1. Hãy thực hiện các chuyển hóa sau: O O (a) CH3

O

O CH2OH CH3

COOH CH3

(b)

2. Trình bày cơ chế phản ứng ứng polime hóa caprolactam trong môi trường kiềm điều chế tơ nilon-6,6.

3. Hãy sắp xếp các chất sau theo chiều tăng dần tính bazơ, giải thích ?

NH2

O 2N I CN

H 2N

NO 2

NH2

NH2

NH2

O 2N NO CN II III IV V VI 2

NH 2

NO 2 NO 2

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 8 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 06 trang) Câu

a

1 (2,0 điểm) b

Nội dung Điểm Do tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa  có SO42-, tác dụng với dung dịch NH3 tạo kết tủa nâu đỏ  có Fe3+.

0,5 Vậy MX2 là FeS2  Fe3  2SO 24  7H 2O  15NO 2 FeS2  14H   15NO3  0,5 Ba2+ + SO42-  BaSO4 NH3 + H+  NH4+ 3+ + 3NH3 + 3H2O + Fe  3NH4 + Fe(OH)3 - Dung dịch BaS: tạo khí mùi trứng thối và kết tủa trắng BaS + H2SO4  H2S + BaSO4 - Dung dịch Na2S2O3 : tạo khí mùi sốc và kết tủa vàng Na2S2O3 + H2SO4 S + SO2 + Na2SO4 + H2O. - Dung dịch Na2CO3 : tạo khí không màu, không mùi 1,0 Na2CO3 + H2SO4 CO2 + Na2SO4 + H2O - Dung dịch Fe(NO3)2 : tạo khí không màu hóa nâu trong không khí 3Fe2+ + 4H+ + NO3- 3Fe3+ + NO + 2H2O 2NO + O2 2NO2 a) Do 0 0 0 0 E - 2+ = 1,51 V > E 2- 3+ = 1,33 V > E 3+ 2+ = 0,771V > E - - = 0,5355 V, MnO 4 /Mn

Cr2 O7 /Cr

Fe

/Fe

I3 /I

nên các quá trình xảy ra như sau: -

-

2 MnO 4 + 16 H+ + 15 I-  2 Mn2+ + 5 I3 + 8 H2O (1) 0,01 0,5 [ ] - 0,425 0,01 0,025 2-

a

-

Cr2 O7 + 14 H+ + 9 I-  2 Cr3+ + 3 I3 + 7 H2O (2) 0,01 0,425 0,025 [ ] - 0,335 0,02 0,055

0,75

-

2 Fe3+ + 3 I-  2 Fe2+ + I3 (3) 0,01 0,335 0,055 [ ] - 0,32 0,01 0,06

2 (2,0 điểm)

-

Thành phần của dung dịch Y: I3 0,060 M; I- 0,32 M; Mn2+ 0,01 M; Cr3+ 0,02 M; Fe2+ 0,01 M. -

I3 + 2 e  3 I-

b

E - - = 0,5355 +

0,0592

I3 /I

2

.log

(0,32)

0

0

I3 /I

Cu

Do E - - = 0,5355 V > E

0,06

2+

/Cu 

3

= 0,54 V.

0,5

= 0,153 V nên về nguyên tắc Cu2+ không oxi

hóa được I-. Nhưng nếu dư I- thì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó c

E

0 Cu

2+

/CuI

= E

Như vậy E

0 Cu

2+

/Cu

1

+ 0,0592.log

 0,863 V.

K S(CuI) 0

0 Cu



2+

/CuI

= 0,863 V > E - - = 0,5355 V  Cu2+ sẽ oxi hóa được I- do I3 /I

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,75

-

a

3 (2,0 điểm)

b

2 Cu2+ + 5 I-  2 CuI  + I3 tạo thành CuI: ∆G° = -368630 = -8,314.298lnK  K = 4,14.1064  NCO  + H2O  Phản ứng: CN  + H2O2   CB: 10-3 – x 10-1 – x x Vì K rất lớn nên coi x = 10-3  NCO   103  CN     2 , 4.1067 M K  H O  4 ,14.1064 .( 10 1  10 3 ) 2

0,5

0,5

2

Vậy dùng dư H2O2 theo tỉ lệ số mol H2O2 : CN  = 100 : 1 thì có thể loại trừ gần hết CN  trong nước thải. Điện phân dung dịch A bằng điện cực trơ: ®iÖn ph©n dd

2HCl + Cu(NO3)2   Cu + Cl2 + 2HNO3 (1) - Ta có: n(Cl2) = 0,14 mol = nCu - Dung dịch sau điện phân phản ứng với NaOH: NaOH + HCl (dư)  NaCl + H2O (2)

NaOH + HNO3 NaNO3 + H2O (3)

Cu(NO3)2 (dư) + 2NaOH  Cu(OH)2 + 2NaNO3 (4) a

0,5

Ta có: nNaOH = 0,55 . 0,8 = 0,44 mol  nCu(OH)2 =

1,96 = 0,02 mol 98

0,5

1,0

Theo (1,4) : Số mol Cu(NO3)2 trong 0,8lít dung dịch A là:0,14+0,02=0,16 CM(Cu(NO3)2)=

4 (2,0 điểm)

0,16 = 0,2M 0,8

- Theo (3,4): nNaOH=0,28+0,04=0,32 mol  Theo(2): nHCl=0,44-0,32=0,12  CM(HCl) = (0,28+0,12)/0,8 = 0,5M - Tính thời gian t : m Cu 

b

5 (2,0 điểm)

a

m .n.F 0,14.64.2.96500 A It

.  t  Cu  n F A.I 2,5.64

t = 10.808 giây = 180 phút 8 giây

Ta có nH+=0,4 mol, NO3- =0,32 mol, nCu2+ =0,16 mol Cho hỗn hợp bột sắt vào phần 2, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được hỗn hợp kim loại gồm Cu và Fe dư, NO3- dư :

3Fe + 8H+ + 2NO3-  3Fe2+ + 2NO + 4H2O(1)

Fe + Cu(NO3)2 Fe(NO3)2 + Cu (2) nFe(1, 2)= 0,2 + 0,16=0,36 mol, nCu (2)= 0,16 mol Tăng giảm khối lượng : 0,3m=0,15.56 -8.0,16  m=23,73 gam V=0,1.22,4 = 2,24 lít Dựa vào đồ thị, ta thấy: - Khi V = 350, đã xảy ra phản ứng giữa Ba(OH)2 với Al2(SO4)3 và Al2(SO4)3 còn dư.

- Khi V =550, đã xảy ra phản ứng hòa tan một phần Al(OH)3 và Al(OH)3 còn dư.

Xét tại V = 350: số mol Ba(OH)2 = 0,035 mol.

Các phản ứng: Ba(OH)2 + H2SO4  BaSO4 + 2H2O x  x  x 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  3BaSO4 + 2Al(OH)3 (0,035-x)  (0,035-x) 2.(0,035-x)/3 Ta có khối lượng kết tủa: 0,035.233 + 78.2.(0,035-x)/3 = 8,935  x = 0,02 Tại V = 550: số mol Ba(OH)2 = 0,055 mol.

Ba(OH)2 + H2SO4  BaSO4 + 2H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

1,0

0,02  0,02  0,02 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  3BaSO4 + 2Al(OH)3 3y  y  3y 2y Ba(OH)2 + 2Al(OH)3  Ba[Al(OH)4]2 (0,035-3y)  2(0,035-3y) Số mol Al(OH)3 còn dư là: 2y-2(0,035-3y) = 8y-0,07.

Khối lượng kết tủa: (0,02+3y).233 + (8y-0,07).78 = 12,43  y = 0,01. n HCl = n H  = nCl  = 0,3 (mol) n Na2CO3 = 0,1 (mol)  n Na  = 0,2 (mol); nCO 2 = 0,1 (mol) 3

n KHCO 3 = n K  = n HCO = 0,15 (mol); n Ba (OH ) 2 = n Ba 2  = 0,04 (mol)  nOH  = 0,08 3

b

6 (2,0 điểm)

a

b

(mol) * H+ + CO 23   HCO 3 0,3 0,1 0,1 (mol) * H+ dư: H+ + HCO 3   CO2 + H2O 0,2 0,25 0,2 (mol) * HCO 3 dư: HCO 3 + OH    CO 23 + H2O 0,05 0,08 0,05 (mol) * Ba 2 + CO 23   BaCO3  0,04 0,05 0,04 (mol)  Trong dung dịch sau phản ứng còn lại: Na  : 0,2 mol; K+: 0,15 mol; Cl  : 0,3 mol; CO 23 : 0,01 mol và OH  : 0,03 mol.

Vậy m = 22,21 gam

0,25

A, B, D có cùng công thức phân tử: C6 H9O4Cl (=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 ancol 0,25 C2H5- và axit tạp chức.

CTCT của A: CH3-CH2-OOC-CH2-OOC-CH2-Cl CH3-CH2-OOC-CH2-OOC-CH2-Cl + 3NaOH → C2H5OH + 2HO-CH2COONa + NaCl B + NaOH → muối B1 + hai ancol + 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: C2 H5-OOC- 0,25 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.

0,5 CTCT của D: HOOC-CH2-COO-C(Cl)-(CH3)2 HOOC-CH2-COO-C(Cl)-(CH3)2 +3NaOH → NaOOC-CH2-COONa + CH3CO-CH3 + NaCl + 2H2O Đặt công thức của X là CnHm (với 40 < M X < 70) 1,0 + Giả sử 1 mol X tác dụng tối đa 1 mol AgNO3  x = 0,2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

7 (2,0 điểm)

8 (2,0 điểm)

 m = 2: C2H2 hoặc C4H2 (Không thoả) + Giả sử 1 mol X tác dụng tối đa 2 mol AgNO3  x = 0,1  m = 4: C4H4 (Loại) hoặc C5H4 (Chọn) Vậy X là C5H4 (CH≡C-CH2-C≡CH)  AgC≡C-CH2-C≡CAg: 0,1  m = 27,8 (g) Gọi công thức chung của X, Y là CknH2kn+2-kNkOk+1 (a mol) PTHH: CknH2kn+2-kNkOk+1 + kNaOH kCnH2nNO2Na + H2O kCnH2nNO2Na + O2 k(n – 0,5) CO2 + 0,5kNa2CO3 + knH2O + 0,5kN2 Theo giả thiết khối lượng muối tăng lên 7,9 gam nên ta có: [(14nk + 69) – (14nk + 29k + 18)].a = 7,9 Vì khối lượng bình Ba(OH)2 tăng 28,02 gam nên ta có tổng khối lượng CO2 và H2O là 28,02 => 44(n – 0,5)k.a + 18kn.a = 28,02 Số mol N2 = 0,5k.a = 0,11 Từ các Pt trên ta có: kn.a = 0,53 = số mol CO2; k.a = 0,22 = số mol aminoaxit; a = 0,05 = số mol hỗn hợp X, Y => k = 4,4.

