Đề luyện thi học sinh hỏi cấp trường môn Hóa học Lớp 12 - Đề số 3

Nội dung text: Đề luyện thi học sinh hỏi cấp trường môn Hóa học Lớp 12 - Đề số 3

1. ĐỀ LUYỆN THI HSG CÂP TRƯỜNG SỐ 3 Câu 1: (4 điểm) 1. Cho 3,64 gam hỗn hợp gồm oxit, hiđroxit và 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 thoát ra 448 ml một chất khí (đktc) và dung dịch muối duy nhất có nồng độ 10,876%. Biết khối lượng riêng của dung dịch muối này là 1,093 g/ml và quy đổi ra nồng độ mol thì giá trị là 0,545 M. a) Xác định kim loại M. b) Tính % khối lượng của các chất có trong hỗn hợp đầu. 2. Chia m gam hỗn hợp X gồm bột các kim loại: Ba, Fe, Al làm 3 phần bằng nhau: - Cho phần I tác dụng với nước dư, đến khi kết thúc phản ứng thoát ra 0,896 lít H2. - Cho phần II tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, đến khi kết thúc phản ứng thoát ra 1,568 lít H2. - Cho phần III tác dụng với dung dịch H2SO410% (lượng axit dùng dư 5% so với phản ứng), đến khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và thoát ra 2,016 lít H2. (Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn) a. Viết các phương trình hóa học xảy ra. b. Tính nồng độ phần trăm các chất tan trong dung dịch Y. 3. Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng. Kết thúc phản ứng, thu được 0,1 mol SO2 (sản phẩm khử duy nhất) và còn 0,14m gam kim loại không tan. Hòa tan hết lượng kim loại này trong dung dịch HCl (dư 10% so với lượng cần phản ứng), thu được dung dịch Y. Biết dung dịch Y tác dụng vừa hết với dung dịch chứa tối đa 0,064 mol KMnO 4 đun nóng, đã axit hóa bằng H2SO4 dư. Viết các phương trình phản ứng và tính số mol Fe3O4 trong m gam hỗn hợp X. 4. Cho 16 gam hỗn hợp X chứa Mg và kim loại M vào dung dịch HCl dư, sau khi phản ứng kết thúc thu được 8,96 lít khí H2 (đktc). Cũng 16 gam hỗn hợp X ở trên tan hoàn toàn trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được dung dịch Y và 11,2 lít khí SO2 (đktc) duy nhất. Viết phương trình hóa học xảy ra và xác định kim loại M. Câu 2. (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 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 H 2 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. (4.5 điểm) 1. Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B. a. Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp. b. Tính khối lượng chất rắn B. 2. Sau khi đun nóng 23,7gam KMnO4 thu được 22,74 gam hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn hợp chất rắn trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl 36,5% (d = 1,18g/ml) đun nóng. 1) Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. 2) Tính thể tích khí Cl2 thu được (ở đktc). 3) Tính thể tích dung dịch axit HCl cần dùng. 3. Hòa tan x gam hỗn hợp gồm CuCl 2 và FeCl3 vào nước, thu được dung dịch A. Chia dung dịch A làm hai phần bằng nhau. Cho lượng dư khí hiđro sunfua vào phần một thu được 1,28 gam kết tủa. Cho lượng dư dung dịch Na 2S vào phần hai thu được 3,04 gam kết tủa. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra và tính x.
