HẢI DƯƠNG

MÔN THI: HÓA HỌC

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

Ngày thi 04 tháng 10 năm 2017

(Đề thi gồm 02 trang)

HẢI DƯƠNG

—————-

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018

MÔN THI: HÓA HỌC

(2 điểm)

0,25

2NaOH + CO₂ → Na₂CO₃  + H₂O

Na₂CO₃  + CO₂  + H₂O  → 2NaHCO₃

NaHCO₃ + NaOH →  Na₂CO₃  + H₂O

2NaOH  + 2Al + 2H₂O → 2 NaAlO₂ + 3H₂

0,25

3Na₂CO₃ + 2AlCl₃ + 3H₂O → 2Al(OH)₃ ↓ + 6NaCl + 3CO₂

2NaHCO₃  + Ba(OH)₂ →  BaCO₃  + Na₂CO₃ + 2H₂O

Hoặc NaHCO₃  + Ba(OH)₂ →  BaCO₃  + NaOH + H₂O

0,25

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:

– 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

0,25

– Chất tan, tỏa nhiều nhiệt là BaO.

BaO + H₂O ® Ba(OH)₂

– Chất nào tan và không tỏa nhiệt đó là Na₂SO₄, (NH₄)₂SO₄

– Các chất còn lại không tan: Al, Mg, Al₂O₃

0,25

+ Mẫu chất rắn tan, có khí bay ra là Al

Ba(OH)₂ + 2Al + 2H₂O ® Ba(AlO₂)₂ + 3H₂

+ Mẫu chất rắn tan, không có khí bay ra thì mẫu chất rắn là Al₂O₃

Ba(OH)₂ + Al₂O₃  ® Ba(AlO₂)₂ + H₂O

+ Mẫu chất rắn không tan là MgO

0,25

+ Dung dịch có kết tủa trắng và có khí mùi khai bay ra là (NH₄)₂SO₄

Ba(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄ ® BaSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O

+ Dung dịch có kết tủa trắng nhưng không có khí bay ra là Na₂SO₄

Ba(OH)₂ + Na₂SO₄ ® BaSO₄ + 2Na₂SO₄

Chú ý:

– Học sinh nêu hiện tượng, nhận biết được chất nhưng không viết phương trình trừ một nửa tổng số điểm của phần nhận biết chất đó.

– Học sinh viết sai công thức chất, sai phương trình không cho điểm phương trình đó

0,25

2

(2 điểm)

C₁₂H₂₂O₁₁ + 24CuO   12CO₂ + 11H₂O

0,25

Bông tẩm CuSO₄ khan ban đầu màu trắng, sau một thời gian chuyển sang màu xanh lam.

CuSO_{4 (khan)} + 5H₂O   CuSO₄.5H₂O _{(xanh lam)}

0,25

Ca(OH)₂ + CO₂ CaCO₃ + H₂O

0,25

Chú ý:

Chú ý:

– Học sinh nêu hiện tượng, nhưng không viết phương trình trừ một nửa tổng số điểm của phần nhận biết chất đó.

– Học sinh viết sai công thức chất, sai phương trình không cho điểm phương trình đó.

– Học sinh không nêu được hiện tượng, viết được phương trình không cho điểm phần đó.

0,25

Gọi công thức chung của A, B, C, D có dạng C_xH_yO_z (z≥0)

0,1                    0,2      0,1

® x=2; y=2

Þ Công thức phân tử của A, B, C, D có dạng C₂H₂O_z (z≥0)

Nếu z=0  CTPT: C₂H₂ .

Nếu z=1  CTPT: C₂H₂O không có cấu tạo phù hợp.

Nếu z=2  CTPT: C₂H₂O₂.

Nếu z=3  CTPT: C₂H₂O₃.

Nếu z=4  CTPT: C₂H₂O₄.

0,25

CHºCH +   2AgNO₃  +   2NH₃  CAgºCAg +  2NH₄NO₃

CHºCH  +  H₂O CH₃-CHO

0,25

OHC-COOH +2AgNO₃+4NH₃+H₂O®(COONH₄)₂ +2NH₄NO₃+2Ag

OHC-COOH    +   NaOH    OHC-COONa   +   H₂O

0,25

(CHO)₂ + 4AgNO₃+6NH₃+2H₂O®(COONH₄)₂ +4NH₄NO₃+4Ag

* D tác dụng với NaOH® D là HOOC-COOH

HOOC-COOH    +  2NaOH    NaOOC-COONa   + 2H₂O

Chú ý:

– Học sinh nêu được chất, không viết được phương trình minh họa hoặc viết phương trình sai thì cho một nửa tổng số điểm của phần đó.

– Học sinh không nêu được chất không cho điểm phần đó.

0,25

3

(2 điểm)

– Tính được nCO₂ = 0,05 mol; n_NO =0,15 mol

nFeCO₃ = nCO₂ = 0,05 mol.

0,25

Ta có: aM + 56b + 116.0,05 = 14,1

aM + 56b = 8,3                                             (1)

Giả sử kim loại M hoá trị n.

– Dung dịch X₂ có: a mol M(NO₃)_n; (b+0,05) mol Fe(NO₃)₃; HNO₃ dư, có thể có c mol NH₄NO₃.

+ Phản ứng trung hoà:

HNO₃  +  NaOH    NaNO₃  +  H₂O

nNaOH = _dư = 0,2.1 = 0,2 mol.

dung dịch X₃ có: a mol M(NO₃)_n; (b+0,05) mol Fe(NO₃)₃; 0,2 mol NaNO₃, có thể có c mol NH₄NO₃.