Vì X là tetrapeptit, Y là pentapeptit và có k = 4,4 (số mắt xích trung bình) nên ta có tỉ lệ mol của X:Y = 0,6:0,4 => X = 0,03 mol; Y = 0,02 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của Gly và Ala có trong hỗn hợp X, Y => ta có: x + y = 0,22; 2x + 3y = 0,53 (bảo toàn Cacbon) => x = 0,13; y = 0,09.

Gọi số mắt xích Gly và Ala trong X là a, b; trong Y là a’ và b’ => 0,03.a + 0,02.a’ = 0,13 0,03.b + 0,02.b’ = 0,09 => a = 3; b = 1; a’ = 2; b’ = 3 Vậy X là Gly3Ala và Y là Gly2Ala3 có số mol tương ứng là 0,03 và 0,02 mol Từ đó khối lượng hỗn hợp = (3.75 + 89 – 3.18).0,03 + (2.75 + 3.89 – 4.18).0,02 =14,7 gam => %X = 7,8/14,7 = 53,06% 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-C2 H5 và CH3-COO-CH3) - Một trong hai este có KL mol < 74 đó là H-COO-CH3.

Như vậy cả 2 khả năng đều có 1 este Fomat, khi đun nóng với H2SO4 bị phân hủy tạo ra CO (KL mol = 28), ngoài ra còn một khí bị hấp thụ bởi nước brom, khí đó phải là anken sinh ra khi phần ancol trong este bị tách nước. Mặt khác, khối lượng riêng hỗn hợp khí không đổi, tức là khí đó phải có KL mol = 28, đó a là C2 H4. C2 H4 + Br2  C2 H4 Br2 . * Nếu trong hỗn hợp có H-COO-C2 H5 → CO + C2H4 + H2O thì sau khi đi qua nước brom khối lượng khí phải giảm đi 1/2 (trái giả thiết).

Vậy các gốc H-COO- và C2 H5- phải thuộc về 2 este khác nhau. * Hỗn hợp chứa H-COO-CH3 (x mol) và R-COO-C2H5 (y mol). Ta có : x + y = 0,01 ; x = 2y (do CO = 2 C2 H4 )  y = 0,01/3 và x = 0,02/3 Ta có : 60

b

c

0,5

0,5

0,5

1,0

0,02 0,01 + (R + 73) = 0,74  R = 29  C2H5 -COO-C2 H5 3 3

- Khối lượng hỗn hợp khí sau phản ứng với H2SO4 = 28 ( 0,01 = 0,28 gam)  0,02/3 60 = 0,4 gam H-COO-CH3  54,1% và 0,34 gam C2H5 -COO-C2 H5  45,9% * Phân biệt 2 este bằng phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3 :   H-COO-CH3 + 2 Ag(NH3) 2 + 2H2O  (NH4 )2CO3 + 2NH 4 + CH3 OH + 2 Ag

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

+ 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:

0,5

CH3

0,5 H3C

CH3

Thật vậy: C O OH

CH 3 [O ]

+ H 2O H 3C

H O OC

C H3

C O OH

+ Vì sp của B pư với anhiđrit axetic cho sp là C8H4O3 nên 2 nhánh của B phải gần nhau. Do đó B là: 9 (2,0 điểm)

COOH

CH3 C2H5

CO COOH

[O ]

0,5

CO

+ (C H 3 C O ) 2 O

- C O 2 - H 2O

O

- 2 C H 3C 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 H3

CH

C

C H3

(C )

CH

(D )

Thật vậy: C

CH

CO-CH3

CH3

CH3

+ H2O/Hg2+

+ O3

CH3-CO-CO-CH2-CH2-CH2-CH2-CO-CH3.

0,5

và CH3 C

C H3

CH

C O -C H 3

+ H 2 O /H g 2 +

CH3

+ O3

C H 3 -C O -C H -C H -C H 2 -C H 2 -C H = O C H=O

(a)

O 10 (2,0 điểm)

+ HCl

1

O

O

CH3

Cl CH3

Mg

O 1.CH

2 MgCl 2. H+ CH3

O

CH2OH CH3

(b)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

O

O

O

O Mg

+ HCl

Cl O

O Mg

CH3Cl

CH3

MgCl O 1.CO2

MgCl Cl 2. H+ CH CH 3 3

Phản ứng thế dây chuyền nucleophin:

C NH O

Bazo-CO[CH2]5NH-

c

COOH CH3

Bazo-CO[CH2]5NH-

Bazo

b

+ Cl2, a.s

0,5

Bazo-CO[CH2]5NHCO[CH2]5NH-

C NH O

Sắp xếp: I < VI < V < IV < III < II Giải thích: Tính bazơ của N càng giảm khi có mặt các nhóm có hiệu ứng –C càng mạnh. Hiệu ứng –C của NO2> CN. - Xiclopentadienyl chỉ có hiệu ứng –I. –I làm giảm tính bazơ kém hơn –C - Các hợp chất I và VI đều có 2 nhóm NO2 ở vị trí meta so với nhóm NH2 gây ra hiệu ứng không gian làm cản trở sự liên hợp–C của nhóm NO2ở vị trí para nhiều hơn nhóm CN ở vị trí para. Do đó hiệu ứng – C nhóm CN ở vị trí 4 > nhóm NO2 ở vị trí 4.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (4,0 điểm) 1.Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho dung dịch NaOH, dung dịch NH3, khí Cl2, bột Mg, dung dịch HNO3 (tạo khí NO duy nhất) lần lượt tác dụng với dung dịch Fe(NO3)2.

2. Hợp chất A được tạo thành từ các ion đều có cấu hình electron 1s22s22p63s23p6. Trong một phân tử A có tổng số hạt cơ bản là 164.

a)Hãy xác định A.

b) Hòa tan chất A ở trên vào nước được dung dịch B làm quì tím hóa xanh. Xác định công thức đúng của A và viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho dung dịch B lần lượt vào các dung dịch FeCl3, AlCl3, MgCl2.

3.Nhỏ từ từ 62,5 ml dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,08M và KHCO3 0,12M vào 125 ml dung dịch HCl 0,1M và khuấy đều. Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được V ml khí CO2 (đktc). Viết cácphương trình phản ứng xảy ra dạng ion và tính giá trị của V. 4.Choa gam hỗn hợp X gồm Na và K vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được (a + 31,95) gam hỗn hợp chất rắn khan. Nếu cho 2a gam X vào nước dư, thu được dung dịch Z. Cho từ từ đến hết dung dịch Z vào 0,5 lít dung dịch CrCl3 1M, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Viếtcácphương trình phản ứng xảy ra và tính giá trị của m.

Câu 2. (4,0 điểm) 1. Nung đá vôi đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn B và khí C. Sục đến dư khí C vào dung dịch NaAlO2 (Na[Al(OH)4]) thu được kết tủa D và dung dịch E. Đun nóng dung dịch E thu được dung dịch chứa muối F. Nung D đến khối lượng không đổi thu được chất rắn G. Điện phân nóng chảy G thu được kim loại H. Cho chất rắn B vào nước được dung dịch K. Cho kim loại H vào dung dịch K thu được muối T. Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch muối T. Xác định các chất B, C, D, E, F, G, H, K, T và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

2.Cho cacbon lần lượt tác dụng với Al, H2O, CuO, CaO, HNO3 đặc, H2SO4 đặc, KClO3, CO2 ở điều kiện thích hợp. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

3. Hòa tan hết m gam hỗn hợp X (oxi chiếm 8,75% về khối lượng) gồm Na, Na2O, K, K2O, Ba và BaO vào nước, thu được 400 ml dung dịch Y và 1,568 lít H2 (đktc). Trộn 200 ml dung dịch Y với 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,2M và H2SO4 0,15M thu được 400 ml dung dịch có pH = 13.

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định giá trị của m.

4.Cho 3,64 gam hỗn hợp Rgồm một oxit, một hiđroxit và một muối cacbonat trung hòa của một kim loại M có hóa trị II tác dụng vừa đủ với 117,6 gam dung dịch H2SO4 10%. Sau phản ứng, thu được 0,448 lít khí (đktc) và dung dịch muối duy nhất có nồng độ 10,867% (khối lượng riêng là 1,093gam/ml); nồng độ mol là 0,545M.

a)Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định kim loại M.

b) Tính % khối lượng của các chất có trong hỗn hợp R. Câu 3. (4,0 điểm) 1.Chia 1,6 lít dung dịch A chứa HCl và Cu(NO3)2 làm 2 phần bằng nhau.

a) Phần 1 đem điện phân (điện cực trơ) với cường độ dòng 2,5 ampe, sau thời gian t giây, thu được 3,136 lít khí (đktc) một chất khí duy nhất ở anot. Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa đủ với 550 ml dung dịch NaOH 0,8M và thu được 1,96 gam kết tủa.Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính nồng độ mol của các chất trong dung dịch A và thời gian t. b) Cho m gam bột sắt vào phần 2, lắc đều để cho phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại có khối lượng bằng 0,7m gam và V lít khí. Tính m và V (đktc).

2.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 NaHCO3 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 3,6gam

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

hỗn hợp (ứng với tổng số mol của X và Y bằng 0,05mol), cho tác dụng hết với Na, thu được 784ml 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.

Câu 4.(4,0 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho lần lượt các chất sau tác dụng với nước brom: glucozơ, axit fomic, p-crezol, anilin, ancol anlylic, xiclopropan.

2.Hoàn thành các phản ứng:C4 H5O4Cl + NaOH  A + B + NaCl + H2O B + O2 C + H2O C + [Ag(NH3)2]OH → D + NH3 + Ag +H2O (nC:nAg=1:4) D + NaOH → A + NH3 + H2O 3.Cân bằng phản ứng theo phương pháp thăng bằng electron: C6H5-CH=CH2 + KMnO4 → C6H5-COOK + K2CO3 + MnO2 + KOH + H2O 4.Cho hỗn hợp gồm tristearin và một este đơn chức, no, mạch hở X tác dụng với 2 lít dung dịch NaOH 0,3M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y. Trung hòa dung dịch Y bằng dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch B chứa a gam hỗn hợp ancol và b gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp ancol trên trong khí oxi dư, thu được 35,2 gam CO2 và 18 gam nước.

Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn b gam muối trong oxi dư,thu được 32,9 gam chất rắn khan; 334,80 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định công thức phân tử của X. Câu 5. (4,0 điểm) 1.Ba chất hữu cơ X1, Y1, Z1 có cùng công thức phân tử C4H8O2, có đặc điểm sau: - X1 có mạch cacbon phân nhánh, tác dụng được với Na và NaOH. - Y1 được điều chế trực tiếp từ axit và ancol có cùng số nguyên tử cacbon.

- Z1 tác dụng được với NaOH và tham gia phản ứng tráng bạc.

Xácđịnh các chất X1, Y1, Z1và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

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. A là amino axit có công thức H2NCnH2nCOOH, B là axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở.

Cho hỗn hợp E gồm peptit Ala-A-A và B tác dụng vừa đủ với 450 ml dung dịch NaOH 1M, thu được m gam muối A1. Đốt cháy hoàn toàn A1 cần vừa đủ 25,2 lít khí O2 (đktc), thu được N2, Na2CO3 và 50,75 gam hỗn hợp gồm CO2 và H2O. Viết sơ đồcác phản ứng và gọi tên A,B. 4. Hỗn hợpN gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gamN vào bình kín có chứa một ít bột Ni làm xúc tác, nung nóng, thu được hỗn hợpM. Đốt cháy hoàn toànM cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc).

Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu choM đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trong CCl4 thì có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợpN đi qua bình đựng dung dịch brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Tìm giá trị của V.

---------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9

Câu Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Nội dung

Ý

1

2

3

4

Câu 2

2NaOH + Fe(NO3)2 2NaNO3 + Fe(OH)2 2NH3 + 2H2O + Fe(NO3)2 2NH4NO3 + Fe(OH)2 3Cl2 + 6Fe(NO3)2 2FeCl3 + 4Fe(NO3)3 Mg + Fe(NO3)2 Mg(NO3)2 + Fe 4HNO3 + 3Fe(NO3)2 3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O Gọi P là số proton trong A, N là số nơtron trong A Giả sử trong A có a ion N Ta có: 2P + N = 164 và 1   1,5 P 164 164 Số proton trong A = 18a (hạt)  a  2, 6  a  3, 03 3,5.18 3.18 Với a là số nguyên  a = 3  A có dạng M 2X  K2S hoặc MX2  CaCl2 Cho A vào H2O được dung dịch xanh quỳ tím  A là K2S

K2S  2K+ + S2-

S2- + H2O  HS- + OH- Các phương trình:

3K2S + 2FeCl3  6KCl + 2FeS + S

3K2S + 2AlCl3 + 6H2O  6KCl + 2Al(OH)3 + 3H2S

K2S + MgCl2 + 2H2O  2KCl + Mg(OH)2 + H2S 2CO3 + 2H+  CO2 + H2O 0,005  0,01  0,005 HCO3- + H+  CO2+ H2O 0,0075  0,0075  0,0075 Nếu phản ứng xảy ra vừa đủ thì : 0,0175 mol H+  0,0125 mol CO2 Theo bài ra axit thiếu  0,0125 mol H+  1/112 mol CO2  V=0,2 lít = 200 ml M + HCl  MCl +1/2H2 M + HOH  MOH + 1/2H2 nOH- = nCl = 31,95/35,5 = 0,9 mol  nOH- (Z) = 1,8 mol Cr3+ + 3OH-  Cr(OH)3 0,5  1,5  0,5 Cr(OH)3 + OH-  CrO2- + 2H2O 0,3  0,3 Vậy : m = 103x0,2 = 20,6 gam

t CaCO3   CaO + CO2 CO2 + H2O + NaAlO2  Al(OH)3 + NaHCO3 t 2NaHCO3   CO2 + H2O + Na2CO3 t 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O

Điểm

1,0

1,0

1,0

1,0

0

0

1

0

®iÖn ph©n nãng ch¶y trong criolit

2Al2O3  4Al + 3O2 CaO + H2O  Ca(OH)2 2Al + 2H2O + Ca(OH)2  Ca(AlO2)2 + 3H2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Câu

Ý

Nội dung Ca(AlO2)2 + 8HCl  CaCl2 + 2AlCl3 + 4H2O t 3C + 4Al   Al4C3 t C + 2H2O  CO2(hoặc CO)+ 2H2 t C+ 2CuO   2Cu + CO2 t 3C + CaO  CaC2 + CO t C+ 4HNO3 đặc   CO2 + 4NO2 + 2H2O t C + 2H2SO4 đặc   CO2 + 2SO2 + 2H2O t 3C + 2KClO3  2KCl + 3CO2 t C + CO2   2CO Trong m gam X có 0,9125m gam nguyên tố kim loại nH+ = 0,2.0,5 = 0,1 mol, nOH- = a mol, nH2 = 1,568/22,4 = 0,07 mol Do pH=13  [H+] = 10-13  [OH-] = 0,1M

Điểm

0

0

0

0

2

0

1,0

0

0

0

3

4

Câu 3

1

Ta có :

a  0,1  0,1  a  0,14 mol  2a  0,28 mol 0,4

Sơ đồ : X + H2O  Na+ + K+ + Ba2+ + OH- + H2 (1) Theo ĐLBT : m+(0,07+0,28/2)18=0,9125m+0,28.17+0,07.2  m=12,8 gam a) Đặt số mol của MO, M(OH)2, MCO3 tương ứng là x, y, z.

Nếu tạo muối trung hòa ta có các phản ứng

MO + H2SO4  MSO4 + H2O (1) (2) M(OH)2 + H2SO4  MSO4 + 2H2O MCO3 + H2SO4  MSO4 + H2O + CO2 (3) Nếu tạo muối axít ta có các phản ứng MO + 2H2SO4  M(HSO4)2 + H2O (4) M(OH)2 + 2H2SO4  M(HSO4)2 + 2H2O (5) MCO3 + 2H2SO4  M(HSO4)2 + H2O + CO2 (6) D.C%.10 1, 093.10,876.10 Ta có : M Muôi    218 CM 0,545 -TH1: Nếu muối là MSO4  M +96 = 218  M=122 (loại) -TH2: Nếu là muối M(HSO4)2  M + 97.2 = 218  M = 24 (Mg) Vậy xảy ra phản ứng (4,5,6) tạo muối Mg(HSO4)2 b)Theo (4,5,6)  Số mol CO2 = 0,448/22,4 = 0,02 mol  z = 0,02 (I) 117,6.10 Số mol H2SO4 =  0,12 mol  2x + 2y + 2z = 0,12 (II) 98 Đề bài: 40x + 58y + 84z = 3,64 (III) Giải hệ (I,II,III) : x = 0,02; y = 0,02; z = 0,02 %MgO = 40.0,02.100/3,64 = 21,98% %Mg(OH)2 = 58.0,02.100/3,64 = 31,87% %MgCO3 = 84.0,02.100/3,64 = 46,15%

a) Điện phân dung dịch A bằng điện cực trơ: ®iÖn ph©n dd

2HCl + Cu(NO3)2   Cu + Cl2 + 2HNO3 (1) - Ta có: n(Cl2) = 0,14 mol = nCu - Dung dịch sau điện phân phản ứng với NaOH: NaOH + HCl (dư)  NaCl + H2O (2)

NaOH + HNO3 NaNO3 + H2O (3)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

1,0

2,0

Câu

Ý

Nội dung Cu(NO3)2 (dư) + 2NaOH  Cu(OH)2 + 2NaNO3 (4)

Ta có: nNaOH = 0,55 . 0,8 = 0,44 mol  nCu(OH)2 =

Điểm

1,96 = 0,02 mol 98

Theo (1,4) : Số mol Cu(NO3)2 trong 0,8lít dung dịch A là:0,14+0,02=0,16 CM(Cu(NO3)2)=

0,16 = 0,2M 0,8

- Theo (3,4): nNaOH=0,28+0,04=0,32 mol  Theo(2): nHCl=0,44-0,32=0,12  CM(HCl) = (0,28+0,12)/0,8 = 0,5M - Tính thời gian t : m Cu 

2

Câu 4 1

m .n.F 0,14.64.2.96500 A It

.  t  Cu  n F A.I 2,5.64

t = 10.808 giây = 180 phút 8 giây

b) Ta có nH+=0,4 mol, NO3- =0,32 mol, nCu2+ =0,16 mol Cho hỗn hợp bột sắt vào phần 2, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được hỗn hợp kim loại gồm Cu và Fe dư, NO3- dư :

3Fe + 8H+ + 2NO3-  3Fe2+ + 2NO + 4H2O(1)

Fe + Cu(NO3)2 Fe(NO3)2 + Cu (2) nFe(1, 2)= 0,2 + 0,16=0,36 mol, nCu (2)= 0,16 mol Tăng giảm khối lượng : 0,3m=0,15.56 -8.0,16  m=23,73 gam V=0,1.22,4 = 2,24 lít a) X và Y có 2 loại nhóm chức: - Nhóm chức -COOH vì khi phản ứng với NaHCO3  CO2 Mặt khác: nX + nY = nCO2  X và Y chứa 1 nhóm -COOH - Nhóm chức -OH vì khi hỗn hợp tác dụng với Na 0, 784 tạo số mol H2 = = 0,035 mol >1/2( tổng số mol X + Y)= 0,25mol.

22, 4 b) -Xác định X: 3, 6  72 gam/mol  MX< 72 < MY< 130 + M ( X , Y )  0, 05 + 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 - Xác định chất Y: amol X và b mol Y :(HO)nR- COOH trong 3,6 gam 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 C3 H6O3 *) 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 KLPT nhỏ nhất Y phải là: HOCH2(CHOH)2-COOH cóMY = 136 > 130 trường hợp này loại Vậy: X là CH3-COOH, Y là HO- C2H4- COOH hoặc (HO)2C3H5-COOH

HOCH2(CH[OH])4-CHO + Br2 + H2O  HOCH2(CH[OH])4-COOH + 2HBr HCOOH + Br2  CO2 + 2HBr p-CH3C6H4OH + 2Br2  p-CH3C6H2Br2OH +2HBr C6H5NH2 + 3Br2  C6H2Br3NH2 + 3HBr

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0

1,0

Câu

Ý

2

Nội dung Điểm CH2=CHCH2OH + Br2  CH2BrCHBrCH2OH C3H6 + Br2  BrCH2CH2CH2Br Nhận xét:A và B phải có cùng số nguyên tử cacbon.