2. 4. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,02 mol FeS 2 và 0,03 mol FeS vào lượng dư dung dịch H 2SO4 đặc nóng, thu được Fe2(SO4)3, SO2, H2O. Hấp thụ hết SO 2 bằng lượng vừa đủ dung dịch KMnO 4 0,25M thu được dung dịch Y không màu, trong suốt. Tính thể tích của dung dịch KMnO4 đã dùng. 5. Hòa tan m gam Fe vào dung dịch chứa 0,4 mol HNO3 và 0,2 mol HCl thu được 0,15 mol NO là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch X. Cho 1 mol HCl dư vào dung dịch X thu được NO là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 1,41 mol NaOH. Tính giá trị của m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 4 (4.5 điểm): 1. Hoàn thành chuổi phản ứng sau Biết A là este đơn chức, mạch hở. X → X 1 → polietilen +NaOH A Y → Y1 → metyl metacrylat 2.Viết các đồng phân cấu tạo mạch hở, đơn chức, có cùng công thức phân tử C3H6O2. Trình bày phương pháp hóa học dùng để phân biệt từng chất đó. Viết phương trình phản ứng 3.Cho hỗn hợp gồm tristearin và một este đơn chức, no, mạch hở X tác dụng với 2,0 lít dung dịch NaOH 0,3M sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A, trung hòa dung dịch A 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 35,20 gam CO2 và 18,00 gam nước. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn b gam muối trong oxi dư thu được 32,90 gam chất rắn khan; 334,80 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Xác định công thức phân tử của este X. 4. Có 6 hợp chất hữu cơ mạch hở A, B, C, D, E, F (chứa các nguyên tố cacbon, hiđro và oxi) đều không làm mất màu brom trong CCl4, khối lượng phân tử đều bằng 74 đvC. Cho các chất đó lần lượt tác dụng với Na, dung dịch NaOH và dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được kết quả sau: A B C D E F Na + – + – + + NaOH – – + + – + AgNO3/NH3 – – – – + + Dấu + : có phản ứng, dấu – : không phản ứng. Biết A có mạch cacbon không phân nhánh và khi oxi hóa tạo sản phẩm tráng gương, B có tính đối xứng, oxi hóa E tạo hợp chất đa chức. Biện luận xác định nhóm chức, công thức phân tử, cấu tạo của A, B, C, D, E, F và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 5. Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam triglixerit X, thu được H 2O và 1,1 mol CO2. Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối. Mặt khác, 17,16 gam X tác dụng được tối đa với 0,04 mol Br2 trong dung dịch. Tính giá trị m. Câu 5. (3,0 điểm) 1. 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. 0 2. Cho 0,08 mol hỗn hợp X gồm bốn este mạch hở phản ứng vừa đủ với 0,17 mol H2 (xúc tác Ni, t ), thu được hỗn hợp Y. Cho toàn bộ Y phản ứng vừa đủ với 110 ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp Z gồm hai muối của hai axit cacboxylic no có mạch cacbon không phân nhánh và 6,88 gam hỗn hợp T gồm hai ancol no, đơn chức. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol X cần vừa đủ 0,09 mol O2. Tính thành phần phần trăm về khối lượng muối có phân tử khối lớn hơn trong Z. 3. 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 O 2 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.
