SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012

ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC

(Dành cho học sinh THPT)

(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC

(Dành cho học sinh THPT )

Bài 1 1,5 đ

(1) Nếu ankin có dạng RCCH :

RCCH + AgNO₃ + NH₃  RCCAg + NH₄NO₃

 và

Điều này trái giả thiết, vì số mol Br₂ chỉ bằng

Vậy ankin phải là C₂H₂ và như vậy ankan là C₂H₆, anken là C₂H₄.

Từ phản ứng :

C₂H₂ + 2AgNO₃ + 2NH₃  C₂Ag₂ + 2NH₄NO₃

 n(C₂H₂) = 1/2n(AgNO₃) = 0,01 mol

Từ các phản ứng :

C₂H₂ + 2Br₂  C₂H₂Br₄

C₂H₄ + Br₂  C₂H₄Br₂

 n(C₂H₄) = 0,01 mol

• n(C₂H₆) = 0,01 mol.

• Khối lượng của: C₂H₂: 0,26gam; C₂H₄: 0,28 gam; C₂H₆: 0,3 gam.

(2)Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO₃/NH₃ dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C₂H₂.

C₂H₂ + 2AgNO₃ + 2NH₃  C₂Ag₂ ↓ + 2NH₄NO₃

C₂Ag₂ + 2HCl  C₂H₂  + 2AgCl ↓

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO₃/NH₃, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH₃COOH) thu được C₂H₄ :

C₂H₄ + Br₂  C₂H₄Br₂

C₂H₄Br₂ + Zn  C₂H₄  + ZnBr₂

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C₂H₆

0,5

0,5

0,25

0,25

Bài 2. 1,5đ

1) X + HCl NO

=> trong X còn muối Fe(NO₃)₂

;

Sau khi cho HCl vào X thì thu được dung dịch trong đó chứa: Cu²⁺ và Fe³⁺

Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Cu

Ta có:

=> ; %Cu = 100% – %Fe = 36,36%

2) Số mol HNO₃ than gia phản ứng = 4n_NO(1) = 0,35.4 = 1,4(mol)

3) Gọi a , b lần lượt là số mol Fe(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃ trong X

=> a + b = 0,3

2a + 3b + 2. 0,15 = 3.0,35

=> a = 0,15 (mol); b = 0,15 (mol)

=> trong X có : 0,15 mol Fe(NO₃)₂; 0,15 (mol) Fe(NO₃)₃ và 0,15 mol Cu(NO₃)₂

=> C_M các chất đều bằng nhau và bằng:

0,25

0,5

0,25

0,5

Bài 3 1,5đ

Halogenua của photpho có thể có công thức PX₃ hoặc PX₅.

*Xét trường hợp PX₃:

PTHH PX₃ + 3H₂O → H₃PO₃ + 3HX

H₃PO₃ + 2NaOH → Na₂HPO₃ + 2H₂O ( axit H₃PO₃ là axit hai lần axit)

HX + NaOH → NaX + H₂O

số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol

Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX₃ cần 5 mol NaOH;

số mol PX₃ = 1/5 số mol NaOH = 0,09/5 = 0,018 mol

Khối lượng mol phân tử PX₃ = 2,475/0,018 = 137,5

Khối lượng mol cuả X = (137,5 – 31): 3 = 35,5  X là Cl . Công thức PCl₃

*Xét trường hợp PX₅:

PX₅ + 4H₂O → H₃PO₄ + 5HX

H₃PO₄ + 3NaOH → Na₃PO₄ + 3H₂O

HX + NaOH → NaX + H₂O

số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol

Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX₅ cần 8 mol NaOH;

số mol PX₅ = 1/8 số mol NaOH = 0,09/8 = 0,01125 mol

Khối lượng mol phân tử PX₅ = 2,475/0,01125 = 220

Khối lượng mol cuả X = (220 – 31): 5 = 37,8  không ứng với halogen nào.

0,5

0,5

0,25

0,25

Bài 4 2,0đ

1. 1. 1. 1. • 1. 1. Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm:

• Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na₂CO₃, các mẫu thử còn lại không màu.

CO₃^2- + H₂O HCO₃^– + OH^–

• Dùng Na₂CO₃ làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại.

Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO₄

CO₃^2- + 2H⁺  H₂O + CO₂↑

Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl₃

2Al³⁺ + 3CO₃^2- + 3H₂O  2Al(OH)₃↓+ 3CO₂↑

Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO₃)₃

2Fe³⁺ + 3CO₃^2- + 3H₂O  2Fe(OH)₃↓+ 3CO₂↑

Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO₃)₂

Ca²⁺ + CO₃^2-  CaCO₃↓

Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl.