C là HCHO hoặc anđehit 2 chức. Nhưng nếu C là HCHO thì không phù hợp vì khi đó sẽ tạo D là (NH4)2CO3 và do vậy A là Na2CO3làkhông phù hợp  C là OHC-CHO 1,0 t HOOC-COOCH2CH2Cl + 3NaOH   Na2C2O4+ HOCH2-CH2OH + NaCl + H2O(1) Cu ,t HOCH2-CH2OH + O2   OHC-CHO + H2O (2) t (OHC)2 + 4[Ag(NH3)2]OH   (NH4OOC)2 + 2H2O + 6NH3 + 4Ag (3) NH4OOC-COONH4 + 2NaOH→ NaOOC-COONa + 2NH3 + 2H2O (4) 0

0

0

1 2

3 4

3x C  C  C C  10e 3

7

4

10x Mn  3e  Mn 3C6H5-CH=CH2+10KMnO4  3C6H5-COOK +3K2CO3+10MnO2+KOH+ 4H2O t (C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH   3C17H35COONa + C3H5(OH)3 a 3a 3a a t RCOOR’ + NaOH   RCOONa + R’OH b b b b HCl + NaOH  NaCl + H2O c c c  3a + b +c = 0,6 (1) Đốt ancol thu được: 0,8mol CO2 và 1mol H2O C3H8O3  3CO2 + 4H2O a 3a CnH2n+2O  nCO2 + (n+1)H2O b nb nhỗn hợp ancol = nH 2O  nCO2 = 1-0,8=0,2 (mol)  a + b = 0,2 (2) Đốt D (3amol C17H35COONa, bmol CmH2m+1COONa, c mol NaCl): 2C17H35COONa + O2  35CO2 + Na2CO3 + 35H2O

3a 105a/2 1,5a 105a/2 2CmH2m+1COONa + O2  (2m+1)CO2 + Na2CO3 + (2m+1)H2O

b (2m+1)b/2 0,5b (2m+1)b/2  (1,5a +0,5b)106 + 58,5c = 32,9 (3) Giải hệ (1), (2), (3) ta được:a=b=0,1 mol và c=0,2 mol Từ phản ứng đốt cháy ancol ta có: 3a + nb = 0,8  n=5  ancol C5H11OH Từ phản ứng đốt cháy muối ta có: [(105a/2 +(2m+1)b/2].62 = 334,8  m=1  Công thức của este X là CH3COOC5H11 (C7H14 O2)

X1 là CH3CH(CH3)-COOH, Y1 là CH3COOC2 H5, Z1 là HCOOC3 H7 CH3CH(CH3)-COOH + Na  CH3CH(CH3)-COONa + 1/2H2 CH3CH(CH3)-COOH + NaOH  CH3CH(CH3)-COONa + H2O

0,5

0

0

4

Câu 5

1

H SO ®Æc, t o

1,5

1,0

2 4  CH3COOC2 H5 + H2O  CH3COOH + C2H5OH   0

t HCOOC3 H7 + 2[Ag(NH3)2]OH   H4NOCOOC3 H7 + H2O + 3NH3 + 2Ag Theo bài ra Y có chứa 2 nhóm –CHO  Y là OHC-C≡C-CHO t  H4NOOC-C≡C-COONH4 OHC-C≡C-CHO+4[Ag(NH3)2]OH  +2H2O+6NH3 + 4Ag  X là HC≡C-CO-CHO t HC≡C-CO-CHO+3[Ag(NH3)2]OH   AgC≡C-CO-COONH4 +2H2O+5NH3 + 2Ag 0

2

0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

 Z là HC≡C-CH2CH2-CHO 0

3

4

t HC≡C-CH2CH2-CHO+3[Ag(NH3)2]OH   AgC≡C-C2H4COONH4 +2H2O+5NH3 + 2Ag Phản ứng:H(NH-RCO)3OH + 3NaOH  3H2N-RCOONa + H2O x  3x  3x R/COOH + NaOH  R/COONa + H2O y  y  y A1 + O2  Na2CO3 + N2 + CO2 + H2O 1,125  0,225  a  b 44a  18b  50,75 a  0,775 Ta cã :   0,9  2,25  0,225.3  2a  b b  0,925

2C3H6O2NNa  5CO2 + 6H2O x  2,5x  3,5x 2CnH2nO2NNa  (2n-1) CO2 + 2nH2O 2x  (2n-1)x  2nx 2CmH2m-1O2Na  (2m-1) CO2 + (2m-1) H2O y  (2m-1)y/2  (2m-1)y/2 1,5x  (2nx  my)  0,5y  0,775 x  0,1   Ta cã : 3x  (2nx  my)  0,5y  0,925  2nx  my  0,7  y  0,15 3x  y  0,45   2n.0,1 + m.0,15=0,7  4n+3m=14  n=2 và m=2 A: H2NCH2COOH : glixin, B: CH3COOH: axit axetic Quy C4H10 thành 2C2H2.3H2  Hỗn hợp: C3H6: x mol, C2H2: y mol và H2: z mol C3H6 + 9/2O2  3CO2 + 3H2O (1) x  4,5x C2H2 + 5/2O2  2CO2 + H2O (2) y  2,5y H2 + 1/2O2  H2O (3) z  0,5z  (3x2y).100[(3x2y).44(3xyz).18]21,45 114x  94y 18z  21,45 x  0,15     y  0,075 x2yz0,15 x  2y  z  0,15 xyz x2y 0,1x  0,6y  0,4z  0 z  0,15     0,4  0,5 Vậy: V=22,4(4,5.0,15 + 2,5. 0,075 + 0,15.0,15) = 21 lít

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

1,0

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 10 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang) Câu 1. (4,0 điểm)

1. Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra với mỗi trường hợp sau: a) Cho dung dịch H2SO4 đặc vào saccarozơ sau đó đun nhẹ. b) Cho dung dịch FeCl2 vào dung dịch AgNO3 dư. c) Cho đạm Ure vào dung dịch nước vôi trong. d) Cho từ từ dung dịch H2SO4 đến dư vào dung dịch NaAlO2.

2. Cho hỗn hợp rắn gồm FeS2, NaCl, NaBr và NaI phản ứng với dung dịch axit H2SO4 đặc, nóng, thu được hỗn hợp khí. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

3. Cho m gam Na vào 300 ml dung dịch hỗn hợp A gồm HCl 1M và AlCl3 0,5M. Viết các phương trình phản ứng và tính giá trị của m để khi kết thúc các phản ứng thu được 0,1 mol kết tủa.

4. Hòa tan hoàn toàn Al bằng V ml dung dịch H2SO4 1M và HCl 1M, thu được dung dịch Y chứa Al2(SO4)3, AlCl3 và H2SO4 dư. Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào Y, thấy khối lượng kết tủa tạo thành phụ thuộc vào số mol Ba(OH)2 theo đồ thị hình bên. Dựa vào đồ thị, hãy viết các phản ứng ứng xảy ra ứng với mỗi đoạn và tìm giá trị của y.

Câu 2. (4,0 điểm) 1. Ở trạng thái cơ bản, nguyên tử của nguyên tố R có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s1.

Viết cấu hình electron, xác định vị trí trong bảng tuần hoàn và tính số electron độc thân của nguyên tử nguyên tố R ở trạng thái cơ bản.

2. Viết phương trình phản ứng dưới dạng ion thu gọn cho các thí nghiệm sau: a) Hòa tan FeSx trong dung dịch HNO3 đặc, dư và đun nóng. b) Cho dung dịch K2S dư vào dung dịch Fe2(SO4)3. c) Cho dung dịch NH4 HSO4 vào dung dịch Ba(HSO3)2. d) Cho a mol kim loại Ba vào dung dịch chứa a mol NH4HCO3.

3. Cho hỗn hợp gồm a mol Mg và b mol Cu tác dụng với 200 ml dung dịch hỗn hợp AgNO3 0,3M và Cu(NO3)2 0,25 M. Sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A và chất rắn B. Cho A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 3,6 gam hỗn hợp gồm 2 oxit. Hòa tan hoàn toàn B trong H2SO4 đặc, nóng được 0,09 mol khí SO2. Tính giá trị của a và b.

4. Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3 và Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4 (loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 0,28 mol hỗn hợp Z gồm N2O, H2. Tỷ khối của Z so với H2 bằng 10.

Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được 27,84 gam kết tủa. Tính phần trăm khối lượng của nhôm kim loại có trong X. 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: H2SO4, 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 SO2 (sản phẩm khử duy nhất). Hấp thụ hết lượng SO2 bằng dung dịch chứa 0,1 mol NaOH (dư), thu được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

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 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. (4,0 điểm) 1. Xác định các chất A1, A2, A3, A4, A5, A6 là các hiđrocacbon khác nhau và viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau đây:

2. Các chất hữu cơ A, B, C, D có cùng công thức phân tử C4 H6O4 đều phản ứng với dung dịch NaOH theo tỷ lệ mol 1:2. Trong đó: A, B đều tạo ra một muối, một rượu; C, D đều tạo ra một muối, một rượu và nước. Biết rằng khi đốt cháy muối do A, C tạo ra thì trong sản phẩm cháy không có nước.

Xác định A, B, C, D và viết phương trình phản ứng với dung dịch NaOH. 3. Đốt cháy 26,7 gam chất hữu cơ F bằng không khí vừa đủ, sản phẩm cháy cho qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, dư và bình 2 đựng nước vôi trong dư. Kết thúc các phản ứng, khối lượng bình 1 tăng thêm 18,9 gam, bình 2 xuất hiện 90 gam kết tủa, khí thoát ra khỏi bình 2 có thể tích 104,16 lít (đktc).

Cho không khí có 20% thể tích là O2 và 80% thể tích là N2, F có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Xác định công thức phân tử của F. 4. Cho X và Y là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở (có một nối đôi C=C); Z là ancol no, mạch hở; T là este ba chức tạo bởi X, Y và Z. Chia 40,38 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T thành 3 phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần 1, thu được 0,5 mol CO2 và 0,53 mol H2O. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch brom dư, thấy có 0,05 mol Br2 phản ứng. Phần 3 cho tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch hỗn hợp gồm KOH 1M và NaOH 3M, cô cạn, thu được m gam muối khan. Tìm giá trị của m.

Câu 5. (4,0 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau:

Biết a mol C7H8O2 tác dụng vừa đủ với 2a mol Na, còn khi tác dụng với dung dịch NaOH thì cần a mol NaOH và các nhóm thế ở các vị trí liền kề.