* Cô cạn ½ dung dịch X₃, tổng khối lượng chất rắn thu được là:

(M  +  62n)a  +  242(b+0,05) + 80.c + 85.0,2 = 38,3.2 =76,6

aM + 62an + 242b + 80c = 47,5                                   (2)

* Cho dung dịch NaOH dư vào ½ dung dịch X₃, có phản ứng:

NH₄NO₃  +  NaOH    NaNO₃  +  NH₃  +  H₂O

Fe(NO₃)₃  +  3NaOH    3NaNO₃  +  Fe(OH)₃

có thể có phản ứng :

M(NO₃)_n  +  nNaOH   nNaNO₃  +  M(OH)_n

M(OH)_n + (4-n)NaOH ® Na_(4-n)MO₂ + 2H₂O

0,25

Kết tủa có:

Ta có: (M+17n)a  +  107(b+0,05) = 8,025.2 = 16,05

aM + 17an + 107b = 10,7 (3)

* Các quá trình oxi hoá − khử:

M  M⁺ⁿ + ne ;                  N⁺⁵  +  3e  N⁺² (NO)

mol: a                        an                              0,45         0,15

Fe  Fe⁺³  +  3e ;      N⁺⁵  +  8e  N⁻³  (NH₄NO₃)

mol: b                           3b                     8c            c

Fe⁺² Fe⁺³ + 1e ;

mol: 0,05                     0,05

na + 3b – 8c = 0,4  (4)

Ta có hệ

Loại do không có cặp nghiệm thỏa mãn

0,25

® Kết tủa chỉ có Fe(OH)₃. Ta có: 107(b+0,05) = 16,05

 b = 0,1.

Theo bảo toàn electron, ta có: an + 0,3 + 0,05 = 0,45 + 8c

an = 0,1 + 8c                      (5)

Từ (1)   aM = 2,7                                                    (6)

Từ (2)   aM + 62an + 80c = 23,3                            (7)

Từ (5), (6), (7)  an = 0,3; c = 0,025.

M = 9n  n = 3; M = 27 là Al là nghiệm thoả mãn.

0,25

nHNO_3(bđ) = 0,95 + 0,2 = 1,15 mol

x= CM(HNO₃) = 2,3 M.

0,25

3Fe₃O₄ + 28H⁺ + NO₃^– ® 9Fe³⁺ + NO + 14H₂O (1)

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^– ® 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O     (2)

Có thể xảy ra phản ứng:

Cu + 2Fe³⁺ ® 2Fe²⁺ + Cu²⁺                                 (3)

Cho dung dịch AgNO₃ vào dung dịch Y, có khí NO thoát raÞ Dung dịch Y chứa Fe³⁺, Fe²⁺, Cu²⁺, Cl^–, H⁺; NO₃^– phản ứng hết

0,25

– Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Z gồm Fe₂O₃ và CuO

Gọi số mol Fe₃O₄ và Cu lần lượt là x, y (x,y>0)

Ta có hệ phương trình:

® x=0,1; y=0,22

Từ các phản ứng (1); (2); (3) Þ Dung dịch Y sau phản ứng chứa

0,22 mol Cu²⁺; 0,24 mol Fe²⁺; 0,06 Fe³⁺; 0,1 mol H⁺ dư; 1,2 mol Cl^–

0,25

Ag⁺ + Cl^– ® AgCl

1,2       1,2

3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^– ® 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

0,075  ¬0,1

Fe²⁺ + Ag⁺ ® Fe³⁺ + Ag

0,165                           0,165

Khối lượng kết tủa:

m=m_AgCl + m_Ag = 1,2.143,5 + 0,165.108=190,02 gam

0,25

4

(2 điểm)

– Đặt công thức phân tử của A và B là C_xH_y (x, y >0).

M_A =M_B =   =92 (gam/mol)

C_xH_y   xCO₂ + y/2H₂O

Ta có: 12x+ y=92

x=7; y=8. Vậy công thức phân tử của A, B là C₇H₈

0,25

– A phản ứng với AgNO₃/NH₃ tạo thành kết tủa ® A có liên kết -CºCH.

n_A = 0,12 mol

+ A có a liên kết -CºCH.

Phương trình:

C₇H₈ + aAgNO₃ + aNH₃   C₇H_8-aAg_a + aNH₄NO₃                

0,12 mol                                   0,12 mol

M _{kết tủa} =   = 306  92 + 107a= 306   a=2

Công thức của A có dạng HCºC-C₃H₆-CºCH.

0,25

CHC-CH₂-CH₂-CH₂-CCH; CHC-C(CH₃)₂-CCH

CHC-CH(CH₃)-CH₂-CCH; CHC-CH(C₂H₅)-CCH

0,25

– B không có phản ứng với dung dịch AgNO₃/NH₃; không làm mất màu dung dịch brom; bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO₄ ở khi đun nóng.

Þ Vậy B là C₆H₅-CH₃ (toluen)

C₆H₅-CH₃ + 2KMnO₄ C₆H₅COOK + 2MnO₂ + KOH + H₂O

0,25

– Gọi công thức chung của Y, Z là (® công thức muối natri tương ứng là .

– Gọi số mol của X là a; số mol của hỗn hợp Y,Z là b

Þ Số mol C_nH_2n-3O₂Na và  lần lượt là a và b.

®m_X,Y,Z =

m_X,Y,Z = (1)

0,25

mol ® n_NaOH = a + b = 0,92 (2)

B   + O₂ ® Na₂CO₃ + hỗn hợp E (CO₂ +H₂O)

Khi cho B

® (3)

0,25

Þ

Cặp nghiệm hợp lí: n=3;

0,25

5

(2 điểm)

Ba²⁺ + SO₄^2- ® BaSO₄ (1)

Al³⁺ + 3OH^– ® Al(OH)₃ (2)

Al(OH)₃ + OH^– ® AlO₂^– + H₂O (3)

– Trong V₁ lít A có OH^–: 2V₁ mol, Ba²⁺ : 0,5V₁ mol

Trong V₂ lít B có Al³⁺ : 2V₂ mol, SO₄^2- : 1,5V₂ mol

– Khi cho V₂ lít tác dụng với dung dịch BaCl₂ dư thì:

n(SO₄^2-)=n(BaSO₄)=0,18 mol

V₂=0,12 lít                                           

0,25

– Nếu Al³⁺ bị kết tủa vừa hết thì ® V₁= 0,36

®   Þ SO₄^2- bị kết tủa vừa hết

Þ Khối lượng kết tủa lớn nhất: 0,24.78+0,18.233= 60,66>56,916

Có 2 trường hợp xảy ra:

0,25

nBaSO₄= 0,5V₁ mol (SO₄^2- đủ hay dư)

nAl(OH)₃=(56,916 – 116,5V₁)/78

(56,916- 116,5V₁)3/78=2V₁  V₁=0,338 lít

0,25

nBaSO₄= 0,18 mol  nAl(OH)₃=(56,916 – 233.0,18)/78=0,192

nOH^– =2V₁= 4. 0,24 – 0,192  V₁=0,384 lít                                

0,25

+ Khi thủy phân X thu được hỗn hợp rắn chỉ có 2 muối Þ2 este có cùng gốc axit.