2. Qua sơ đồ a), b) X có chứa N và H, có thể có O. Vì X là chất khí nên chỉ có thể là NH₃.

a) 4NH₃ + 3O₂  2N₂ + 6H₂O

hoặc 4NH₃ + 5O₂  4NO + 6H₂O ( có xúc tác Pt)

b) 2NH₃ + 3CuO  N₂ + 3Cu + 3H₂O

c) 2NH₃ + H₂S  (NH₄)₂S

hoặc NH₃ + H₂S  NH₄HS

d) 2NH₃ + CO₂  (NH₂)₂CO + H₂O

e) NH₃ + H₂O + CO₂  NH₄HCO₃

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 5

1,5đ

(1) Phương trình phản ứng:

M + 2mH⁺ + mNO₃^–  M^m+ + mNO₂ + mH₂O (1)

M₂S_n + 4(m+n)H⁺ + (2m+6n)NO₃^–  2M^m+ + nSO₄^2- + (2m+6n)NO₂ + 2(m+n)H₂O (2)

(2) Vì số mol NO₂ ở hai trường hợp là bằng nhau nên ta có:

 , nghiệm thích hợp là n = 1, m = 2 và M = 64.

Vậy M là Cu và công thức muối là Cu₂S.

(3)

Cu + 4HNO₃  Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O



 đã xảy ra vừa đủ phản ứng:

2NO₂ + 2NaOH  NaNO₃ + NaNO₂ + H₂O

Dung dịch thu được có màu hồng do NO₂^– tạo môi trường bazơ:

NO₂^– + H₂O ⇌ HNO₂ + OH^–

0,5

0,5

0,25

0,25

Bài 6. 1,0 đ

Gọi công thức của ankan là C_nH_2n+2 x (mol) và anken C_mH_2m y (mol)

Ta có :

Số mol CO₂ = 0,3 (mol)

Số mol H₂O = 0,45 (mol)

• • số mol ankan = 0,45 – 0,3 = 0,15 (mol)

  • 0,15.n + ym = 0,3

  • n <2

  • 2 ankan là CH₄ và C₂H₆

Trong A có 2 chất cùng số nguyên tử cacbon => anken C₂H₄

0,25

0,5

0,25

Bài 7 1,0đ

* Các chất cần tìm:

A₁: CH₃-CH₂-CH₂-CH₃

A₂: CH₃– CH=CH₂

A₃: C₆H₅-CH(CH₃)₂ (Cumen)

A₄: CH₃-CH(OH)-CH₃

A₅: CH₃-CO-CH₃

* Các phản ứng:

0,25

0,25

0,25

0,25

Ghi chú:

Khi chấm nếu học sinh giải theo các phương pháp khác, nếu đúng vẫn cho đủ số điểm.

Trong một bài thí sinh làm đúng đến phần nào thì tính điểm đến phần đó theo thang điểm.

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

————————

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2010-2011

ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC

(Dành cho học sinh THPT )

(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2010-2011

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC

(Dành cho học sinh THPT )

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

(1,0đ)

Chén A không còn dấu vết chứng tỏ muối đã nhiệt phân chuyển hết thành thể hơi và khí,do đó muối là Hg(NO₃)₂ , NH₄NO₃,..

Hg(NO₃)₂ Hg + 2NO₂ + O₂

Hoặc NH₄NO₃ N₂O + 2H₂O

Sản phẩm sau nhiệt phân muối của chén B tác dụng với HCl cho khí không màu chứng tỏ muối ban đầu là muối nitrat của kim loại Ba(NO₃)₂, Ca(NO₃)₂

Ca(NO₃)₂ Ca(NO­₂)₂ + O₂

Hoặc Ba(NO₃)₂ Ba(NO­₂)₂ + O₂

Ca(NO₂)₂ + 2HCl  CaCl₂ + 2HNO₂

Hoặc Ba(NO₂)₂ + 2HCl  BaCl₂ + 2HNO₂

3HNO₂  HNO₃ + 2NO + H₂O

C chứa muối nitrat của sắt II: Fe(NO₃)₂

4Fe(NO₃)₂  2Fe₂O_3(Nâu) + 8 NO + O₂

0,5

0,5

Câu 2

(1,5đ)

1. Xác định % từng khí.

_2khí = 38,3.2 = 76,6; Khí có M < 76,6 là NO₂(vì HNO₃ đặc), khí có M > 76,6 là N₂O₄.