2. Công thức đơn giản nhất của chất M là C3 H4O3 và chất N là C2 H3O3. Biết M là một axit no đa chức, N là một axit no chứa đồng thời nhóm chức –OH; M và N đều là mạch hở. Viết công thức cấu tạo có thể có của M và N. 3. Hỗn hợp P gồm hai anđehit đơn chức là đồng đẳng kế tiếp. Đem 10,4 gam P tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 trong NH3 đun nóng, thu được 1 mol Ag. Nếu đem 10,4 gam P tác dụng hoàn toàn với H2 (xúc tác Ni, t0), thu được hỗn hợp X gồm hai ancol Y và Z (MY < MZ). Đun nóng X với H2SO4 đặc ở 1400C, thu được 4,52 gam hỗn hợp ba ete. Biết hiệu suất phản ứng tạo ete của Y bằng 50%. Viết các phương trình phản ứng và tính hiệu suất phản ứng tạo ete của Z. 4. Hỗn hợp X1 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 X1 cần 0,66 mol O2, thu được 0,57 mol CO2. Đun nóng 11,88 gam X1 với 310 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam chất rắn Y1 và phần hơi chỉ chứa 1 ancol đơn chức Z1. Cho hết lượng Z1 tác dụng với Na dư thì khối lượng bình chứa Na tăng 5,85 gam. Trộn m gam Y1 với CaO rồi nung nóng (không có mặt oxi), thu được 2,016 lít khí (đktc) một hiđrocacbon duy nhất. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và công thức cấu tạo của các este trong hỗn hợp X1.

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Nội dung

Ý

Điểm

H2SO4 loaõng

 12C + 11H2O a) C12H22O11  CO2 + 2SO2 + 2H2O C + 2H2SO4 đặc b) Xuất hiện kết tủa trắng và dung dịch chuyển sang màu vàng nâu FeCl2 + 2AgNO3

2AgCl + Fe(NO3)2

1 Fe(NO3)2 + AgNO3 Fe(NO3)3 + Ag c) Có khí mùi khai thoát ra và xuất hiện kết tủa trắng (NH2)2CO + 2H2O (NH4)2CO3 Ca(OH)2 + (NH4)2CO3 CaCO3 + 2NH3 + 2H2O d) Xuất hiện kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan ra trong axit dư H2SO4 + 2 H2O + 2NaAlO2 2Al(OH)3 + Na2SO4 3H2SO4 + 2Al(OH)3 Al2(SO4)3 + 6H2O

2FeS2 + 14H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O NaCl + H2SO4 đặc, nóng → NaHSO4 + HCl 2 2NaBr + 2H2SO4 đặc, nóng → Na2SO4 + SO2 + Br2 + 2H2O 8NaI + 5H2SO4 đặc, nóng → 4Na2SO4 + H2S + 4I2 + 4H2O Do có kết tủa nên Na đã tác dụng với H2O Mặt khác: số mol kết tủa < số mol AlCl3  có 2 TH xảy ra Cho Na vào nước thu được dung dịch A Na + HCl  NaCl + 1/2 H2 (1) Na + H2O  NaOH + 1/2H2 (2) 3NaOH + AlCl3  Al(OH)3 + 3NaCl (3) Câu 1

NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O (4) TH1: AlCl3 dư, không có (4) Ta có: nNa = nHCl + 3nAl(OH)3 = 0,6 mol  m = 0,6.23 = 13,8 gam TH2: Kết tủa bị hòa tan một phần, có (4) Ta có: nNa = nHCl + 4nAlCl3 – nAl(OH)3 = 0,3 + 0,15.4 – 0,1 = 0,8 mol  m = 0,8.23 = 18,4 gam Phản ứng: 2Al + 6HCl→ 2AlCl3 + 3H2  x/3 x  2Al + 3H2SO4→ Al2(SO4)3 + 3H2  a 3a  H2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓+ 2H2O (đoạn 1)  x-3a   x-3a x-3a  4 Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (đoạn 2)  3a   3a   2a a  2AlCl3 + 3Ba(OH)2 → 3BaCl2 + 2Al(OH)3 (đoạn 3)  0,5x   x/3 x/3  2Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4H2O (đoạn 4) Tổng số mol Ba(OH)2 ở thời điểm khối lượng kết tủa cực đại là: x -3a+3a+0,5x =1,5x =0,75 => x =0,5 mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

1,0

1,0

1,0

a

1 15

m↓(max)=233(x-3a+3a)+ 78(2a+x/3)=139,9  y = 233(x-3a)=233(0,5 -0,2)= 69,9 gam Trường hợp 1: Cấu hình electron của X là [Ar] 4s1  X thuộc ô thứ 19, chu kì 4, nhóm IA Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân.

Trường hợp 2: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d5 4s1 1  X thuộc ô thứ 24, chu kì 4, nhóm VIB Ở trạng thái cơ bản, X có 6 electron độc thân Trường hợp 3: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d10 4s1  X thuộc ô thứ 29, chu kì 4, nhóm IB Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân a) FeSx+(4x+6) H+ +(6x+3)NO3-  Fe3++xSO42- +( 6x+3) NO2+(2x+3) H2O b) 3S2- + 2Fe3+  2FeS + S 2 c) H+ + SO42- + HSO3- + Ba2+  BaSO4 + SO2 +H2O d) Ba + 2 H2O  Ba2+ + 2OH- + H2 Ba2+ + 2OH- + NH4+ + HCO3-  BaCO3 + NH3 + 2H2O Do tính oxi hóa của Ag+ > Cu2+ và tạo hỗn hợp 2 oxit AgNO3 hết, Mg hết Ban đầu, đặt a, b là số mol Mg và Cu nAg+ = 0,06 , nCu2+ = 0,05 , nSO2 = 0,09 2+ 2+ 3 Dung dịch A chứa Mg (a mol), NO3 (0,16 mol) và Cu : (0,08 – a) mol Bảo toàn điện tích: nCu2+ = 0,08 – a mol Câu 2

1,0

1,0

1,0

a  0, 07 BT e: 2a  2b  0,09.2 Ta coù heä:   mX  40a  80  0, 08 – a   3,6  b = 0,02

Quy đổi X thành Mg, Al ( a mol), N (b mol), O (c mol) và đặt số mol NaNO3 là d mol. Ta có: 27,84 gam kết tủa là Mg(OH)2 nMg = 0,48 mol Mg2 (0,48)  Na (2,28  d)  3 Mg (0,48) Al (a)  N O(0,12)     2  Al(a) NaNO3 (d) T AlO (a)    2,28 mol NaOH X   H2 (0,16)  YNa (d)    22 H2SO4 (1,08) N(b)  NH   SO4 (1,08) H2O O(c)  4  Mg(OH)2 (0,48) SO42 (1,08) 

4 Bảo toàn N:

n NH   b  d  0, 24 mol 4

n

H O Bảo toàn H: 2



1,0

1, 08.2  0,16.2  4(b  d  0, 24)  1, 4  2b  2d 2

BT O: c  3d  0,121,4–2b–2d 5d 2b c  1,52 a  0,32    a d  0,12 b  0,08 BT ÑT T: 2,28  d  1,08.2  a       BT ÑT Y: 3ad bd 0,24 1,08.20,48.2 3a  b 2d  1,44 c  0,36 BT KL X:27a14b16c  27,04–0,48.24 15,52 27a16b16c 15,52 d  0,2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

T a có : n

Al O 2 3



c 0, 36  0, 08.3   0, 04  n  0,32  2.0, 04  0, 24 mol Al 3 3

0, 24.27 .100%  23, 96% 27, 04

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 c) Màu vàng của dung dịch FeCl3 nhạt dần, dung dịch chuyển thành màu xanh 2KI + 2FeCl3 → 2FeCl2 + I2 + 2KCl  %m

Al(X)



1,0

 Na2SO4 + NaHCO3 d) NaHSO4 + Na2CO3  1:1

t0

 Na2CO3 + CO2↑ + H2O Khi đun nóng có khí bay lên: 2NaHCO3  Chiều pH tăng dần: H2SO4, HCl, Na2SO4, Na2CO3, NaOH Giải thích: + H2SO4  2H+ + SO42- , [H+] = 2.0,1 = 0,2M  pH = 1-lg2 = 0,7 + HCl  H+ + Cl- , [H+] = 0,1 M => pH = 1 2 + Na2SO4  2Na+ + SO42-  pH = 7 + Na2CO3  2Na+ + CO32-

1,0

 

 HCO3- + OH- có [OH-] < 0,1 nên 7 <pH < 13 CO32- + H2O  + 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)

Câu 3

NaOH : x(mol) x  2y  0,1 x  0,025    nSO2  0,0375 mol  SO : y(mol) Na 40x  126y  5,725 y  0,0375 3 Theo (3):  2 3

 Fe : x (mol)  Fe : x (mol)  Fe : 2x (mol) T rong m gam X   trong Y   trong Z   M : y(mol)  M : 3y(mol)  M : y(mol)

1,0

 3x  ny  0, 075  x  0, 01     ny  0, 045  M  9 n  M : Al  2x  3ny  0,1 5 5    M y  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 4

n N2 n N2O



44  32 3   nN 2  0, 03; nN 2O  0, 01 32  28 1

Hỗn hợp X (0,04 mol):

Sơ đồ: E+ HNO3 F: Mg2+, Mn+, 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 m muối = 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

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và M trong hhE

 24x  My  6,84 24x  My  6,84  (loaïi) 58x  (M  17n)y  4,35.2      24x My 2,52  2x  ny  0,38  8.0,035 

Ta có:

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

Baûo toaøn e: 0,15.2 

3,24 n  0,38  8.0,035  M  9n  n  3 vaø M= 27 (Al) M

A6: CH4; A1: C2H2; A2: C2H4; A3: C4 H10; A4: C4H4; A5: C4H6.

Các phản ứng: 1500o C, laøm laïn h nhanh

2CH4         C2H2 + 3H2.