3. 1 1 Đặt số mol của MO, M(OH)2, MCO3 tương ứng là x, y, z. 1 điểm Nếu tạo muối trung hòa ta có các phản ứng MO + H2SO4  MSO4 + H2O (1) M(OH)2 + H2SO4  MSO4 + 2H2O (2) 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 218 Muôi C 0,545 M -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 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/ 3,64 = 21,98% %Mg(OH)2 = 58.0,02/3,64 = 31,87% %MgCO3 = 84.0,02/3,64 = 46,15%
4. 2 Gọi số mol của Ba, Al, Fe trong mỗi phần lần lượt là x,y,z (x, y, z > 0) 1 điểm Nhận xét: ở phần 1 và phần 2 đều xảy ra các phản ứng như nhau, mà thể tích H2 (P2) lớn hơn thể tích H2 (P1). Vậy ở phần 1 nhôm dư. Phương trình hoá học: 0,896 + Phần 1: Nước dư => Ba hết, n 0,04mol H2 ( P1) 22,4 Ba + 2H2O Ba(OH) 2 + H2 (1) x x x (mol). Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O  Ba(AlO2)2 + 3H2 (2) x  3x (mol) Từ (1), (2) và bài 12 có: x + 3x = 0,04 => x = 0,01 mol 1,568 + Phần 2: Ba(OH)2 dư => Ba và Al hết, n 0,07mol H2 ( P2) 22,4 Ba + 2H2O Ba(OH) 2 + H2 (3) 0,01  0,01 (mol). Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O  Ba(AlO2)2 + 3H2 (4) y 1,5y(mol) Từ (3), (4) và bài 13 có: 0,01 + 1,5y = 0,07 => y = 0,04 mol 2,016 + Phần 3: n 0,09mol H2 ( P3) 22,4 Ba + H2SO4  BaSO4 + H2 (5) 0,01 0,01 0,01 0,01 (mol) 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2 (6) 0,04 0,06 0,02 0,06 (mol) Fe + H2SO4  FeSO4 + H2 (7) z  z z z (mol) Từ (5), (6), (7) và bài 14 có: 0,01 + 0,06 + z = 0,09 => y = 0,02 mol Dung dịch Y thu được sau phản ứng (5), (6), (7) gồm các chất tan: Al2(SO4)3, FeSO4 và H2SO4 dư. mddY mX mddH SO mBaSO mH 2 4 4 2
5. nH SO ( pu) 0,01 0,06 0,02 0,09mol 2 4 Theo bài 15 dư 5% so với phản ứng => số mol H 2SO4 dư là 0,09 x 0,05 = 0,0045mol Kkối lượng dung dịchH 2SO4 10% đã dùng là: 98(0,09 0,0045) 100 92,61gam 10 mX (trong mỗi phần) = 0,01.137 + 0,04.27 + 0,02.56 = 3,57 gam. mddY mX mddH SO mBaSO mH = 3,57 + 92,61 - 0,01.233 - 0,09.2 = 93,67 gam. 2 4 4 2 0,02 152 Vậy: C%(FeSO4) = 100% 32,45% 93,67 0,0045 98 C%(H2SO4 dư) = 100% 0,47% 93,67 0,02 342 C%(Al2(SO4)3) = 100% 7,3% 93,67 3 Do Fe dư H 2SO4 hết Dung dịch chỉ chứa muối FeSO 4 1 điểm 2Fe + 6H2SO4 đ,nóng Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 2Fe3O4 + 10H2SO4đ,nóng 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2) Fe + Fe2(SO4)3 3FeSO4 (3) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4) 10HCl + 2 KMnO4 + 3H2SO4 K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8 H2O (5) 10FeCl2+6KMnO4+24H2SO4 3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10Cl2+24H2O (6) Gọi số mol Fe dư là a mol nHCl (4)=2a mol nHCl(dư)=0,2a mol Theo (5,6): nKMnO4 =0,64a=0,064 a=0,1 mol mFe(dư)=5,6 gam 0,14m=5,6 m=40 gam Gọi số mol Fe, Fe3O4 phản ứng ở (1), (2) là x, y 1 56x 232y (0,5x 1,5y)56 40 5,6 34,4 x mol Ta coù heä: 1,5x 0,5y 0,1 30 y = 0,1 mol 4 Đặt số mol của Mg và kim loại M lần lượt là : x và y 1 điểm Các phương trình hóa học: Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 mol x x 2M + 2nHCl → 2MCln + nH2 (có thể có) ny mol y 2 Mg + 2H2SO4 → MgSO4 + SO2 + 2H2O mol x x 2M + 2mH2SO4 → M2(SO4)m + mSO2 + 2mH2O my mol y 2 Số mol của H2 là : 8,96 : 22,4 = 0,4 mol Số mol của SO2 là : 11,2 : 22,4 = 0,5 mol  Trường hợp 1. Kim loại M không phản ứng với dung dịch HCl. Theo bài 50 và các phương trình trên ta có : 24x + My = 16 (1) x = 0,4 (2) my x + = 0,5 (3) 2 Từ (1), (2), (3) ta có : M = 32m Nếu m = 1 → M = 32 (loại)
6. Nếu m = 2 → M = 64 (Cu) Nếu m = 3 → M = 96 (loại) Vậy kim loại M là Cu  Trường hợp 2. Kim loại M phản ứng với dung dịch HCl. Theo bài 51 và các phương trình trên ta có : 24x + My = 16 (4) ny x + = 0,4 (5) 2 my x + = 0,5 (6) 2 Theo (5) và (6) thấy m > n Vậy kim loại M là Fe Câu 2 4 điểm H SO loaõng 1. 2 4 a) C12H22O11  12C + 11H2O C + 2H2SO4 đặc CO2 + 2SO2 + 2H2O b) Xuất hiện kết tủa trắng và dung dịch chuyển sang màu vàng nâu FeCl2 + 2AgNO3 2AgCl + Fe(NO3)2 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 2. 2FeS2 + 14H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O NaCl + H2SO4 đặc, nóng → NaHSO4 + HCl 2NaBr + 2H2SO4 đặc, nóng → Na2SO4 + SO2 + Br2 + 2H2O 8NaI + 5H2SO4 đặc, nóng → 4Na2SO4 + H2S + 4I2 + 4H2O 3. 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) 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
7. 4. 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) Mg (0,48) 3 Na (2,28 d) Al (a) N2O(0,12) Al(a) NaNO3(d) T AlO2 (a) X  H (0,16) Y Na (d) 2,28molNaOH 2 2 N(b) H2SO4 (1,08) SO (1,08) H O NH 4 2 4 O(c) Mg(OH) (0,48) SO 2 (1,08) 2 4 n b d 0,24 mol Bảo toàn N: NH4 1,08.2 0,16.2 4(b d 0,24) n 1,4 2b 2d H O Bảo toàn H: 2 2 BT O: c 3d 0,12 1,4–2b–2d 5d 2b c 1,52 a 0,32 BT ÑT T: 2,28 d 1,08.2 a a d 0,12 b 0,08 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 c 0,36 0,08.3 Ta có : n 0,04 n 0,32 2.0,04 0,24mol Al O Al 2 3 3 3 0,24.27 %m .100% 23,96% Al(X) 27,04 Câu 3 5 điểm 1. nH2 = 0,448:22,4 = 0,02 n 0,06.1= 0,06; n 3,2:64 = 0,05 Cu2 Cu2 pu n 0,06 -0,05 = 0,01 Cu2 du + - 1 Các phản ứng: Na + H2O ( Na + OH ) + H2 (1) 2 x x x/2 (mol) - - 3 Al + H2O + OH AlO2 + H2 (2) 2 x x x 3/2x (mol) 2Al + 3Cu2+ 2Al3+ + 3Cu (3) (y-x) 3/2(y-xＩ (y-x) 3/2(y-x) Fe + Cu2+ Fe2+ + Cu (4) a) Giả sử không có (3) xảy ra chất rắn chỉ là Fe o o Theo (4) n Fe= nCu = 0,05 m Fe= 0,05.56 = 2,8>2,16 (không phù hợp đề bài) Vậy có (3) và vì Cu2+ còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và (4) 3 Theo (1) và (2): nH2 = x+ x = 0,02 x = 0,01 2
8. Theo (3): nAl(3) = y - 0,01 3 nCu2+= (y - 0,01) 2 3 Theo (4): nFe = nCu2+(4)= 0,05- (y - 0,01) 2 3 Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05- (y - 0,01)] =2,16 2 y = 0,03 Vậy trong hỗn hợp ban đầu: mNa = 23.0,01 = 0,23 gam m Al = 27.0,03 = 0,81 gam mFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam b) Trong dung dịch A có: n 0,03 0,01 0,02 Al3 n 0,01 Cu2 du n n 1,12 :56 0,02 Fe2 Fe Ta có sơ đồ 2+ Cu Cu(OH)2 CuO mCuO = 0,01.80 = 0,8 gam 2+ Fe Fe(OH)2 Fe(OH)3 Fe2O3 mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6 gam 3+ Al Al(Oｈ)3 Al2O3 m Al2O3 = 0,02/2.102 = 1,02gam Vậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gam 2. 1. Các phương trình phản ứng xảy ra t0 2KMnO4  K2MnO4 + MnO2 + O2 Chất rắn sau phản ứng gồm: K2MnO4 , MnO2 và KMnO4 chưa phản ứng : Cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl có các phản ứng 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O K2MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O t0 MnO2 + 4HCl  MnCl2 + Cl2 + 2H2O 2. Ta có các quá trình: Mn+7 + 5e → Mn+2 0,15mol 5.0,15 -2 2O → O2 + 4e (23,7 – 22,74)/32 0,03.4 - 2Cl → Cl2 + 2e x 2.x Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 5.0,15 = 0,03.4 + 2x → x= 0,315 mol → V = 0,315.22,4 = 7,056 lít 3. Áp dụng định luật bào toàn nguyên tố n n 2n 2n = 0,15 + 2.0,15 + 2.0,315 = 1,08 mol HCl KCl MnCl2 Cl2 1,08.36,5.100 Vậy Vdung dịch HCl = 91,53(ml) 36,5.1,18 3. Phần 1: CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl (1) 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl (2) Phần 2: CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl (3) 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl (4)
9. Đặt số mol CuCl2 và FeCl3 trong mỗi phần là a và b mol. Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có 96a + 16b = 1,28 (I) 96a + 104b = 3,04 (II) Giải hệ (I) và (II ) ta được a= 0,01 mol và b = 0,02 mol Từ đó ta có x = 2(135.0,01 + 162,5.0,02) = 9,2 gam. 2- + 3+ 4. 