Gọi x, y là số mol của NO₂ và N₂O₄: .

Tính số mol NO₂ và N₂O₄:

2.Xác định đơn chất A.

Gọi số mol A là a mol

A – ne  Aⁿ⁺

mol a na

N⁺⁵ + 1e  N⁺⁴ (trong NO₂)

mol 0,025 0,025

2N⁺⁵ + 2e  2N⁺⁴ (trong N₂O₄)

mol 0,1 0,1

=> Số mol e nhận =0,125

Theo định luật bảo toàn e ta có: na = 0,125  a = 0,125/n

A.a = 0,775  A = 6,2.n; 1 n < 8.

Xét n (nguyên) = 5 là thoả mãn  A = 31 => A là phốt pho (P)

3. Tính tỷ lệ 2 axit:

P + HNO₃ H₃PO₄ +…

0,025 mol 0,025

– Hai axit sau phản ứng: H₃PO₄ và HNO₃ dư. Tác dụng với NaOH (0,1 mol)

H₃PO₄ + 3NaOH Na₃PO₄ +3H₂O

HNO₃ + NaOH NaNO₃ +H₂O

=> Sô mol HNO₃ sau pư = 0,1-3.0,025= 0,025 mol

=>

0,5

0,5

0,5

Câu 3

(2,0đ)

1.Xác định ankin

Giả sử M là ankin có KLPT nhỏ nhất => n_M = 0,4.0,05 = 0,02(mol)

n(AgNO₃) = 0,25.0,12 = 0,03 (mol) < 0,05 (mol)

=> trong ba ankin có hai ankin có xảy ra phản ứng với AgNO₃/NH₃ và một ankin không có phản ứng.

Gọi công thức chung của hai ankin là C_nH_{2n – 2}

Pt: C_nH_{2n – 2} + AgNO₃ + NH₃ C_nH_{2n – 3}Ag + NH₄NO₃

C_nH_{2n – 3}Ag = => n = 3,33

Số nguyên tử cacbon mỗi ankin đều lớn hơn 2 => có một ankin nhỏ nhất là C₃H₄

Gọi công thức của ankin có phản ứng còn lại là C_aH_{2a – 2}

=>

=> a = 4 ; ankin đó là but – 1 – in

Gọi công thức của ankin không có phản ứng với AgNO₃/NH₃ là C_bH_{2b – 2}

=> số mol H₂O theo phản ứng cháy là

0,02.2 + 3.0,01 + 0,02.(b – 1) = 0,13 => b = 4 => C₄H₆ ( but – 2 – in)

Vậy công thức cấu tạo của ba ankin là :

2. Xác định A, B, X, Y

-CTPT: M = 28.2= 56 g/mol

-CxHy = 12x + y= 56 => x= 4; y = 8 phù hợp

Vậy A, B, X, Y là đồng phân của nhau.

Theo điều kiện đề bài: vì mạch hở nên chúng là các an ken

A, B là 2 đồng phân cis-trans ; Y mạch nhánh =>X là an ken bất đối mạch không nhánh,

Vậy:

-Viết các ptpư xẩy ra:……..

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 4

(1,5đ)

1. Nhận biết

– Lấy mẫu thử

Dùng dung dịch KMnO₄ cho vào từng mẫu thử, mẫu nào khí làm mất màu tím của dd KMnO₄ là propen.

– Còn lại 2 mẫu nhỏ nước brom vào, mẫu nào làm mất màu nước brom là xiclopropan. Còn lại không làm mất màu nước brom là propan.

– Các ptpư:

2. Tính dA/H₂

mhhA = mC + mH = 1,3. 12 + 1,2.2 = 18gam

mhhB = 1,3. 32 + 1,2 . 16 = 60,8 gam => nB = 60,8/(19.2)= 1,6 mol

=> nA = = 0,75 mol.=> => dA/H2 = 24/2 = 12.

0,5

0,5

0,5

Câu5

(1,0đ)

Hoàn thành các ptpư

1) Ba(H₂PO₃)₂ + 2NaOH BaHPO₃ + Na₂HPO₃ + 2H₂O

2) 8Al + 3NO₃^– + 5OH^– + 2H₂O 3NH₃ ↑ + 8AlO₂^– ………………………………….