+ Mặt khác khi thủy phân hỗn hợp thu được 1 chất hữu cơ no mạch hở có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc ®Sản phẩm đó phải là anđehit no đơn chức mạch hở ® trong hỗn hợp có một este có gốc ancol kém bền.

0,25

RCOOCH=CHR’ + NaOH ®RCOONa + R’CH₂CHO          (1)

x mol                    x mol            x mol            x mol

RCOOC₆H₄R’’ + 2NaOH®RCOONa + R’’C₆H₄ONa+H₂O  (2)

y mol                 2y mol              y mol             y mol

theo bài ra ta có hệ :

Gọi CTPT của anđehit no đơn chức mạch hở Y là C_nH_2nO ta có

C_nH_2nO+(3n-1)/2O₂ ®  nCO₂    +    nH₂O                            (3)

0,2                                     0,2n       0,2n

m _{bình tăng} = 0,2n.44 + 0,2n.18 = 24,8 →n =2

CTPT là C₂H₄O hay CH₃CHO.

0,25

Xét 2 trường hợp

TH1:

TH2:

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2019 – 2020

MÔN: HÓA HỌC

Ngày thi: 09 tháng 10 năm 2019

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

(Đề thi gồm có 05 câu, 02 trang)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC

ĐỀ THI HSG12 THPT

NĂM HỌC 2019 – 2020

(Hướng dẫn chấm gồm: 09 trang)

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

1

1

Khối lượng mol của A, B, D, E là: M=37.2 =74

Gọi công thức của các chất là CxHyOz → M = 12x + y + 16z

+ z=1 → x=4, y=10 → Công thức phân tử C₄H₁₀O

+ z=2→ x=3, y=6 → Công thức phân tử C₃H₆O₂

+ z=3→ x=2, y=2 → Công thức phân tử C₂H₂O₃

0,25

– E tác dụng với Na, Na₂CO₃, tham giam phản ứng tráng bạc → E vừa chứa nhóm chức -COOH và nhóm chức -CHO → E có công thức cấu tạo là: OHC-COOH

2OHC-COOH + 2Na → 2OHC-COONa + H₂

2OHC-COOH + Na₂CO₃ → 2OHC-COONa + CO₂ + H₂O

OHC-COOH + 2AgNO₃ + 4NH₃ + H₂O → (COONH₄)₂ + 2Ag + 2NH₄NO₃

0,25

– B tác dụng với Na, Na₂CO₃ → B chứa nhóm chức -COOH → B có công thức cấu tạo là: CH₃CH₂COOH

2CH₃CH₂COOH + 2Na → 2CH₃CH₂COONa + H₂

2CH₃CH₂COOH + Na₂CO₃ → 2CH₃CH₂COONa + CO₂ + H₂O

0,25

– D tác dụng với NaOH, không tác dụng với Na và không tham gia phản ứng tráng bạc → D có công thức cấu tạo là: CH₃COOCH₃

CH₃COOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH

0,25

– A có mạch cacbon không phân nhánh, chỉ tác dụng với Na, khi oxi hóa A thu được đồng đẳng kế tiếp của B → A có công thức cấu tạo: CH₃CH₂CH₂CH₂OH

2CH₃CH₂CH₂CH₂OH + 2Na → 2CH₃CH₂CH₂CH₂ONa + H₂

CH₃CH₂CH₂CH₂OH + O₂ CH₃CH₂CH₂COOH + H₂O

0,25

2

Nhận biết được cả 6 chất.

– Trích mẫu thử, đánh số thứ tự từ 1-6

– Cho lần lượt 6 chất vào H₂O:

+ Các chất tan là BaO, Na₂SO₄, (NH₄)₂SO_4­:

BaO + H₂O → Ba(OH)₂

+ Các chất còn lại không tan.

0,25

– Lần lượt nhỏ dung dịch các chất tan vào 3 mẫu chất không tan:

+ Các dung dịch không có hiện tượng xảy ra ở cả 3 mẫu chất rắn là Na₂SO₄, (NH₄)₂SO₄.

+ Dung dịch khi nhỏ vào 3 mẫu chất rắn có hiện tượng:

. Mẫu chất rắn tan, có khí bay ra thì dung dịch là Ba(OH)₂, mẫu chất rắn là Al:

Ba(OH)₂ + 2Al + 2H₂O → Ba(AlO₂)₂ + 3H₂

. Mẫu chất rắn tan, không có khí bay ra thì mẫu chất rắn là Al₂O₃:

Ba(OH)₂ + Al₂O₃ → Ba(AlO₂)₂ + H₂O

. Mẫu chất rắn không tan là MgO.

0,25

+ Dung dịch có kết tủa trắng và có khí bay ra là (NH₄)₂SO₄:

Ba(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄ → BaSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O

+ Dung dịch có kết tủa trắng nhưng không có khí bay ra là Na₂SO₄:

Ba(OH)₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄ + 2NaOH

0,25

2

1

a) Ban đầu chưa có khí, sau một lúc mới thoát ra bọt khí không màu, axit dư khí ngừng thoát ra:

HCl + Na₂CO₃ → NaHCO₃ + NaCl

HCl + NaHCO₃ → NaCl + H₂O + CO₂

0,25

b) Ure tan, có khí mùi khai và có kết tủa trắng:

(NH₂)₂CO + 2H₂O → (NH₄)₂CO₃

(NH₄)₂CO₃ + Ca(OH)₂ → 2NH₃ + CaCO₃ + 2H₂O

0,25

2

Vì hiệu suất phản ứng không phụ thuộc vào số mol ban đầu của hỗn hợp khí N₂ và H₂ nên để đơn giản hơn ta coi n_{hh khí ban đầu} = 1 mol.

Gọi a, b lần lượt là số mol của N₂ và H₂ ban đầu.

