Hướng dẫn giải

Na⁺: 1s²2s²2p⁶

S^2-: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶

Fe²⁺: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶

Fe³⁺: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵

b) 2Na + 2H₂SO_{4 đặc, nóng}  Na₂SO₄ + SO₂ + 2H₂O

S + 2 H₂SO_{4 đặc, nóng}  3SO₂ + 2H₂O

2Fe + 6H₂SO_{4 đặc, nóng} Fe₂(SO­₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O (*)

Nếu Fe dư sau phản ứng (*) sẽ có phản ứng:

Fe + Fe₂(SO­₄)₃  3 FeSO₄

0,125×4 = 0,5

a) Điện phân dung dịch CuSO₄ với điện cực Pt.

Pt là điện cực trơ nên không không có phản ứng gì với dung dịch điện phân và dòng điện.

(-) Cu²⁺, H₂O (+) SO₄^2-, H₂O

Cu²⁺ + 2e  Cu H₂O  2H⁺ + ½ O₂ + 2e

Phương trình tổng quát: Cu²⁺ + H₂O  Cu + 2H⁺ + ½ O₂

Hiện tượng xảy ra: Trên điện cực âm xuất hiện kim loại Cu bám trên bề mặt, trên điện cực dương xuất hiện bọt khí không màu, không mùi thoát ra, dung dịch nhạt dần màu xanh lam cho đến khi mất màu.

pH của dung dịch giảm dần trong quá trình điện phân do nồng độ H⁺ tăng dần

b) Điện phân dung dịch CuSO₄ (với điện cực Cu).

Cu ở cực âm không có phản ứng gì nhưng ở cực dương thiếu hụt electron nên Cu sẽ nhường electron cho điện cực.

(-) Cu, Cu²⁺, H₂O (+) Cu, SO₄^2-, H₂O

Cu²⁺ + 2e  Cu Cu  Cu²⁺ + 2e

Phương trình tổng quát:

Cu²⁺_(catot) + Cu_(anot)  Cu_(catot) + Cu²⁺_(anot)

Hiện tượng xảy ra: Trên điện cực âm xuất hiện kim loại Cu bám trên bề mặt (điện cực dày lên), điện cực dương bị mòn dần, dung dịch không có sự thay đổi về màu sắc.

pH của dung dịch không đổi trong quá trình điện phân do nồng độ dung dịch CuSO₄ không thay đổi.

0,125

0,125

0,25

0,125

0,125

Hướng dẫn giải

CaO + H₂O  Ca(OH)₂

Ca(OH)₂  Ca²⁺ + 2 OH^–

NH₄Cl  NH₄⁺ + Cl^–

NaHCO₃  Na⁺ + HCO₃^–

NH₄⁺ + OH^–  NH₃ + H₂O

HCO₃^– + OH^–  CO₃^2- + H­₂O

Ca²⁺ + CO₃^2-  CaCO₃

Do số mol các chất phản ứng bằng nhau nên các phản ứng đều xảy ra vừa đủ. Đun nóng dung dịch khí NH₃ sẽ thoát ra khỏi dung dịch.

Vậy kết tủa A là CaCO₃

Dung dịch B chứa NaCl

Khí C là NH₃ (có thể lẫn hơi nước)

0,125

0,125×3

a) Trong 100 gam dung dịch giấm ăn có 5 gam CH₃COOH  số mol của CH₃COOH là: 5/60 (mol)

Thể tích của 100 g dung dịch là: 100/1,05 (ml) = 0,1/1,05 (lit)

 Nồng độ C_{M (CH3COOH)} = 5/60 : (0,1/1,05) = 0,875M

Gọi x là nồng độ CH₃COOH bị phân li ( 0<x < 0,875)

Trong dung dịch xảy ra quá trình phân li:

CH₃COOH  CH₃COO^– + H⁺

Ban đầu 0,875 0 0 (M)

Phân li x x x

Cân bằng 0,875-x x x

K_a = = 1,8.10^-5 >> K_w = 10^-14  Bỏ qua cân bằng phân li của nước.