3) 2FeCl₃ + 3K₂CO₃ + 3H₂O 2Fe(OH)₃ ↓ + 6KCl + 3CO₂ ↑

4) 4CuO +2 NH₄Cl 3Cu + CuCl₂ + N₂↑+4H₂O

0,5

0,5

Câu 6

(2,0đ)

1) Khi trộn phần 1 với dung dịch Ba(OH)₂dư các ptpư:

NH₄⁺ + OH^–  NH₃ + H₂O (1)

Ba²⁺ + CO₃^2-  BaCO₃ (2)

Ba²⁺ + SO₄^2-  BaSO₄ (3)

Khi trộn phần 2 với dd HNO₃ dư :

2H⁺ + CO₃^2- H₂O + CO₂ (4)

* Trong mối phần ta có

Theo (1) =>

Theo (4) =>

Theo (2,3).Tổng khối lượng BaCO₃ và BaSO₄ là 6,45gam .

=>

Áp dụng đlbt điện tích  nK⁺ =0,015.2+0,015.2- 0,03= 0,03mol

Khối lượng muối tan = mCO₃^2-+ mSO₄^2-+ mNH₄⁺ + mK⁺ =

=2.(60.0,015+96.0,015+ 18.0,03+39.0,03) = 8,1 gam

2) Số mol SO₂ hấp thụ là 0,01 (mol) .Khi hấp thụ SO₂ vào ½(X) lần lượt xẩy ra phản ứng :

SO₂ + CO₃^2- + H₂O HSO₃^– + HCO₃^–

0,01 0,01 0,01 0,01 (mol)

HSO₃^‑ + CO₃^2- SO₃^2- + HCO₃^–

0,005  0,005  0,005 (mol)

SO₃^2- + Ba²⁺ BaSO₃

0,005  0,005 (mol)

Vậy kết tủa gồm 0,005 mol BaSO₃: 0,015 mol; BaSO₄: 0,015 mol

Khối lượng kết tủa = 0,005.217 + 0,015.233 =4,58 (gam).

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 7

(1,0đ)

Nếu 0,1 mol Fe  0,1 mol Fe(NO₃)₃ thì m = 24,2 (gam)

Nếu 0,1 mol Fe  0,1 mol Fe(NO₃)₂ thì m = 18 (gam)

Theo bài m = 22,34 gam => B gồm hỗn hợp Fe(NO₃)₃ và Fe(NO₃)₂

Sơ đồ cho – nhận e:

Fe Fe ^{+ a} + a e

N⁺⁵ + 3e N⁺²

1.

=> a.0,1 = 3n_NO

Ta có: m (rắn) = m_Fe + m(NO₃ ^– )

 22,34 = 5,6 + 3.62.n_NO

=> n_NO = 0,09 (mol)

Số mol HNO₃(pu) = 4n_NO = 0,36 (mol)

Thể tích NO (đktc) = 0,09.22,4 = 2,016 (lít)

2. Fe(NO₃)₃ Fe₂O₃

Fe(NO₃)₂ Fe₂O₃

=> số mol Fe₂O₃ = 0,05 (mol)

=> m (Fe₂O₃) = 0,05.160 = 8 (gam)

0,5

0,5

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

――――――

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010

ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC

Dành cho học sinh trường THPT không chuyên

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề.

————————————

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

――――――

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC

Dành cho học sinh trường THPT không chuyên

————————————

Bài

Nội Dung

Điểm

Bài 1

(1,5đ)

1)Các phương trình phản ứng:

Fe + 6H⁺ + 3NO₃^– → Fe³⁺ + 3NO₂ + 3H₂O (1)

FeS + 10 H⁺ + 9NO₃^– → Fe³⁺ + SO₄^2- + 9NO₂ + 5H₂O (2)

FeS₂ + 14H⁺ + 15NO₃^– → Fe³⁺ + 2SO₄^2- + 15NO₂ + 7H₂O (3)

S + 4H⁺ + NO₃^– → SO₄^2- + 6NO₂ + 2H₂O(4)

Dung dịch sau phản ứng có: Fe³⁺, SO₄^2-, H⁺
H⁺ + OH^– → H₂O

Fe³⁺ + 3OH^– → Fe(OH)₃

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

2) Coi hỗn hợp gồm Fe và S ta có sơ đồ:

Theo bài ra ta có hệ:

Áp dụng định luật bảo toàn eletron ta có:

Fe → Fe⁺³ + 3e

0,2mol 3.0,2mol

S → S⁺⁶ + 6e

0,3mol 6.0,3mol

N⁺⁵ + 1e → N⁺⁴
a.1mol a mol

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:

a = 0,6 + 1,8 = 2,4 mol → V = 53,76 lít

Theo (3) và (4):

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Bài 2

(1 đ)

Các phương trình phản ứng có thể

8Al + 5NaOH + 3NaNO₃ + 2H₂O  8NaAlO₂ + 3NH₃

4Zn + 7NaOH + NaNO₃  4Na₂ZnO₂ + NH₃ + 2H₂O

2Al + 2NaOH + 2H₂O  2NaAlO₂ + 3H₂

Zn + 2NaOH  Na₂ZnO₂ + H₂

Hai khí là NH₃ và H₂

Gọi x, y lần lượt là số mol NH₃ và H₂

=> x + y =

Khối lượng bình CuO giảm là khối lượng oxi mất đi

=>

=>

=> x = 0,06 (mol); y = 0,16 (mol)

Gọi a, b lần lượt là số mol Al và Zn

=> 27a + 65b = 11,9

3a + 2b = 8.0,06 + 2.0,16 = 0,8

=> a = 0,2 (mol); b = 0,1 (mol)

=>

%Zn = 100% – %Al = 54,62%

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 3

(1đ)

2ZnCl₂ + 2K₂CO₃ + H₂O  [ZnOH]₂CO₃ + 4KCl + CO₂ 

0,025 0,025 0,0125 0,05 0,0125

Do K₂CO₃ dư nên phản ứng với CO₂ tạo ra KHCO₃:

K₂CO₃ + CO₂ + H₂O  2KHCO₃

0,0125 0,0125 0,025

Lượng nước lọc = m(dd K₂CO₃) + m(dd ZnCl₂) – m([ZnOH]₂CO₃)

= 25. 1,3 + 17,85  1,12 – 0,0125  224 = 49,7 gam

% K₂CO₃ dư = (0,0375  138) : 49,7 = 0,104 hay 10,4%

% KHCO₃ = (0,025  100) : 49,7 = 0,05 hay 5%

% KCl = (0,05  74,5) : 49,7 = 0,075 hay 7,5%

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 4

(1,0đ)

Khi cho từ từ HCl vào dung dịch A phải hết 50ml mới thấy có khí thoát ra, do vậy trong A phải chứa NaOH dư hoặc Na₂CO₃

Trường hợp 1: Dung dịch NaOH dư khi đó xảy ra các phản ứng;

CO₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O (1)

Dung dịch A có Na₂CO₃ và NaOH dư, khi cho từ từ HCl vào A có các phản ứng:

NaOH + HCl → NaCl + H₂O (2)

Na₂CO₃ + HCl → NaHCO₃ + NaCl (3)

NaHCO₃ + HCl → NaCl + H₂O + CO₂ (4)

Khi cho Ba(OH)₂ vào dung dịch A có phản ứng

Ba(OH)₂ + Na₂CO₃ → 2NaOH + BaCO₃ (5)

Theo các phương trình phản ứng:

Trường hợp 2: Dung dịch A chứa hỗn hợp hai muối Na₂CO₃ và NaHCO₃

Cho HCl vào dung dịch A có các phản ứng:

Na₂CO₃ + HCl → NaHCO₃ + NaCl (3)

NaHCO₃ + HCl → NaCl + H₂O + CO₂ (4)

Theo (3)

Khi cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)₂ dư có các phản ứng

Ba(OH)₂ + Na₂CO₃ → 2NaOH + BaCO₃ (5)

Ba(OH)₂ + NaHCO₃ → BaCO₃ + NaOH + H₂O(6)

→ Vô lí

0,5

0,5

Bài5(1đ)

C₂H₂ + H₂O CH₃CHO

C₂H₂ + H₂ CH₂ = CH₂

(A)

CH₂ = CH₂ + ½ O₂ CH₃CHO

CH₂ = CH₂ + H₂O CH₃CH₂OH

(E)

CH₃CH₂OH + ½ O₂ CH₃CHO + H₂O

3CH₂ = CH₂ + 2KMnO₄ + 4H₂O 3C₂H₄(OH)₂ + 2KOH + 2MnO₂

(F)

C₂H₄(OH)₂ CH₃CHO + H₂O

C₂H₂ + HCl CH₂ = CHCl

( B)

CH₂ = CHCl + NaOH CH₃CHO + NaCl

C₂H₂ + 2HCl CH₃CHCl₂

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

Bài 6

(1đ)

1. Đặt số mol Al và Fe có trong 22g hỗn hợp Y là x mol và y mol

Al + 3H⁺ → Al³⁺ + 3/2H₂↑ (1).