Ta có: n_t = n_{hh khí ban đầu} = a + b =1 (1)

Phản ứng tổng hợp NH₃:

N₂ + 3H₂ 2NH₃

Ban đầu: a b 0

Phản ứng: x 3x 2x

Sau phản ứng: a – x b- 3x 2x

n_s = n_{hh khí sau} = (a – x) + (b- 3x) + 2x = (a + b) -2x = 1 – 2x

0,25

Ở V, T = const:

m_{hh khí ban đầu} = m_{hh khí sau} = 2/3.16 = 32/3 (g) hay 28a + 2b = 32/3 (2)

Giải (1) và (2) ta được: a = 1/3 mol; b = 2/3 mol

Vì nên tính hiệu suất phản ứng theo số mol H_2:

0,25

3

A + NaOH 1 muối

x mol x mol

B + 2NaOH 2 muối

x mol 2x mol

Vậy 3x = số mol NaOH = 0,45 x = 0,15 mol

0,25

Và M_X = M_A = M_B = 44,4 : (0,15.2) = 148 (g/mol)

(108 + 8 + 32)n = 148 => n = 1

Vậy CTPT của A, B là C₉H₈O₂

0,25

CTCT của A là C₆H₅ – COO – CH = CH₂;

của B là CH₂ = CH – COOC₆H₅

0,25

Viết ptpứ của A và của B với dung dịch NaOH:

C₆H₅ – COO – CH = CH₂ + NaOH C₆H₅ – COONa + CH₃CHO (D)

CH₂ = CH – COOC₆H₅ + 2NaOHCH₂ = CH –COONa+H₂O +C₆H₅ONa

0,25

3

1

Đặt x, y lần lượt là số mol của N₂ và N₂O ta có:

Đặt số mol sản phẩm khử NH₄NO₃: z mol (z ≥ 0); số mol Mg, M trong E lần lượt là a, b (mol)

n_{NO3 tạo muối nitrat kim loại} = n_e = 0,3 + 0,08 + 8z (mol)

m_muối = m_{kim loại} + m_{NO3 tạo muối nitrat kim loại} + m_NH4NO3

= 11,4 + (0,38 + 8z).62 + 80z = 23,24.2 = 46,48

z = 0,02 (mol)

Theo bảo toàn e ta có: e nhường = e nhận

2a + nb = 0,3 + 0,08 + 8z = 0,54 (1)

0,25

Khi cho F tác dụng với dung dịch NaOH dư ta có:

NH₄⁺ + OH^– NH₃ + H₂O

Có thể có:

m _{kết tủa} = 4,35 . 2 = 8,7 < 11,4 = m_{kim loại}

M(OH)_n bị tan hết trong kiềm dư (có thể tan vật lý hoặc tan hóa học do phản ứng)

m_{kết tủa} = (2)

Từ (1) và (2) ta có m_hh = 0,15.24 + =11,4

M = 32,5n

0,25

2

Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 27.2x + 64x =8,7

x = 0,05 (mol)

Khối lượng muối nitrat kim loại là:

242.0,05 + 213.0,1 + 188.0,05 = 42,8 gam < 43,4 gam

Trong muối rắn thu được có NH₄NO₃ và có khối lượng là:

43,4 – 42,8 = 0,6 (gam)

Số mol NH₄NO₃ = 0,6/80 = 0,0075 (mol)

Vì hỗn hợp 4 khí: 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;

Có n_khí = 1,68 : 22,4 = 0,075 (mol)

0,25

Như vậy, ta có sơ đồ:

Fe, Al, Cu Fe³⁺, Al³⁺, Cu²⁺, NH₄⁺ + NO, N₂O + H₂O

Ta có quá trình cho nhận e

Fe Fe⁺³ + 3e (1) ; Al Al⁺³ + 3e (2) ; Cu Cu⁺² + 2e (3)

0,05 0,15 0,1 0,3 0,05 0,1

Tổng số mol e cho: 0,15 + 0,3 + 0,1 = 0,55 (mol)

4H⁺ + NO₃^– + 3e NO + 2H₂O (4)

4a 3a a

10H⁺ + 2NO₃^– + 8e N₂O + 5H₂O (5)

10b 8b b

10H⁺ + NO₃^– + 8e NH₄⁺ + 3H₂O (6)

0,075 0,06 0,0075

Tổng số mol e nhận là: 3a + 8b + 0,06

Vậy ta có hệ phương trình:

Theo các phương trình (4), (5), (6)

Tổng số mol HNO₃ đã dùng là : 4a + 10b + 0,075 = 0,693 (mol)

0,25

3

Số mol Mg = 0,45 mol. Quy đổi hỗn hợp X thành các chất Fe: a mol, O: b mol; Fe²⁺; NO₃^–

Dung dịch axit có số mol H⁺: 2,05 mol; NO₃^–: 0,15 mol; Cl^–: 1,9 mol

Trong hỗn hợp T gọi số mol NO = x mol

=> số mol N₂O = 0,275 – x (mol)

Trong 280,75 gam kết tủa có AgCl: 1,9 mol (có thể có Ag)

Tìm được số mol Ag = 0,075 mol.

0,25

TN1: Quá trình oxi hóa: Mg Mg²⁺ + 2e

0,45 0,9

Fe Fe²⁺/Fe³⁺ + 2e/3e

Quá trình khử: O + 2e O^-2

b 2b b

4H⁺ + NO₃^– + 3e NO + 2H₂O;

4x 3x x

10H⁺ + 2NO₃^–  + 8e N₂O + 5H₂O

10(0,275-x) 8(0,275-x) 0,275-x

Quá trình trao đổi: 2H⁺ + [O^2-] H₂O

2b b

TN2: Quá trình oxi hóa: Fe²⁺ Fe³⁺ + 1e;

Quá trình khử: 4H⁺ + NO₃^– + 3e NO + 2H₂O; Ag⁺ + 1e Ag

0,1 0,075 0,025 0,075 0,075

Quá trình trao đổi: Ag⁺ + Cl^– AgCl

1,9

0,25

Kết thúc thí nghiệm 1 thì vẫn còn H⁺, Fe²⁺ nhưng NO₃^– hết.

Bảo toàn gốc NO₃^– cho TN1

=> số mol NO₃^– (trong muối Fe(NO₃)₂ bđ) = x + 2.(0,275 – x) – 0,15

= 0,4 – x (mol)

=> n_Fe(NO3)2 = (0,4-x)/2 (mol)

=> Khối lượng hỗn hợp X = m_Fe + m_O + m_Fe(NO3)2

= 56a + 16b + 180.(0,4-x)/2 = 35,2 (g)

=> 56a + 16b – 90x = -0,8 (I).