Pd/PbCO3 , t o  C2H4 C2H2 + H2  o

xt,t ,p nC2 H4    (-CH2CH2-)n

1

1,0

CuCl,NH4Cl,to 2C2H2  CH2=CH-C≡CH Pd/PbCO3 ,t o  CH2=CH-CH=CH2 CH2=CH-C≡CH + H2 

Ni,to  C4H10 CH2=CH-C=CH2 + 2H2  o xt,t C4H10  CH4 + C3H6 xt,t 2C2H5OH  CH2=CH-CH=CH2 + H2 + 2H2O o

A, B + NaOH theo tỷ lệ mol 1: 2  1 muối và 1 rượu  A, B: este 2 chức to H3C-OOC- COO-CH3 (A)+ 2 NaOH  NaOOC-COONa + 2CH3OH

Câu 4

2

to HCOO-CH2CH2 –OOCH (B) +2NaOH  2HCOONa +HOCH2-CH2 OH C, D + NaOH theo tỷ lệ mol 1:2  muối + rượu + nước  C, D là este axit Do muối cháy không tạo H2O  C là HOOC-COOC2H5, D là HOOC-CH2COOCH3

1,0

to HOOC- COOC2H5 + 2NaOH  NaOOC - COONa + C2H5OH + H2O to HOOC-CH2-COOCH3 + 2NaOH  NaOOC-CH2-COONa + CH3OH + H2O

Ta có mH2O = 18,9 gam  mCaCO3 = 90 gam 

n H 2O 

1,05 mol  nH = 2,1 mol

n CaCO3  0, 9 mol  n CO2  n C

3 Sơ đồ: 18,9 gam F + KK → 0,9 mol CO2 + 18,9 gam H2O + 4,65 mol N2 Theo ĐLBTKL: mKK = 0,9.44 + 18,9 + 4,65.28 – 26,7 = 162 gam n O2 KK 

162  1,125 mol  n N 2 (do F)=4,65 - 1,125.4=0,15 mol 32  4.28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

n O( trong F) 

26, 7  (0, 9.12  2,1  0, 3.14)  0, 6 mol 16

Tỉ số: nC:nH:nO:nN = 0,9:2,1:0,6:0,3 = 3:7:2:1  Công thức đơn giản nhất của F là C3H7O2N  F là C3H7O2N

Quy E: CH2=CH-COOH, C3 H5(OH)3: x mol, CH2: y mol và H2O: z mol nCH2=CH-COOH = n Br2 = 0,05 mol  mE= 0,05.72 +92x+14y+18z= 40,38/3= 13,46 x  0,11    y  0, 02  nCO 2  0,05. 3 + 3x + y = 0,5 z  0, 03 4  nH O = 0,05.2+ 4x + y + z=0,53   2

Do nCH2=CH-COOH > nCH2 ⇒ chỉ ghép CH2 vào axit Phản ứng vừa đủ ⇒ nOH- = nCH2=CH-COOH = 0,05 mol ⇒ nKOH = 0,0125 mol; nNaOH = 0,0375 mol Vậy: m = 0,05 ×71 + 0,02 ×14 + 0,0125×39 + 0,0375×23 = 5,18 gam Theo bài ra: C7H8O2 có 2H linh động khi phản ứng với Na và 1H linh động khi phản ứng với NaOH  1-OH của ancol và 1-OH của phenol 

to   HO-Ar-CH=O + CuO + H2O HO-Ar-CH2-OH + CuO o 1 t HO-Ar-CH=O + 4H2  HOC6 H10CH2OH

1,0

1,0

H SO ñaëc,to

2 4    HOC6H10CH2OH + 2CH3COOH 

(CH3COO)2(C6H10CH2)+2H2O

H SO ñaë c,t o

4 2    HO-Ar-CH2-OH + CH3COOH  CH3COO-CH2-ArOH+H2O   Chất M: (C3H4O3)n C3n/2 H5n/2(COOH)3n/2 5n/2+3n/2=2.3n/2+2  n=2  M là C6H8O6 hay C3 H5(COOH)3 Công thức cấu tạo: HOOCCH2CH2CH(COOH)2, HOOCCH(CH3)CH(COOH)2, HOOCCH2CH(COOH)CH2COOH, (HOOC)3CCH2CH3 (HOOC)2C(CH3)CH2COOH 2 Chất N: (C2H3O3)m  C2m-yH3m - (x+y)(OH)x(COOH)y

Câu 5

 3m  2(2m  y)  2    3m  x  2y  x  2m  y 

 m  2y  2   3m  x  2y  y  2 

1,0

 Khi y=1  m=0 (loaïi )   Khi y=2  m=2,x=2 (choïn )

N là: C4H6O6 hay C2 H2(OH)2(COOH)2 Công thức cấu tạo: HOOCCH(OH)-CH(OH)COOH và (HOOC)2C(OH)CH2OH to RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH  RCOONH4 + 2Ag + 3NH3 + H2O (1) to HCHO + 4[Ag(NH3)2]OH  (NH4)2CO3 + 4Ag + 6NH3 + 2H2O (2) to R-CHO + H2  R-CH2OH (3) H SO ñaëc, 140oC

2 4  RO R + H2O (4) 2 ROH   3 Nếu P không chứa HCHO nP = 0,5 mol.

M = 10,4/0,5 = 20,8 ⇒ loại Vậy P gồm HCHO (x mol) và CH3CHO (y mol)

1,0

 Y : C H 3 O H : 0 , 2 m o l 4x  2y  1  x  0, 2 m o l    X:   Z : C 2 H 5 O H : 0,1 m o l  3 0 x  4 4 y  1 0, 4  y  0,1 m o l

Đặt HS của (pư)=0,1hmol

Z:H%  h=H/100,

nCH3OH(pư)=0,1mol,

nC2 H5OH

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Theo (4) : nH2O =1/2n ROH BTKL: 32.0,1 + 46.0,1h = 4,52 + 18.(0,05 + 0,05h) ⇒ h = 0,6  H% = 60% Pư: CxHyOz + (x +y/4 – z/2)O2  xCO2 + y/2H2O (1) Do: X1 + NaOH  1 ancol  ACOOB (x mol), BOOC-R-COOB (y mol) to ACOOB + NaOH  ACOONa + BOH (2) to BOOC-R-COOB + 2NaOH  R(COONa)2 + BOH (3) CaO, t 0

 AH + Na2CO3 (4) ACOONa + NaOH    CaO, t 0  RH2 + 2Na2CO3 (5) R(COONa)2 + 2NaOH     BOH + Na BONa + 1/2H (6) 2 4 Theo (1) : nH2O = 0,44 mol  nO(X1)=0,57.2 + 0,44-0,66.2 = 0,26 mol Theo (2,3): 2x+4y=0,26  nNaOH (pư)=x +2y=0,13  nNaOH dư=0,18mol Do: nNaOH(2,3)=nNaOH(4,5)=0,13 mol  nAH + nRH2 = x + y = 0,09  x = 0,05 và y = 0,04 Ta có: 0,13(B + 17) – 0,13.2/2 = 5,85  B = 29  BOH là C2H5OH Ta có: 0,05(A + 73) + 0,04(R + 146) = 11,88, R=A–1  A=27 là CH2=CH- Các este: CH2=CH-COOC2 H5, C2H5OOC-CH=CH-COO-C2 H5 (Cis -Trans) và C2 H5-OOC-C(=CH2)-COO-C2H5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 11 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang) Câu 1. (4,0 điểm) 1. Cho các sơ đồ phản ứng:

a) (A) + H2O  (B) + (X).

b) (A) + NaOH + H2O  (G) + (X). t o ,xt

c) (C) + NaOH 

d) (E) + (D) + H2O  (B) + (H) + (I).  (X) + (E).

e) (A) + HCl  (D) + (X).

g) (G) + (D) + H2O  (B) + (H).

Biết A là hợp chất được tạo nên từ hai nguyên tố là nhôm và cacbon. Xác định các chất X, A, B, C, D, E, G, H, I và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

2. Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron: t 0 Fe (SO ) + SO + H O. a) FeS2 + H2SO4 đặc   2 4 3 2 2 b) FeCO3 + FeS2 + HNO3  Fe2(SO4)3 + CO2 + NO + H2O. 3. Cho m gam hỗn hợp gồm bari và hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì kế tiếp tác dụng với 200 ml dung dịch chứa H2SO4 1M và HCl 1M, thu được 0,325 mol H2 và 62,7 gam chất rắn khan khi làm bay hơi hết nước. Nếu cho m gam hỗn hợp trên vào nước dư, thu được dung dịch Y, nếu cho 0,195 mol Na2SO4 vào Y thấy còn dư Ba2+, nhưng nếu cho 0,205 mol Na2SO4 vào Y thì SO42- còn dư. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định hai kim loại kiềm.

4. Cho 39,84 gam hỗn hợp X1 gồm Fe3O4 và Cu vào dung dịch HNO3 đun nóng, thu được 0,2/3 mol NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y1 và 3,84 gam Cu. Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch Y1, không có không khí, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và tìm giá trị của m.

Câu 2. (4,0 điểm) 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng có thể xảy ra trong các trường hợp sau: b) Dẫn khí H2S vào dung dịch FeCl3. a) Dẫn khí O3 vào dung dịch KI. c) Trộn dung dịch KI với dung dịch FeBr3. d) Dẫn khí Cl2 vào dung dịch NaOH. g) Dẫn khí Cl2 vào dung dịch NaBr. e) Dẫn khí SO2 vào dung dịch KMnO4.

2. Viết các phương trình phản ứng dạng ion thu gọn trong mỗi trường hợp sau: a) Cho Ba vào dung dịch NaHCO3. b) Cho từ từ CO2 đến dư qua dung dịch clorua vôi. c) Cho NaAlO2 vào dung dịch NH4NO3. d) Cho Ba(HSO3)2 vào dung dịch KHSO4.

3. Đốt cháy hoàn toàn 4,4 gam sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hòa tan trong một lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08 gam muối rắn (N). Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Viết các phương trình phản ứng và xác định công thức của muối rắn (N).

4. Để 26,88 gam phôi Fe ngoài không khí một thời gian, thu được hỗn hợp rắn X gồm Fe và các oxit. Hòa tan hết X trong 288 gam dung dịch HNO3 31,5%, thu được dung dịch Y chứa các muối và hỗn hợp khí Z gồm 2 khí, trong đó oxi chiếm 61,11% về khối lượng. Cô cạn Y, rồi nung đến khối lượng không đổi thấy khối lượng chất rắn giảm 67,84 gam. Xác định nồng độ % Fe(NO3)3 trong Y. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình ion thu gọn trong các thí nghiệm sau: a) Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa AgNO3. b) Cho KHS vào dung dịch CuCl2. c) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch H2SO4 1M, đun nóng nhẹ. d) Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch hỗn hợp gồm HCl và AlCl3.

2. Cho 37,2 gam hỗn hợp X1 gồm R, FeO và CuO (R là kim loại hóa trị II, R(OH)2 không lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6 % (dùng dư), thu được dung dịch A1, chất rắn B1 chỉ chứa một kim loại nặng 9,6 gam và 6,72 lít H2 (ở đktc). Cho dung dịch A1 tác dụng với dung dịch KOH dư, thu

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

được kết tủa D. Nung D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34 gam chất rắn E gồm hai oxit. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và tìm R.

3. Viết phương trình phản ứng của axit salixilic lần lượt với: dung dịch NaOH; dung dịch NaHCO3; CH3OH, có mặt H2SO4 đặc, nóng; (CH3CO)2O, có mặt H2SO4 đặc, nóng.