Giải phương trình ta được x = 3,96.10^-3 M  pH = 2,4

b) Ngay sau khi trộn 2 dung dịch với thể tích và nồng độ bằng nhau nồng độ của các chất trong dung dịch sau khi trộn là:

0,875/2 = 0,4375 M

Xảy ra phản ứng là:

CH₃COOH + OH^–  CH₃COO^– + H₂O K = K_a/K_w = 1,8.10⁹

 phản ứng xảy ra hoàn toàn

Thành phần trong dung dịch sau phản ứng: CH₃COO^– : 0,4375M, K⁺: 0,4375M

Gọi y là nồng độ CH₃COO^– bị thủy phân ( 0<y < 0,4375)

CH₃COO^– + HOH  CH₃COOH + OH^– K_b­

Ban đầu 0,4375 0 0

Phản ứng y y y

Cân bằng 0,4375 -y y y

K_b = = K_W/K_a = = 5,56.10^-10 >> K_w = 10^-14  Cân bằng của nước không đáng kể  bỏ qua

Giải phương trình ta có: y = 1,56.10^-5 M

 pOH = 4,8  pH = 9,2 >8  Phenolphtalein chuyển sang màu hồng.

0,125

0,125

0,25

0,25

Hướng dẫn giải

3.1.

– Khi nung đá vôi người ta thường đập nhỏ các khối đá vôi trước khi đưa vào lò nung để làm tăng diện tích tiếp xúc của đá vôi với nhiệt do đó làm tăng tốc độ của phản ứng phân hủy đá vôi.

– Tăng nhiệt độ của lò phản ứng làm cho tốc độ phân hủy đá vôi tăng, đồng thời phản ứng có ΔH > 0 nên khi tăng nhiệt độ lên sẽ làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận là chiều phân hủy CaCO₃ nên làm tăng hiệu suất của phản ứng phân hủy CaCO₃. Nhưng nhiệt độ cao quá thì lại tốn nhiên liệu hoặc vật liệu làm lò nung phải là vật liệu chịu nhiệt tốt nên người ta cần duy trì ở một nhiệt độ thích hợp từ 1100⁰C đến 1200⁰C.

0,25

3.2

3.1

a) 2SO₂ + O₂ 2SO₃

Nồng độ ban đầu 4M 2M

Nồng độ phản ứng 3,2M 1,6M 3,2M

Nồng độ cân bằng 0,8M 0,4M 3,2M

b) 2SO₂ + O₂ 2SO₃

Nồng độ ban đầu 4M a M

Nồng độ phản ứng 3,6M 1,8M 3,6M

Nồng độ cân bằng 0,4M (a-1,8)M 3,6M

Giải phương trình, ta được a = 3,825M.

0,25

0,25

0,25

0,25

3.3

H = H(CO₂) – H(CO)

=  393,51  ( 110,52) =  282,99 (kJ)

C = C(CO₂)  [C(CO) + 1/2C(O₂)]

= 26,78 + 42,26. 10^3 T – (26,53 + 7,7. 10^3 T+1/2. (26,52 + 13,6. 10^3 T))

=  13,01 + 27,76. 10^3 T (J.K^1)

H = H + dT =  282990 + ( 13,01 + 27,76. 10^3 T)dT

=  282990 – 13,01.(473 – 298) + .27,76.10^-3.(473 – 298)²

H=  283394 J.mol^1 = 283,394 kJ.mol^1

0,125

0,125

Câu 4

Hướng dẫn

Điểm

4.1

Phản ứng đốt cháy pirit sắt:

4 FeS₂ + 11 O₂ 2 Fe₂O₃ + 8 SO₂

Các phản ứng chuyển SO₂ thành H₂SO_4:

_{2 SO2 + O2} 2 SO₃

SO₃ + H₂O  H₂SO₄

0,25

0,125×2

=0,25

Lư­ợng FeS₂ có trong 800 tấn quặng: 800 – (800 x 0,25) = 600 (tấn)

Số kilomol FeS₂ = (kmol)

Số kilomol FeS₂ thực tế chuyển thành SO₂:

5000 – (5000 x 0,05) = 4750 (kmol)

Số kilomol SO₂ và là số kilomol H₂SO₄ được tạo thành:

4750 x 2 = 9500 (kmol)

Lư­ợng H₂SO₄ đ­ược tạo thành : 98 x 9500 = 931.000 (kg)

Thể tích dung dịch H₂SO₄ 93% là: (m³)

0,125

0,125

0,125

0,125

Cho A tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng, dư:

Mg + 2HCl  MgCl₂ + H₂

1 2

Fe₃O₄ + 8HCl  FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

1 8 2

Cu + 2FeCl₃  CuCl₂ + 2FeCl₂

1. 2

 chất rắn D: Cu dư

Dung dịch B: MgCl₂, FeCl₂, HCl dư

Thêm KNO₃ vào dung dịch B:

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^–  3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

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

NO + ½ O₂  NO₂

Khí L: NO

Dung dịch E: Mg²⁺, Fe³⁺, Cl^–, K⁺, NO₃^– (có thể có), H⁺ (có thể có), Fe²⁺ (có thể có) ( Fe²⁺ , H⁺, NO₃^– không thể có mặt đồng thời)

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

Hướng dẫn giải

a) Vì A tan hoàn toàn trong nước nên có các phản ứng sau:

Na + H₂O  NaOH + ½ H₂

Al₂O₃ + 2NaOH + 3H₂O  2Na[Al(OH)₄]

Al + NaOH + 3H₂O  Na[Al(OH)₄] + 3/2 H₂

Thành phần của dung dịch B chắc chắn phải có NaOH dư vì khi thực hiện thí nghiệm 1, 2: ban đầu khi cho HCl vào thì chưa thấy xuất hiện kết tủa, sau 1 lúc mới có kêt tủa.

Vậy thành phần của dung dịch B là: Na[Al(OH)₄], NaOH còn dư.

Cho B tác dụng với dung dịch HCl

Thí nghiệm 1: xảy ra các phản ứng:

NaOH + HCl  NaCl + H₂O

Na[Al(OH)₄] + HCl  NaCl + Al(OH)₃ + H₂O

Thí nghiệm 2: xảy ra các phản ứng:

NaOH + HCl  NaCl + H₂O

Na[Al(OH)₄] + HCl  NaCl + Al(OH)₃ + H₂O

Al(OH)₃ + 3 HCl  AlCl₃ + 3 H₂O

b) Gọi số mol của NaOH và Na[Al(OH)₄] trong ½ dung dịch B lần lượt là: x và y (mol)

Tổng số mol khí H₂ sinh ra khi hòa tan A:

Thí nghiệm 1: n_NaOH = 0,09×1 = 0,09 mol

NaOH + HCl  NaCl + H₂O

mol x x

Na[Al(OH)₄] + HCl  NaCl + Al(OH)₃ + H₂O

mol 0,09- x 0,09- x

Số mol kết tủa là: 0,09 –x

Thí nghiệm 2: n_NaOH = 0,2×1 = 0,2 mol

NaOH + HCl  NaCl + H₂O

mol x x

Na[Al(OH)₄] + HCl  NaCl + Al(OH)₃ + H₂O

mol y y y

Al(OH)₃ + 3 HCl  AlCl₃ + 3 H₂O

mol 0,2- (x+y)

Số mol kết tủa còn lại là: y – =

Theo đề bài m₁ – m₂ = 0,78 gam

 hiệu số mol kết tủa của 2 phần là 0,78/78 = 0,01 mol

 0,09 –x – = 0,01

 0,27 – 4x – 4y + 0,2 = 0,03

 x + y = 0,11

Tổng số mol Na trong A = số mol Na⁺ = 2(x + y) = 2. 0,11 = 0,22 (mol)

 số mol khí H₂ do Na phản ứng với nước sinh ra là: 0,22/2 = 0,11 mol

 số mol khí 3,808/22,4 = 0,17 mol

 số mol khí H₂ do Al phản ứng với dd NaOH sinh ra là:

0,17-0,11 = 0,06 mol

 số mol Al là: 0,06×2/3 = 0,04 mol

Tổng khối lượng của A = m_Al + m_Al2O3 + m_Na = 14,3

 m_Al2O3 = 14,3 -0,04×27-0,22×23 = 8,16 gam

% Na = (0,22×23/14,3 ) x100% = 35,5%

% Al = (0,04×27/14,3) x100% = 7,6%

% Al₂O₃ = 100% – 35,5% – 7,6% = 56,9 %

c) Thí nghiệm 1: Trong ½ dung dịch B : n_NaOH = 0,01 mol, n_Na(Al(OH)4 = 0,1 mol

Khi n_HCl ≤ 0,01 mol , chưa có kết tủa n_Al(OH)3 = 0 (mol)

n_HCl = 0,09 mol  n_Al(OH)3 = 0,08 (mol)