0,25

Bảo toàn e cho cả hai TN1,2:

3a + 0,9 + (0,4-x)/2 = 2b + 3x + 8.(0,275 – x) + 0,075 + 0,075

3a – 2b + 4,5x = 1,25 (II)

Tổng số mol H⁺ = 4x + 10.(0,275 – x) + 2b + 0,1 = 2,05 (mol)

2b – 6x = -0,8 (III)

Giải hệ gồm I, II, III ta được a = 0,25; b = 0,2; x = 0,2 (mol)

=> số mol Fe(NO₃)₂ bđ = (0,4 – x)/2 = 0,1 (mol)

=> %m Fe(NO₃)₂ trong hỗn hợp Y = 180.0,1/(35,2+10,8) = 39,13%.

0,25

4

1

– Do hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ đơn chức, no, mạch hở.

– Mặt khác X tác dụng được với dung dịch KOH tạo 2 ancol kế tiếp và muối của 1 axit hữu cơ

TH1: Hỗn hợp X gồm 2 este no, đơn, hở kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng

Đặt CT chung của 2 este: dạng .

– Phản ứng đốt cháy:

– Theo bài ta có: ;

– Từ phương trình ta có: .

X gồm: và .

0,25

– Cho X tác dụng với KOH:

0,04 0,04

Có m_muối = n_RCOOK. M_RCOOK 3,92 = 0,04(R + 83) R = 15 (CH₃)

Vậy trong hỗn hợp X gồm hai este là: CH₃COOCH₃ và CH₃COOC₂H₅

0,25

– Đặt CT của este dạng C_nH_2nO₂ và ancol có số mol là a, b mol

– Phản ứng cháy:

a an (mol)

b b bm (mol)

Theo bài ta có: (1*)

= (2*)

0,25

Thế (1*) vào (2*) ta có a = 0,04 mol.

– Cho hỗn hợp tác dụng với KOH có phản ứng của este: dạng RCOOR’

0,04 0,04

este có 3 cacbon trở lên n (3*)

– Có an + bm = 0,145 b = (0,145 – 0,04n)/m > 0 n < 3,625 (4*)

Từ (3*) và (4*)n = 3 este có công thức: Ancol có CT: C₂H₅OH

Vậy hỗn hợp X gồm:

0,25

2

– Phần 1: CH₃COOH (a mol), C₃H₅(OH)₃ (b mol) và CH₃COOC₂H₅ (c mol)

Phần 2: CH₃COOH (xa mol), C₃H₅(OH)₃ (xb mol) và CH₃COOC₂H₅ (xc mol)

Phần 3: CH₃COOH (xa mol), C₃H₅(OH)₃ (xb mol) và CH₃COOC₂H₅ (xc mol)

m_hh = 60.(a + 2xa) + 92.(b+2xb) + 88.(c+2xc) = 22,4 (gam)

(2x + 1)(60a + 92b + 88c) = 22,4 (I)

– Cho phần 1 tác dụng hết với Na :

Số mol khí H₂ thu được là: a + 3b = 0,06 (II)

0,25

– Cho phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH:

Số mol NaOH phản ứng là : xa + xc = 0,1 (mol) (III)

– Cho phần 3 tác dụng với NaHCO₃ dư:

Số mol khí CO₂ thu được là : xa = 0,06 (mol) (IV)

0,25

Từ (II), (III) và (IV) ta có:

Do b > 0 nên (*)

Thay a, b, c vào (I) ta được:

Giải phương trình bậc 2 => x = 2 (thỏa mãn) hoặc x = 33/46 (loại)

0,25

Thay x = 2 vào (II), (III) và (IV) ta được kết quả:

Khối lượng của các chất có trong hỗn hợp X là:

= 60.(a + 2xa) = 60.0,15 = 9 gam

= 92.(b+2xb) = 92.0,05 = 4,6 gam

= 88.(c+2xc) = 88.0,1 = 8,8 gam

0,25

5

1

Có m_ddNaOH = 50.1,2 = 60 (g); n_H2O = 59,49 : 18 = 3,305 (mol)

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m_A + m_ddNaOH = m_{hơi nước} + m_D

m_A = 59,49 + 1,48 – 50.1,2 = 0,97 (g)

=> M_A = 0,97/0,005=194 (g/mol)

0,25

Mặt khác theo giả thiết: D0,795 gam Na₂CO₃ + 0,952 lít CO₂ (đktc) + 0,495 gam H₂O.

=> ; n_H2O = 0,0275 (mol)

n_NaOH = 0,015 (mol); n_{H2O trong dd NaOH} = (60 – 0,015.40) : 18 = 3,3 (mol)

Áp dụng ĐLBT nguyên tố C ta có:

n_{C(trong A)} = = 0,0075 + 0,0425 = 0,05 (mol)

BT nguyên tố H:

n_{H (trong A)} + 0,015 + 3,3.2 = 3,305.2 + 0,0275.2

• n_H(trongA) = 0,05 (mol)

Gọi công thức phân tử A là C_xH_yO_z. Ta có:

x = n_C/n_A = 0,05/0,005=10

y = n_H/n_A = 0,05/0,005 =10 => z = (194-10.12-10)/16 = 4

Vậy công thức phân tử A là C₁₀H₁₀O₄.

0,25

Có tỷ lệ: ; Trong A có 4 nguyên tử O nên A có thể chứa 2 nhóm chức phenol và 1nhóm chức este –COO- hoặc A có 2 nhóm chức este –COO- trong đó 1 nhóm chức este liên kết với vòng benzen. Nhưng theo giả thiết A chỉ có một loại nhóm chức do đó A chỉ chứa hai chức este (trong đó một chức este gắn vào vòng benzen) => A phải có vòng benzen.

Khi A tác dụng với dd kiềm thu được X, Y là 2 axit hữu cơ đơn chức.

Z là hợp chất hữu cơ thơm chứa 1 nhóm chức phenol và 1 chức ancol Số nguyên tử C trong Z ≥7Tổng số nguyên tử C trong X, Y = 3.