4. X và Y là 2 axit cacboxylic đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng (M X<M Y). Trộn X và Y theo tỉ lệ mol 1:1, thu được hỗn hợp A. Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X. Cho Z vào A được hỗn hợp B. Để đốt cháy hoàn toàn 7,616 lít hơi B (ở đktc) phải dùng vừa hết 1,3 mol oxi. Phản ứng tạo thành 58,529 lít hỗn hợp khí K (ở 1270C và 1,2 atm) chỉ gồm khí CO2 và hơi nước. Tỉ khối của K so với metan là 1,9906. a) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và gọi tên X, Y, Z. Biết rằng các chất này đều có mạch hở và không phân nhánh. b) Tính khối lượng este tạo thành khi đun nhẹ hỗn hợp B như trên với một ít H2SO4 đậm đặc làm xúc tác, biết rằng hiệu suất của phản ứng là 75% và các este tạo thành có số mol bằng nhau.

Câu 4. (4,0 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau: CH4  A  B  C  D  E  CH4.

Biết C là hợp chất hữu cơ tạp chức, D hợp chất hữu cơ đa chức.

2. Trình bày phương pháp hóa học để phân biệt các chất riêng biệt sau bằng phương pháp hoá học: CH2=CH-CHO, C2 H5CHO, CH3CH2OH, CH2=CH-CH2-OH, CH2=CH-COOH. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

3. Đốt cháy hết 13,36 gam hỗn hợp X gồm axit metacrylic, axit ađipic, axit axetic và glixerol (trong đó số mol axit metacrylic bằng số mol axit axetic) bằng oxi dư, thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi, dẫn Y vào dung dịch chứa 0,38 mol Ba(OH)2, thu được 49,25 gam kết tủa và dung dịch Z. Đun nóng Z lại xuất hiện kết tủa. Cho 13,36 gam hỗn hợp X tác dụng với 140 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m.

4. Cho xenlulozơ tác dụng với anhiđrit axetic, thu được axit axetic và 82,2 gam hỗn hợp rắn gồm xenlulozơ triaxetat và xenlulozơ điaxetat. Để trung hòa 1/10 lượng axit tạo ra cần dùng 80 ml dung dịch NaOH 1M. Viết các phương trình phản ứng và tính khối lượng từng chất trong hỗn hợp rắn thu được.

Câu 5. (4,0 điểm) 1. Ankađien A có công thức phân tử C8 H14 tác dụng với dung dịch Br2 theo tỷ lệ mol 1: 1 sinh ra chất B. Khi đun A với dung dịch KMnO4 trong môi trường H2SO4 loãng, sinh ra ba sản phẩm hữu cơ là CH3COOH, (CH3)2C=O, HOOC-CH2-COOH. Xác định công thức cấu tạo của A, B và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

2. Hỗn hợp R gồm 2 anđehit đơn chức là đồng đẳng kế tiếp. Cho 20,8 gam R phản ứng tráng bạc, thu được tối đa 2 mol Ag. Nếu hiđro hóa hoàn toàn 10,4 gam R thành 2 ancol tương ứng là N và M (M N < MM), xúc tác H2SO4 đặc ở 1400C, thu được 3,62 gam hỗn hợp ete. Biết hiệu suất phản ứng ete hóa N là 50%. Tính hiệu suất phản ứng ete hóa M. 3. Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic (MX < M Y), Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X, T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z và T cần dùng vừa đủ 0,59 mol O2, thu được khí CO2 và 0,52 mol nước. Biết 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Tính khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH. 4. Este A1 tạo bởi 2 axit cacboxylic X1, Y1 đều đơn chức, mạch hở và ancol Z1. Xà phòng hóa hoàn toàn m gam A1 bằng dung dịch NaOH, thu được dung dịch B1. Cô cạn dung dịch B1, rồi nung trong NaOH khan dư, có xúc tác CaO, thu được chất rắn R1 và hỗn hợp khí K1 gồm 2 hiđrocacbon có tỉ khối so với O2 là 0,625. Dẫn khí K1 lội qua dung dịch nước brom dư thấy có 0,24 mol một chất khí thoát ra. Cho toàn bộ lượng chất rắn R1 tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư, thu được 0,36 mol khí CO2. Để đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam ancol Z1 cần dùng vừa đủ 0,105 mol O2, thu được CO2 và nước có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 11:6. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và tìm công thức cấu tạo của X1, Y1, Z1 và A1.

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY.......................

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 11

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 06 trang)

Câu Câu 1

Ý Nội dung

1 A B C D X Al4C3 Al(OH)3 CH3COONa AlCl3 CH4 a) Al4C3 + 12H2O  4Al(OH)3 + 3CH4

b) Al4C3 + 4NaOH + 4H2O  4NaAlO2 + 3CH4

G NaAlO2

H NaCl

o

CaO,t c) CH3COONa + NaOH   CH4 + Na2CO3 d) 3Na2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O  2Al(OH)3 + 6NaCl + 3CO2 e) Al4C3 + 12HCl  4AlCl3 + 3CH4 g) 3NaAlO2 + AlCl3 + 6H2O  4Al(OH)3 + 3NaCl

2

to

 Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O a) 2FeS2 + 14H2SO4 đ  3

4

b) 3FeCO3 + 9FeS2 + 46HNO3  6Fe2(SO4)3 + 3CO2 + 46NO + 23H2O 2

3

6

3x Fe 3FeS2  4Fe  6 S  46e

5

0,75

0,25

0,25

11x S  2e  S

0,25

4

2x FeS2  Fe 2 S  11e 6

Điểm

2

46x N  3e  N

0,25

0,25

3

Gọi 2 kim loại kiềm là M: x mol; Ba: y mol

Theo bài: nH+ = 0,6 mol và nH2 = 0,325 mol

 Axit hết và kim loại còn phản ứng với H2O Ta có: nH2(tác dụng với nước tạo thành)= 0,325 – 0,3 = 0,025  nOH- = 0,025.2 = 0,05 mol

0,25

 mkim loại = 62,7 – 0,2.96 -0,2.35,5 – 0,05.17 = 35,55 gam

Mx 137y  35,55  x  0,65  2y 35,55 M(0,65  2y) Ta coù heä:   0,205  0,195 y  137 0,195 0,2 x  2y  0 ,65  y  05  

 31,1<M<33,98  Na (23) và K (39) 4

0,25

0,5

Gọi nFe3O4 =x mol; nCu (phản ứng) = y mol 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (1)

3Cu + 8 HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (2) Cu + 2Fe(NO3)3 → Cu(NO3)2 + 2Fe(NO3)2 (3)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu

Ý Nội dung Fe(NO3)2 + 2NH3 + 2H2O Fe(OH)2 + 2NH4NO3 (4) Cu(NO3)2 + 2NH3 + 2H2O  Cu(OH)2 + 2NH4NO3 (5)

Mỗi phương trình 0,1 điểm (đúng từ 5 phương trình cho điểm tuyệt đối)

232x  64y  39,84  3,84  x  0,1 mol

Ta coù heä:   2y  0,2  2x  y= 0,2 mol

a) O3 + 2KI + H2O  2KOH + O2 + I2

0,25 0,25

1

0,5

Cu(OH)2 + 4NH3  [Cu(NH3)4](OH)2 (6)

 m =mFe(OH)2 = 0,1.3.90 = 27 gam Câu 2

Điểm

b) H2S + 2FeCl3  2FeCl2 + S + 2HCl c) 2KI + 2FeBr3  2KBr + I2 + 2FeBr2 d) Cl2 +2NaOH  NaCl + NaClO + H2O 0

t 3Cl2 +6NaOH   5NaCl + NaClO3 + 3H2O

1,0

e) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 g) Cl2 + 2NaBr  2NaCl + Br2 5Cl2 + Br2 + 6H2O  2HBrO3 + 10HCl Mỗi phương trình 0,125 điểm 2

a) Ba +2H2O  Ba2+ + 2OH- + H2 HCO3- + OH-  CO32- + H2O, Ba2+ + CO32-  BaCO3 b) CO2 + 2OCl- + H2O + Ca2+  CaCO3 + 2HClO

CO2 + CaCO3 + H2O  Ca2+ + 2HCO3- c) NH4+ + AlO2- + H2O  NH3 + Al(OH)3

0,25

0,25

0,25 0,25

d) HSO3- + H+ + SO42- + Ba2+  BaSO4 + H2O + SO2 3

MS: a mol  Ma + 32a = 4,4 (I) o

t 2MS + (0,5n+2) O2   M2On + 2SO2 (1)

a a/2 (mol) M2On + 2nHNO3  2M(NO3)n + nH2O (2) a/2 na a (mol)

mdd HNO3 = 500na/3 Ma  62na 41, 72   M  18,653n  M : Fe Ma  8na  500na / 3 100

m(dd trước khi làm lạnh) = Ma + 8na + 166,67na = 29 gam  a = 0,05 mol Sau khi làm lạnh, khối lượng dung dịch là: 29 – 8,08 = 20,92 gam

nFe(NO3 )3 

20,92.34,7  0,03mol  nFe  NO3  trong muoái  0,02 3 100.242

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25

0,25

Câu

Ý Nội dung 242 + 18m = 404  m =9  CT của muối Fe(NO3)3.9H2O 4

0

t 2Fe(NO3)2   Fe2O3 + 4NO2 + 1/2O2 a mol  2a 0,25a t 2Fe(NO3)3   Fe2O3 +6NO2 + 3/2O2 b mol  3b 0,75b 0

a  b  0,48 a  0,16 mol Ta coù heä:    NO3 :1,28mol     3b) 32(0,25a 0,75b) 67,84 b = 0,32 mol 46(2a  

Câu 3 1

2

nN(trong Z)=1,44-1,28=0,16 mol  mZ=(0,16.14.100)/(100-61,11)=5,76 gam Sơ đồ: X + HNO3  Muối + Z + H2O  mX + 1,44.63 = 0,16.180 + 0,32.242 + 0,74.18  mX = 34,24 gam  m(dung dịch sau)=34,24+288 – 5,76=316,48 gam Vậy: C%(Fe(NO3)3) = (0,32.242.100)/316,48 = 24,47%

a) Có kết tủa xám: Ag+ + NH3 + H2O  AgOH + NH4+ Sau đó kết tủa tan dần, tạo dung dịch trong suốt AgOH + 2NH3  [Ag(NH3)2]+ + OH- b) Xuất hiện kết tủa đen: Cu 2+ + HS-  CuS + H+ c) Dung dịch có màu vàng và có khí không màu hóa nâu trong không khí bay ra 3Fe2+ + NO3- + 4H+  3Fe3+ + NO + 3H2O, 2NO + O2  NO2 d) Ban đầu chưa xuất hiện kết tủa, sau đó mới có kết tủa keo trắng nếu nhỏ tiếp dung dịch NaOH đến dư vào thì kết tủa tan OH- + H+  H2O, Al3+ + 3OH-  Al(OH)3, Al(OH)3+OH- AlO2- +2H2O Viết sai hoặc không viết phương trình trừ nửa số điểm Cho X + HCl dư  H2, nên R là kim loại đứng trước H Vì axit dư, nên R hết  B1:Cu A1 không có CuCl2, Rắn E: RO và Fe2O3 R + 2HCl → RCl2 + H2 (1) FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (2) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (3) R + CuCl2 → RCl2 + Cu (4) HCl + KOH → KCl + H2O (5) RCl2 + 2KOH → R(OH)2 + 2KCl (6) FeCl2 + 2KOH → Fe(OH)2 + 2KCl (7) t0 R(OH)2   RO + H2O (8) t 2Fe(OH)2 + ½ O2   Fe2O3 + 2H2O (9) Ta có: nCuO=nCuCl2=nCu=0,15 mol nRCl2 = nR = nH2+nCuCl2=0,3+0,15= 0,45 mol  nRO = nR(OH)2 = nRCl2 = 0,45 mol Gọi n(FeO ban đầu) = x mol 0