2FeS2 + 11SO4 + 28 H → 2Fe + 15 SO2 + 14 H2O mol 0,02 0,15 2- + 3+ 2FeS + 7SO4 + 20H → 2Fe + 9SO2 + 10 H2O mol 0,03 0,135 - 2- 2+ + 5SO2 + 2MnO4 + 2H2O → 5SO4 + 2Mn + 4 H mol 0,285 0,114  VKMnO4 = 0,456 (lít) 5. Dung dịch sau phản ứng chứa + - - 1,41 mol Na ; 1,2 mol Cl và a mol NO3 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích 1,41 = 1,2 + a  a = 0,21 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố nito nHNO3 = nNO3- + nNO 0,4 = 0,21 + nNO  nNO = 0,19 Áp dụng định luật bảo toàn electron 3x = 0,19*3  x = 0,19 m = 10,64 gam 4.1 A: CH2=C(CH3)COOC2H5; X: C2H5OH; X1: C2H4 0,25đ Y: CH2=C(CH3)COONa; Y1CH2=C(CH3)COOH; Y2: CH2=C(CH3)COOCH3 0,25đ t0 0,125đ CH2=C(CH3)COOC2H5 + NaOH  CH2=C(CH3)COONa + C2H5OH 0,125đ 1700 /xt t0 , p,xt C2H5OH C2H4 + H2O; nC2H4 -(-CH2-CH2-)-n 0,125đ CH2=C(CH3)COONa + HCl →CH2=C(CH3)COOH + NaCl 0,125đ CH2=C(CH3)COOH + CH3OH →CH2=C(CH3)COOCH3 + H2O 4.2 CH3CH2COOH; HCOOCH2CH3; CH3COOCH3 0,25đ - Quỳ tím hóa đỏ là: CH3CH2COOH - Quỳ tím không đổi màu là: HCOOCH2CH3; CH3COOCH3 0,25đ +Cho lần lượt 2 chất: HCOOCH2CH3; CH3COOCH3 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3, đun nóng 0,25đ - Có kết tủa sáng bạc là HCOOCH2CH3; - Không hiện tượng là CH3COOCH3 t0 0,25đ HCOOCH2CH3 + 2AgNO3+3NH3+H2O NH4OOCOCH2CH3+ 2Ag↓+ 2NH4NO3 4.3 (C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH →3C17H35COONa + C3H5(OH)3 0,25đ a mol 3 a 3ª a RCOOR’ + NaOH →RCOONa + R’OH b mol b b b HCl + NaOH →NaCl + H2O c mol c c c ta có : 3ª+b+c= 0,6 (1) Đốt ancol thu được: 0,8mol CO2 và 1mol H2O 0,25đ nancol = a+b=0,2 (2) Đốt hỗn hợp muối D (3amol C17H35COONa, bmol CmH2m+1COONa, c mol NaCl)
10. 2C17H35COONa →35CO2 + Na2CO3 + 35H2O 0,25đ 3ª mol 105ª/2 1,5ª 105/2 2CmH2m+1COONa → (2m+1)CO2 + Na2CO3 + (2m+1)H2O bmol (2m+1)b/2 b/2 (2m+1)b/2 m muoi sau đốt =106(1,5a+ 0,5b)+ 58,5c =32,90 (3) Giải hệ (1), (2), (3) ta có: a=b=0,1; b=0,2 Từ phản ứng đốt cháy muối ta có: [(105a/2 +(2m+1)b/2].62 = 334,8 m=1 0,25đ Từ phản ứng đốt cháy ancol ta có: 3a + nb = 0,8 n=5 ancol C5H11OH Vậy Công thức của este CH3COOC5H11 (C7H14O2) 4.4 Dựa theo khả năng phản ứng ta có dự đoán: 0,25đ A không có các nhóm –CHO, -COOH, -COO- ; A phải có nhóm –OH và có thể các nhóm ete, xeton B không có các nhóm –CHO, -COOH, -COO- , -OH, B chỉ có nhóm ete và xeton, C phải là axit, D phải là este, E vừa có nhóm –OH, vừa có nhóm –CHO F phải có nhóm – COOH và -CHO Gọi công thức của các chất là CxHyOz 12x y 16z 74 y 2x 2 y : chaün - Khi z=1 12x + y = 58 x=4, y = 10 0,25đ C4H10O đây có thể là chất rượu (chất A) họăc ete ( chất B) Chất A là CH3CH2CH2CH2OH và B là CH3CH2 – O-CH2CH3 - Khi z =2 ta có 12x + y + 32 = 74 x = 3; y = 6 CTPT C3H6O2 có thể là axit, este, 1 nhóm –CHO + 1 nhóm ancol Chất C: CH3CH2COOH, D: CH3COOCH3, E: HO-CH2 CH2 CHO hay CH3 – CH(OH)-CHO - Khi z = 3 ta có 12x +y =26 x=2; y=2 CTPT C2H2O3 CTCT HOOC-CHO Chất F là HOOC-CHO Các phương trình phản ứng: 0,5đ C4H9OH + Na C4H9Ona + ½H2 CH3CH2COOH + Na CH3CH2COONa + ½ H2 CH3CH2COOH + NaOH