Vậy 2 axit là CH₃COOH (Y) và HCOOH (X)

Như vậy Z phải là: OH-C₆H₄-CH₂OH

0,25

Khi Z tác dụng dd nước brom tạo ra sản phẩm Z^’ trong đó:

=> 1 phân tử Z đã thế 3 nguyên tử Br. Như vậy vị trí m là thuận lợi nhất. CTCT của Z và Z^’ là

A là m-CH₃COO-C₆H₄-CH₂-OOCH

hoặc m-HCOO-C₆H₄-CH₂-OOCCH₃

0,25

2

a) Đặt hai kim loại kiềm là M; số mol của M và Ba lần lượt là 2x và 2y

Xét phần I:

Theo bài: n_H+ = 0,6 (mol) và n_H2 = 0,325 (mol)

→ Hai axit hết và hỗn hợp các kim loại còn phản ứng với H₂O

→ số mol H₂ do kim loại phản ứng với nước tạo thành là 0,325 – 0,3 = 0,025 (mol)

→ n_OH- = 0,025.2 = 0,05 (mol)

→ m_{kim loại} = 62,7 – 0,2.96 -0,2.35,5 – 0,05.17 = 35,55 (g)

→ M.x + 137y = 35,55 (1)

Viết QT oxi hóa – khử, theo định luật bảo toàn e→ n_H2 =

→ x + 2y = 0,65 (2)

0,25

Xét phần II:

Số mol Na₂SO₄ dùng trong hai trường hợp là 0,195mol và 0,205 mol

Theo bài: m₂ > m₁ điều đó chứng tỏ khi dùng 0,195 mol Na₂SO₄ thì Ba²⁺ còn dư → n_{kết trủa 1} = 0,195 (mol)

Giả sử Ba²⁺ cũng dư khi dùng 0,205 mol Na₂SO₄ thì

m₂ –m₁ = 233.( 0,205 – 0,195) = 2,33 1,165 (g)

→ Ba²⁺ hết khi dùng 0,205 mol Na₂SO₄;

Có n_{kết tủa 2} = 0,195 + 1,165 : 233 = 0,2 = n_Ba = y

Từ (2) → x = 0,25

Từ (1) → M = 32,6 (g/mol)

Hai kim loại cần tìm là Na (23) và K (39)

0,25

b) Dung dịch Y chứa 0,65 mol OH^– ; 0,2 mol Ba²⁺ và M⁺. Sục V lít (ở đktc) CO₂ vào Y có thể xảy ra các pt:

(1) CO₂ + OH^– → HCO₃^–

(2) CO₂ + 2OH^– → CO₃^2- + H₂O

(3) Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃

– Nếu V = 3,36 → n_CO2 = 0,15 (mol): không xảy ra (1)

→ số mol CO₃^2- = n_CO2 = 0,15 < 0,2

→ n_{kết tủa} = 0,15 (mol) → m_{kết tủa} = 29,55 (g)

– Nếu V = 13,44 → n_CO2 = 0,6 (mol): xảy ra (1), (2) và (3)

Theo (1), (2), (3) có: số mol CO₃^2- = n_OH- – n_CO2 = 0,65 – 0,6 = 0,05 < 0,2 → n_{kết tủa} = 0,05 (mol) → m_{kết tủa} = 9,85 (g)

0,25

– Theo (1), (2), (3): n_{kết tủa cực đại} = n_Ba2+ = 0,2 (mol) xảy ra khi

0,2 (mol) ≤ n_CO2 ≤ 0,45 (mol) ↔ 4,48 ≤ V ≤ 10,08 thuộc khoảng (3,36; 13,44) (thỏa mãn)

Vậy 9,85 < m ≤ 39,4

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH CẤP TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn thi: HÓA HỌC

Ngày thi: 21/10/2020

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

Đề thi có 02 trang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH CẤP TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn : HÓA HỌC

Ngày thi: 21/10/2020

Câu

Ý

Đáp án

Biểu điểm

1

1

– Cho dung dịch X₁ vào dung dịch X₂ thấy vừa tạo kết tủa trắng, vừa có khí thoát ra. Vậy X₁ và X₂ là 1 trong 2 chất NaHSO₄, Ba(HCO₃)₂

2NaHSO₄ + Ba(HCO₃)₂ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + 2CO₂↑ + 2H₂O

Cho dung dịch X₂ vào các dung dịch X₃; X₄ đều có kết tủa. Vậy X₂ là Ba(HCO₃)₂, X₃ và X₄ là 1 trong 2 chất Ba(OH)₂, Na₂SO₄

=> X₁ là NaHSO₄ và X₅ là KHCO₃

Ba(OH)₂ + Ba(HCO₃)₂→ 2BaCO₃↓ + 2H₂O

Na₂SO₄+ Ba(HCO₃)₂ → BaSO₄↓ + 2NaHCO₃

0,25

Cho dung dịch X₃ vào dung dịch X₅ có kết tủa

=>X₃ là Ba(OH)₂, X₄ là Na₂SO₄

Ba(OH)₂ + 2KHCO₃ → BaCO₃↓ + K₂CO₃ + 2H₂O

0,25

2

– Hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl loãng dư, thu được dung dịch

2Na + 2HCl → 2NaCl + H₂

Ca + 2HCl → CaCl₂ + H₂

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

– Cho NH₃ dư vào dung dịch thu được, lọc tách kết tủa

NH₃ + HCl dư → NH₄Cl

3NH₃ + AlCl₃ + 3H₂O → 2Al(OH)₃ + 3NH₄Cl

– 2Al(OH)₃ Al₂O₃ + 3H₂O

Al₂O₃ 2Al + 3O₂

0,25

– Cho (NH₄)₂CO₃ dư vào dung dịch nước lọc, lọc tách kết tủa và cô cạn dung dịch thu được NaCl. Lấy kêt tủa tác dụng với dung dịch HCl dư, cô cạn dung dịch thu được CaCl₂

(NH₄)₂CO₃ + CaCl₂ → CaCO₃ + 2NH₄Cl

CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂ + H₂O

– Điện phân nóng chảy từng muối NaCl, CaCl₂ thu được Na, Ca

2NaCl 2Na + Cl₂

CaCl₂ Ca + Cl₂

0,25

3

0,25

2CH₃CHO+O_{2 2}CH₃COOH

CH₃COOH+ NaOH CH₃COONa + H₂O

CH₃COONa + NaOHCH₄ + Na₂CO₃

0,25

HOOC-CH₂-COOH+ 2NaOHNaOOC-CH₂-COONa + 2H₂O

NaOOC-CH₂-COONa + 2NaOHCH₄ + 2Na₂CO₃

0,25

2CH₄ C₂H₂ + 3H₂

C₂H₂ CHC-CH=CH₂

CHC-CH=CH₂ + H₂ CH₂=CH-CH=CH₂

nCH₂=CH-CH=CH₂-(CH₂-CH=CH-CH₂)_n–

(có thể chọn các chất khác phù hợp)

0,25

2

1

hoặc HCOOCH(CH₃)-COOCH(CH₃)-COOCH=CH₂

A₁. HCOONa.