Fe + 2H⁺ → Fe²⁺ + H₂↑ (2).

n_HCl = 2.0,3 = 0,6 (mol)

Giả sử kim loại phản ứng hết → nH⁺ phản ứng = 3.x + 2.y

Vì kim loại hết nên: 3x + 2y ≤ 0,6 (I)

Ta có: n_{hỗn hợp} = x + y → 22/56 < x + y < 22/27 → 0,392 < x + y < 0,815

→ 0,784 < 2x + 2y < 3x + 2y (II)

Từ (I ) và (II) ta thấy điều giả sử sai, Vậy Axit phản ứng hết

→ → V = 0,3. 22,4 = 6,72 lít

b) Các phương trình phản ứng :
Al + 3/2Cl₂ → AlCl₃

Fe + 3/2 Cl₂ → FeCl₃

→ m₁ = 133,5x + 162,5y (1)

Al + 3/2I₂ → AlI₃

Fe + I₂ → FeI₂

→ m₂ = 408x + 310y (2)

Theo bài ra ta có: 27x + 56y = 22

m₂ – m₁ = 139,3 → 274,5x + 147,5y = 139,3

→ x= 0,4 mol và y = 0,2 mol

M_Al = 10,8 gam và m_Fe = 11,2 gam

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 7

(1,5 đ)

Các phương trình phản ứng :

Al + 3H⁺ → Al³⁺ + 3/2 H₂(1)

Ban đầu : 0,02 0,1 (mol)

Sau pư : 0 0,04 0,02

Khi thêm dung dịch NaOH vào dung dịch A có các phản ứng:

H⁺ + OH^– → H₂O (2)

0,04 0,04 mol

Al³⁺ + 3OH^– → Al(OH)₃↓ (3)

Nếu dư OH^–: Al(OH)₃ + OH^– → AlO₂^– + 2H₂O (4)

2Al(OH)₃ Al₂O₃ + 3H₂O (5)

0,01 0,005 mol

Vì → nên có 2 trường hợp

Trường hợp 1: dư Al³⁺ khi đó chỉ có phản ứng (2), (3) và (5)

→ V = 0,7 (lít)

Trường hợp 1: dư OH^– một phần kết tủa bị hòa tan khi đó có phản ứng (2), (3), (4) và (5)

→ V =1,1 (lít)

0,5

0,5

0,5

Câu 8

(2 đ)

Theo bài ra :

Bình 1 : chứa H₂SO₄ đặc hấp thụ nước

Bình 2 : Chứa dung dịch Ba(OH)₂ hấp thụ CO₂ và có thể cả nước chưa bị hấp thụ bởi H₂SO₄

Theo bài ra ta có: (I)

Xét bình 2: Các phản ứng có thể

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O (1)

Ba(OH)₂ + 2CO₂ → Ba(HCO₃)₂ (2)

Trường hợp 1: Nếu Ba(OH)₂ dư khi đó chỉ xảy ra phản ứng (1)

Thay vào (I) ta tìm được

Đặt công thức của X là C_xH_yO_x

Phương trình cháy:

Theo phương trình: y = → vô lí (loại vì y phải nguyên)

Trường hợp 1: Nếu phản ứng tạo hỗn hợp hai muối

Theo (1) và (2) ta có : →

Theo phương trình ta có:

, y =

Mà 12.x + y + 16.z = → z=0

Vậy công thức phân tử của X là: C₈H₈

2. ta có:

1 mol A + 1mol dung dịch Br₂ => A có 1 liên kết pi kém bền ( dạng anken)

1 mol A + 4 mol H₂ => A có 4 liên kết pi, hoặc vòng kém bền

=> A có 3 liên kết pi, hoặc vòng bền với dung dịch Br₂

A là hợp chất có trong chương trình phổ thông => A có cấu trúc vòng benzen

Vậy công thức cấu tạo của A là: A là Stiren.

3. X₂ khi tác dụng với Clo có chiếu sáng cho dẫn xuất mono Clo nên X₂ phải là hợp chất no hoặc hợp chất thơm

Các nguyên tử cacbon trong X₂ hoàn toàn đồng nhất nên chỉ có cấu tạo sau thỏa mãn:

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5