0,45.  R  16   0,5x.160  34 R  24(Mg)

Ta coù heä:   0,45.R  72x  80.0,15  37,2 x=0,2 mol

3

Điểm 0,25

0,25

0,5 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

HO-C6 H4-COOH + 2NaOH → NaO-C6H4-COONa + 2H2O HO-C6 H4-COOH + NaHCO3 → HO-C6H4-COONa + H2O + CO2 H SO ®Æc, to

2 4   HO-C6 H4-COOCH3 + H2O HO-C6 H4-COOH + CH3OH  

 CH3COO-C6H4-COOH+CH3COOH  HO-C6H4-COOH+(CH3CO)2O   Mỗi phương trình 0,25 điểm Ta có: nB=0,34 mol, nCO2+nH2O = 2,14 mol, nH2 O=1 mol và nCO2=1,14 mol Đặt CT chung các chất trong B là Cx H y Oz có:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

H 2SO4 ®Æc, t o

4

1,0

Câu

Ý Nội dung C x H y Oz + ( x  y / 4  z / 2 ) O2 → x CO2 + y / 2 H2O  x = 3,35 ; y = 5,88 ; z = 2  X có 3 C; Y có 4 C; Z có 3 C và 2 O trong phân tử  Z có công thức là C3 H8O2. Đặt X là C3H6-2aO2 và Y là C4 H8-2aO2 với nX = nY = x mol; nZ = z mol. 2x  z  0,34  x  0,12 mol

 Ta coù heä:  7x  3z  1,14 z = 0,1 mol

 nH2O = (3 - a)x + (4 - a)x + 4z = 1  a = 1  X là C3H4O2; Y là C4H6O2. a) CTCT của X: CH2=CH-COOH: Axit propenoic Y: CH2=CH-CH2-COOH hoặc CH3-CH=CH-COOH Axit but-3-enoic hoặc Axit but-2-enoic Z: OH-CH2-CH2-CH2-OH hoặc CH3-CH(OH)-CH2-OH Propan-1,3-điol hoặc Propan-1,2-điol.

H SO ®Æc, t o

2 4    (RCOO)2C3H6 + 2H2O b) 2RCOOH + C3H6(OH)2    Do A hết, Z dư nên số mol mỗi este = (0,12:2):3x75/100 = 0,015 mol  (C2H3COO)2C3H6 = 2,76 gam; (C3H5COO)2C3H6 = 3,18gam C2H3COOC3H6OOC-C3H5 = 2,97 gam

Câu 4 1

Điểm

0,25

0,25

0,25

0,25

xt,to

2CH4 + O2  2CH3OH o

xt,t CH3OH + CO   CH3COOH H SO ñaëc,t 0

2 4   CH3COOC2 H4OH + H2O CH3COOH + C2H4(OH)2  

H 2SO4 ñaëc,t 0

  (CH3COO)2C2H4 + H2O CH3COOC2 H4OH + CH3COOH  

1,0

o

t (CH3COO)2C2 H4 + NaOH   CH3COONa + C2H4(OH)2 o

2

3

CaO,t CH3COONa + NaOH   CH4 + Na2CO3 Mỗi phương trình phản ứng 0,125 điểm, điều kiện phản ứng 0,25 điểm Dùng dung dịch AgNO3/NH3 dư phân biệt được 2 nhóm: - Tạo kết tủa Ag: CH2=CH-CHO, C2H5CHO t0 R-CHO+2AgNO3+3NH3+H2O   R-COONH4+2Ag  + 2NH4NO3 - Không hiện tượng gì: CH2=CH-CH2-OH, CH2=CH-COOH, CH3CH2OH Cho mẩu thử từ CH2=CH-CHO, C2H5CHO tác dụng với dung dịch Br2/CCl4 - Nếu làm mất màu Br2/CCl4 CH2=CH-CHO, không hiện tượng là C2 H5CHO CCl4 Phản ứng: CH2=CH-CHO + Br2   CH2Br-CHBr-CHO - Các mẩu thử còn lại làm quỳ tím chuyển màu đỏ là CH2=CH-COOH, không làm đổi màu quỳ tím là: CH2=CH-CH2-OH, CH3CH2OH. - Cho 2 mẩu thử còn lại tác dụng dung dịch brom. Nếu mất màu dung dịch brom trong CCl4 là CH2=CH-CH2-OH, không làm mất là CH3CH2OH CH2=CH-CH2-OH + Br2  CH2Br-CHBr-CH2OH Nhận biết và viết đúng phương trình mỗi chất 0,25 điểm Do số mol 2 axit C4 H6O2 và C2 H4O2 bằng nhau  2 axit là C3 H5O2 Coi hỗn hợp X gồm : C3H5O2 a mol và C3H8O3 b mol C3H5O2  3CO2 a 3a C3H8O3  3CO2 b 3b Do đun lại xuất hiện kết tủa  có 2 muối tạo thành CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O 0,25 0,25  0,25 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 0,26  (0,13=0,38-0,25)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

0,25

Câu

Ý Nội dung Hoặc: nBaCO3 = nOH- - nCO2  nCO2 = 0,38.2 – 0,25=0,51 a  0,12 mol 3a  3b  0,51

Ta coù heä:    73a  92b  13,36  b = 0,05 mol

4

Câu 5 1

2

C3H5O2 + KOH → C2H4COOK + H2O (5) 0,12 0,12 0,12 nKOH bđ = 0,14 mol → nKOH dư = 0,02 mol ; nmuối = 0,12 mol  Khối lượng chất rắn : m = 0,12 x 111 + 0,02 x 56 = 14,44 gam Gọi n[C6H7O2(OCOCH3)3]n=x mol, n[C6H7O2(OH)(OCOCH3)2]n=y mol  n CH3COOH = 10.n NaOH= 0,8 mol xt  [C6H7O2(OCOCH3)3]n + 3nCH3COOH [C6H7O2(OH)3]n+3n(CH3O)2O  xt [C6H7O2(OH)3]n+2n(CH3O)2O   [C6H7O2(OH)(OCOCH3)2]n + 2nCH3COOH CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O  288nx  246ny  82,2 nx  0,2 mol

Ta coù heä:    ny=0,1 mol 3nx  2ny  0,8

o

0,5

0,25

0,25

 m[C6H7O2(OCOCH3)3]n = 288.nx = 288.0,2 = 57,6 gam m[C6H7O2(OH)(OCOCH3)2]n = 246.nx = 246.0,1 = 24,6 gam

Khi đun A với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 sinh ra:

CH3COOH, (CH3)2C = O, HOOCCH2 COOH

 Công thức cấu tạo của A là (CH3)2C = CH – CH2 – CH = CH – CH3 0,5 B là (CH3)2CBr-CHBr CH2 – CH = CH – CH3

hoặc (CH3)2C = CH – CH2 – CHBr – CHBr – CH3

5(CH3)2C = CH – CH2 – CH = CH – CH3 + 14KMnO4 + 21H2SO4  0,5 5(CH3)2CO + 5CH2(COOH)2 + 5CH3COOH + 14MnSO4 + 7K2SO4 + 21H2O 0,25 Nếu R không có HCHO thì M  20,8 gam/mol  loại

Vậy R gồm: HCHO a mol và CH3CHO b mol

CH3OH : 0,2mol 30a  44b  20,8 a  0,4mol 0,5

Ta coù heä:   1/ 2 C2 H5OH : 0,1mol

4a  2b  2  b  0,2mol

H SO ,140  R2O + H2O. Gọi hiệu suất H%, H%=100.h 2ROH  0,25  32.0,2.0,5 + 46.0,1.h -18.0,05-18.0,05h = 3,62 h =0,3567  H%=35,67%

nCO  0,47 BTNT Cách 1: 11,16  0,59.32  mCO2  9,36   2   nO (trongE)  0,28 0,25 nH2O  0,52

→ Ancol no hai chức.

BTNT.O

  2a  4b  2c  0,28 a  0,02  Axit : a

   BTLK.   b  0,01 este : b    a  2b  0,04 0,5 ancol : c  c  0,1

   0,52  0, 47  a  3b  c

Suy ra n = 0,47/0,13=3,6  C3H6(OH)2 0,25 mE + mKOH = m + mC3H6(OH)2 + mH2O  m = 4,68 gam C3H4O2 :0,04mol C H (OH) : x mol 72.0,04  76x  14y  18z  11,16 x  0,11mol    2 Cách 2:  3 6  2.0,04  4x  y  z  0,52 y  0,02mol CH : ymol 2  3.0,04  3x  y  0,47 z  0,02mol   H2O: z mol Ta có: 72.0,04 + 14.0,02 + 38.0,04 = m = 4,68 gam 2

3

Điểm 0,25

0,25

0,25

4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu

Ý Nội dung 4

Tìm Z1: Do

mCO2 m H2O



11 n CO2 3    n H 2O  n CO2  Z : no, hở: CnH2n+2Ok 6 n H2O 4

3n  1  k O2 → nCO2 + (n+1)H2O 2 3 5  0, 5k 44  16k n Ta có:   n 3   k  3  Z : C3H 5 (OH)3 0,105 2, 76 n 1 4 Xác định X1, Y1: Do K1 = 32.0,625=20  có CH4 và RH  nCH4= 0,24 mol  X1 là CH3COOH  CH3COONa:0,24 molRCOONa=0,36-0,24=0,12mol Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O CaO,t o  Na2CO3 + CH4 CH3COONa + NaOH  CaO,t o RCOONa + NaOH  Na2CO3 + RH 16.0, 24  (R  1).0,12

 20  R  27(C 2 H3 ) 0, 24  0,12 Do nX1 : nY1 = 2 : 1  A1: (CH3COO)2C3H5(OCOCH=CH2)

CnH2n+2Ok +

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

0,5

0,5