A₂. HO-CH₂-CH₂-COONa hoặc HO-CH(CH₃)-COONa

B₂. CH₃-CH₂-OH.

0,25

(A₁) (A₂) (D)

0,25

(A₁)

HO-CH₂-CH₂-COONa +NaOH CH₃-CH₂-OH+ Na₂CO₃

(A₂) (B₂)

0,25

2CH₃-CH₂-OH + 2Na → 2CH₃-CH₂-ONa + H₂

(B₂)

CH₃CHO+2AgNO₃+3NH₃+H₂OCH₃COONH₄+2Ag+2NH₄NO₃

0,25

2

Các pư xảy ra:

CO₂ + OH^– → HCO

CO₂ + 2OH^­- → CO + H₂O

Ba²⁺ + CO → BaCO₃

Ba²⁺ + SO→ BaSO₄

0,25

TN1: 0,4x + 0,8y = 0,044 (1)

TN2: 0,4y + 0,8x = 0,0325 (2)

x=0,0175 mol; y = 0,04625

0,25

3

– Hòa tan A vào nước chỉ có các phản ứng:

BaO + H₂O → Ba(OH)­₂

Al₂O₃ +Ba(OH)­₂→ Ba(AlO₂)₂ + H₂O

– Phần không tan B gồm: Fe₃O₄, Al₂O₃ dư (do E tan một phần trong dung dịch NaOH) nên dung dịch D chỉ có Ba(AlO₂)₂. Sục khí CO₂ dư vào D:

Ba(AlO₂)₂ + 2CO₂ + 4H₂O → 2Al(OH)₃ + Ba(HCO₃)₂

0,25

– Cho khí CO dư qua B nung nóng có phản ứng:

Fe₃O₄ + 4CO 3Fe + 4CO₂

– Chất rắn E gồm: Fe, Al₂O₃. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư:

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

– Chất rắn G là Fe. Cho G tác dụng với H₂SO₄ dư, KMnO₄:

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

10FeSO₄ + 8H₂SO₄ + 2KMnO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + 2MnSO₄ + K₂SO₄ + 8H₂O

0,25

3

1

+ Khi thêm O₂ vừa đủ vào X

O₂ + 2NO → 2NO₂

=> Y có NO₂, N₂O, N₂

+ Dẫn Y qua NaOH có

2NaOH + 2NO₂  NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O

=> Z gồm N₂ và N₂O có M = 40,

=> n_N2 = 0,05, n_N2O= 0,15; n_NO = 0,1 mol.

+ Thêm KOH vào dung dịch A để tạo kết tủa lớn nhất xảy ra vừa đủ các phương trình sau

H⁺ + OH^–→ H₂O

Mg²⁺ + 2OH^– → Mg(OH)₂

Al³⁺ + 3OH^– → Al(OH)₃

BTKL: m + 39,1 = m_KL + m_OH-= m+ 17.n_OH-

=> n_OH-= 2,3 mol => n_Mg= 0,4 mol; n_Al= 0,5 mol

BTe có n_NH4NO3 = 0,0375 mol

0,25

+ n_{HNO3 PƯ}= 2,3 + 0,05×2 + 0,15×2 + 0,1 + 0,0375×2 = 2,875 mol.

Vì axit lấy dư 20% nên n_{HNO3 ban đầu} =3,45 mol

m _{dd HNO3} = 1086,75 gam

+ m_ddSPƯ = 1086,75 + 0,4×24 + 0,5×27 – 0,05×28 – 0,15×44 – 0,1×30 = 1098,85 gam.

+nồng độ các chất:

C%Al(NO₃)₃ = 106,5×100 :1098,85 = 9,69%.

C%Mg(NO₃)₂ = 59,2×100 :1098,85 = 5,39%.

C%NH₄NO₃ = 0,273%

C%HNO₃ = 3,297%

0,25

2

Gọi số mol R₂CO₃ và MHCO₃ có trong dung dịch X lần lượt là a, b

+ TN1: Khi cho HCl từ từ vào dung dịch X đến khi bắt đầu thoát khí

R­₂CO₃ + HCl → RHCO₃ + RCl

Mol: 0,10,1

+ TN2: Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch Ba(OH)₂ dư.

R₂CO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + 2ROH

Mol: 0,1 0,1

MHCO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + MOH + H₂O

Mol: b b

Thay a = 0,1 vào ta được b = 0,15

0,25

TN3: Khi cho dung dịch X vào dung dịch chứa 0,3 mol HCl

R­₂CO₃ + 2HCl → 2RCl + CO₂ + H₂O

x 2x x

MHCO₃ + HCl →MCl + CO₂ + H₂O

y y y

=> V_CO2= 4,8 lít

Có 0,1(2R +60) + 0,15(M+61) = 25,6

 2R +1,5M =104,5 => M là K; R là Na

=> m_Na2CO3= 10,6g; m_KHCO3=15

0,25

4

1

– Đốt hoàn toàn a mol X cũng như Y đều thu được x mol CO₂ và y mol H₂O => X và Y đều có cùng số C, số H và cùng số liên kết π.

Do x = y + a hay a = x-y => k=2

=> Công thức X, Y có dạng C_nH_2n-2O_z

0,25

– E + NaOH  SP trong đó có 2 muối + 1 ancol

– E + AgNO₃/NH₃ thu Ag trong đó

– Trong E thì X, Y cùng C, H

=> Hỗn hợp E có chứa một este no, hai chức mạch hở và 1 anđehit, no, hai chức mạch hở cùng số nguyên tử C và H. M_X< M_Y nên X là andehit và Y là este.

Gọi công thức andehit, este trong hỗn hợp (E) lần lượt là C_nH_2n(CHO)₂ (chất X) và R’COOC_mH_2mOOCR (chất Y) mol tương ứng là a, b

( n,mN^*; a, b> 0) => a + b = 0,1

C_mH_2m(OH)₂ + 2Na C_mH_2m(ONa)₂ + H₂

=> m_Z= 2,96+2b

*TH₁: Chỉ andehit tham gia phản ứng tráng bạc, este không tham gia phản ứng tráng bạc.