CH3CH2COONa + H2O t 0 CH3COOCH3 + NaOH  CH3OONa + H2O HOC2H4CHO + Na NaOC2H4CHO + ½H2 to HOC2H4CHO + 2Ag(NH3)2OH  HOC2H4COONH4 + 2Ag + 3NH3 +H2O HOOC-CHO + Na NaOOC-CHO + ½H2 HOOC-CHO + NaOH NaOOC-CHO + H2O to HOOC-CHO + 2Ag(NH3)2OH  (COONH4)2 + 2Ag + 2NH3 +H2O 4.5 Đặt chất béo A là (RCOO)3C3H5 có tổng số liên kết pi k= x+3 A + xBr2→ ABr2x nA=0,04/x(mol) Xét phản ứng cháy 0,25đ (RCOO)3C3H5 + O2 → CO2 + H2O 0,04/x (mol) amol 1,1 mol b mol BTKL: 17,16+ 32a=44.1,1+ 18b 32a-18b=31,24(1)
11. BTNT O: 6.0,04/x + 2a= 2,2 +b (-2a+b+2,2)x=0,24 (2) Công thức nA=(nCO2-nH2O)/ (k-1) 0,04/x =(1,1-b)/(x+2) (1,06-b)x= 0,08(3) (2) chia (3) theo vế ta có -2a+ 4b=0,98(4) Giải hệ (1) và (4) ta được nghiệm: a=1,55 và b=1,02 0,125đ Thay b vào (3) ta có x=2 nA=0,04/x=0,02(mol) Xét phản ứng xà phòng hóa: 0,125đ (RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3 RCOONa + C3H5(OH)3 0,02 0,06 0,02 mRCOONa= 17,16+ 40.0,06-92.0,02=17,72gam Câu 5 1 Nếu R không có HCHO thì M 20,8 gam/mol loại 0,25 Vậy R gồm: HCHO a mol và CH3CHO b mol 30a 44b 20,8 a 0,4mol CH OH : 0,2mol Ta coù heä: 1/ 2 3 0,5 4a 2b 2 b 0,2mol C2H5OH : 0,1mol H SO ,140o 2ROH 2 4  R O + H O. Gọi hiệu suất H%, H%=100.h 2 2 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% 2 *) Xử lý ancol: + nNaOH = 0,11 mol => nROH = 0,11 mol. 0,25 CH3OH: 0,11 mol + Qui T về CH2: x mol => 14x + 0,11.32 = 6,88 => x = 0,24 mol + Đốt cháy T CH3OH + 3/2O2 → CO2 + 2H2O 0,11 0,11.3/2 0,5 CH2 + 3/2O2 → CO2 + H2O 0,24 0,24.3/2 => nO2(T) = 3/2(0,11 + 0,24) = 0,525 mol 0,25 * Nhận xét: nY = nX = 0,08 mol n 0,11 =>NaOH = 1,375 => Trong Y có este đơn chức và este đa chức. Do nY 0,08 muối có mạch cacbon không phân nhánh => este hai chức. + Hidro hóa hoàn toàn X => Z gồm hai muối no. *) Xử lý muối HCOONa: a mol + Qui Z về (COONa)2: b mol CH2: c mol Ta có: a + b = 0,08 và a + 2b = 0,11 => a = 0,05 và b = 0,03 + nO2(Y) = nO2(X) + nO2 (H2) = 0,09.8 + ½ .0,17 = 0,805 mol => nO2(Z) = nO2(Y) – nO2( T) = 0,805 – 0,525 = 0,28 mol + Phản ứng đốt Z: 2HCOONa + O2  Na2CO3 + CO2 + H2O 0,05 → 0,025
12. (COONa)2 + ½ O2  Na2CO3 + CO2 0,03→ 0,015 CH2 + 3/2 O2  CO2 + H2O 0,16 ← 0,24 + ghép nhóm CH2 vào muối => Z gồm : CH3CH2COONa: 0,05 mol NaOOC –CH2 –CH2 –COONa: 0,03 mol 0,03.162 =>%m = 100% = 50,31% 9,66 3 m n CO2 11 CO2 3 Tìm Z1: Do n n Z : no, hở: CnH2n+2Ok m 6 n 4 H2O CO2 H2O H2O 3n 1 k 0,5 CnH2n+2Ok + O2 → nCO2 + (n+1)H2O 2 n 3 5 0,5k 44 16k Ta có: n 3 k 3 Z : C H (OH) n 1 4 0,105 2,76 3 5 3 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,to CH3COONa + NaOH ¾ ¾ ¾® Na2CO3 + CH4 CaO,to 0,5 RCOONa + NaOH ¾ ¾ ¾® Na2CO3 + RH 16.0,24 (R 1).0,12 20 R 27(C H ) 0,24 0,12 2 3 Do nX1 : nY1 = 2 : 1 A1: (CH3COO)2C3H5(OCOCH=CH2)