PTHH: C_nH_2n(CHO)₂ + 4AgNO₃ + 6NH₃ +2H₂O

_{CnH2n(COONH4)2 +4Ag+4NH4NO3 (1)}

a = n_andehit = mol => b = n_este = 0,02 mol

_R’COOCmH_2mOOCR+2NaOH_{R’COONa+ RCOONa+CmH2m(OH)2 (2)}

_{=> nZ=0,02 mol=> mZ=3,0g => MZ = 150}

=> m = 8,28 loại

0,25

*TH₂: Cả andehit và este đều tham gia phản ứng tráng bạc

=>este là este của axit fomic.

Công thức este là HCOO-C_mH_2m -OOC-R

_CnH_2n(CHO)₂ + 4AgNO₃ + 6NH₃ +2H₂O

_{CnH2n(COONH4)2 + 4Ag+ 4NH4NO3 (3)}

HCOO-C_mH_2m -OOC-R+2AgNO₃ +3NH₃ +H₂O

H₄NOOC-C_mH_2m -OOC-R _{+ 2Ag+ 2NH4NO3 (4)}

Theo (3) và (4)

Có hpt

_HCOOCmH_2mOOCR+2NaOH

_{HCOONa+ RCOONa+CmH2m(OH)2 (2)}

_{=> nZ=0,04 mol=> mZ=3,04g => MZ= 76}

14m + 34 = 76 => m = 3=> ancol Z là C₃H₆(OH)₂

=>công thức cấu tạo thu gọn của Z là

HO -CH₂-CH(OH)-CH₃ hoặc HO-CH₂-CH₂-CH₂-OH

n_HCOONa=n_RCOONa=0,04 => 68.0,04+ (R+67).0,04 =6 => R là CH₃

0,25

Este Y là HCOO-C₃H₆-OOC-CH₃

Các công thức cấu tạo thu gọn của Y là

HCOO-[CH₂]₃-OOC-CH₃

HCOO-CH(CH₃)-CH₂ -OOC-CH₃

HCOO-CH₂-CH(CH₃) -OOC-CH₃

Andehit X là C₄H₈(CHO)₂

Công thức cấu tạo thu gọn của X là

O=HC-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-CH=O

0,25

2

Đặt X là C_nH_2n-1COOH x mol ( n >1)

Đặt CT chung cho Y, Z là C_mH_2m+1COOH y mol (m, x, y > 0)

Đặt CT chung của 2 bazơ là MOH

PTHH:

C_nH_2n-1COOH + MOH→C_nH_2n-1COOM + H₂O (1)

Mol: x x x x

C_mH_2m+1COOH + MOH→C_mH_2m+1COOM + H₂O(2)

Mol: y y y y

Hỗn hợp D gồm C_nH_2n-1COOM và C_mH_2m+1COOM

D + O₂ → 0,2 mol Na₂CO₃ +0,26 mol K₂CO₃+ 44,08g hỗn hợp T (CO₂ +H₂O)

BTNT Na, K có n_A= n_NaOH +n_KOH= x+ y = 0,92 mol (*)

=> trong hỗn hợp A có axit HCOOH

Vậy Y là HCOOH và Z là CH₃COOH.

0,25

+ Bảo toàn khối lượng, suy ra trong A:

m_C + m_H = 46,06 – 32. 0,92= 16,6 gam (*)

+ Đốt D thu được 0,46 mol M₂CO₃; 44,08 gam hỗn hợp H₂O và CO₂, suy ra đốt A thu được 44,08 gam hỗn hợp H₂O và CO₂ và 0,46 mol CO₂; 0,46 mol H₂O

Vậy: m CO₂ + m H₂O = 44,08+ 0,46. 62 = 72,6 gam (**)

giải hệ (*)(**) được: n_C = 1,2 mol và n_H = 2,2 mol

0,25

+ Xét hỗn hợp A

2 n_C(A) – n_{H (A)} = 2x = 0,2 => x = 0,1, y = 0,82

Thay vào biểu thức n_C trong A ta được

0,1n + 0,82m= 1,2 – 0,92 = 0,28

Do m> 0 nên n < = 2,8

mà n≥2 = > n = 2. Công thức của X là C₂H₃COOH hay

CTCT của X là CH₂=CH-COOH

0,25

Giải hệ phương trình về quan hệ mol các chất được:

n HCOOH = 0,74 mol, n CH₃COOH = 0,08 mol

=> %C₂H₃COOH =15,64%

%HCOOH =73,94%

%CH₃COOH =10,42%

0,25

5

1

Từ giả thiết 2 este có dạng RCOOCH=CHR’và RCOOC₆H₄R’’(este của phenol)

RCOOCH=CHR’ + NaOHRCOONa + R’CH₂CHO (1)

x mol x mol x mol x mol

RCOOC₆H₄R’’ + 2NaOHRCOONa + R’’C₆H₄ONa+H₂O (2)

y mol 2y mol y mol y mol

theo bài ra ta có hệ :

0,25

Gọi CTPT của anđehit no đơn chức mạch hở Y là C_nH_2nO ta có

C_nH_2nO+(3n-1)/2O₂ nCO₂ + nH₂O (3)

0,2 0,2n 0,2n

m _{bình tăng} = 0,2n.44 + 0,2n.18 = 24,8 →n =2

CTPT là C₂H₄O hay CH₃CHO.

Vì tổng khối lượng 2 muối bằng 37,6 gam và 2 muối hơn kém nhau 11,6g nên có hệ

Có 2 trường hợp

0,25

TH1:

0,25

TH2: (loại)

0,25

2

Khi kim loại vừa tan hết thì dừng làm thí nghiệm nên có các phản ứng

Al → Al³⁺ +3e

Fe → Fe²⁺ + 2e

Cu → Cu²⁺ + 2e

4H⁺ + NO+ 3e→ NO + 2H₂O

1,12 0,84 mol

Đặt n_Al=x; n_Fe= y; n_Cu=z (x, y, z>0)

=> Có hệ (I)

0,25

+ Cho Y + 0,86 mol NaOH thu kết tủa rồi nung trong điều kiên có oxi thu 29,82g chất rắn

Al³⁺ + 3OH^– → Al(OH)₃ (1)

Fe²⁺ + 2OH^– → Fe(OH)₂ (2)

Cu²⁺ + 2OH^– → Cu(OH)₂ (3)