Thí nghiệm 2: Trong ½ dung dịch B : n_NaOH = 0,01 mol, n_Na(Al(OH)4 = 0,1 mol

Khi n_HCl ≤ 0,01 mol , chưa có kết tủa n_Al(OH)3 = 0 (mol)

n_HCl = 0,11 mol  n_Al(OH)3 = 0,09 (mol) (số mol kết tủa đạt tối đa)

n_HCl = 0,2 mol  n_Al(OH)3 bị hòa tan = (0,2-0,11)/3 = 0,03 mol

 n_Al(OH)3 còn lại = 0,1 – 0,03 = 0,07mol

0,125

0,125×2=

0,25

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

Câu

Hướng dẫn

Điểm

6

Phân tử khối = 74

Gọi CTTQ CxHyOz (x,y,z nguyên dương)

=> 12x + y + 16z = 74

=> 16z < 74-2-12 = 60  z < 3,75

0,125

0,125×3

=0,375

* Chất B có phản ứng với Na; NaOH; AgNO₃/NH₃. Vậy B là OHC-COOH

OHC-COOH + Na OHC-COONa + 1/2 H₂

OHC-COOH + NaOH OHC-COONa + H₂O

OHC-COOH + 2[Ag(NH₃)₂]OH NH₄OOC-COONH₄ + 2Ag + 2NH₃ + H₂O

0,125×4=

0,5

* Chất D có phản ứng với NaOH; AgNO₃/NH₃. Vậy D là HCOOC₂H₅

HCOOC₂H₅ + NaOH HCOOONa + C₂H₅OH

HCOOC₂H₅ + 2[Ag(NH₃)₂]OH (NH₄)₂CO₃ + C₂H₅OH + 2Ag + 2NH₃

0,125×3

=0,375

* Oxi hóa A bằng CuO thu được một anđehit no, đơn chức. Vậy A là CH₃CH₂CH₂CH₂OH.

CH₃CH₂CH₂CH₂OH + CuO CH₃CH₂CHO + H₂O + Cu

0,125×2=

0,25

* Chất E là HOCH₂-CH₂-CHO hoặc CH₃-CHOH-CHO

HO-C₂H₄-CHO + Na NaO-C₂H₄-CHO + 1/2H₂

HO-C₂H₄-CHO + 2[Ag(NH₃)₂]OH HO-C₂H₄-COONH₄ + 2Ag + 3NH₃ + H₂O

0,125×3

=0,375

Hướng dẫn giải

+) CH₃COOH: axit axetic (axit etanoic)

Các phản ứng với các chất:

CH₃COOH + Na  CH₃COONa + ½ H₂

CH₃COOH + NaOH  CH₃COONa + H₂O

2CH₃COOH + Cu(OH)₂  (CH₃COO)₂Cu + 2 H₂O

+) HCOOCH₃: Metylfomat (Metyl metanoat)

Các phản ứng với các chất:

HCOOCH₃ + NaOH  HCOONa + CH₃OH

HCOONa + NaOH + 2Cu(OH)₂ Na₂CO₃ + Cu₂O + 3H₂O

+) HO-CH₂-CHO: Hidroxi etanal

Các phản ứng với các chất:

HO-CH₂-CHO + Na  NaO-CH₂-CHO + ½ H₂

HO-CH₂-CHO NaOH +2Cu(OH)₂HO –CH₂-COONa +Cu₂O + 3H₂O

0,125×3

0,125

0,125×3

0,125

0,125×2

Vì các este là no, mạch hở  axit và ancol tương ứng cũng phải là no và mạch hở

Theo bài ra các sản phẩm khi đốt cháy Z là 0,15 mol CO₂ và 0,24 mol H₂O

 n_Z = 0,24-0,15 = 0,09 mol

Gọi CT chung của Z là  có ít nhất 1 ancol có số nguyên tử C < 5/3  ancol đó là CH₃OH

Ta có

Vì Þ Z có ít nhất 1 ancol đa chức

Mà các este đều là mạch hở và chỉ chứa chức este, khi thủy phân hỗn hợp X thì chỉ thu được 1 muối khan Y của một axit duy nhất  axit tạo muối Y đơn chức

Gọi Y là RCOONa

Þ R = 15  Y là CH₃COONa

Trong Z: ancol còn lại là đa chức C₂H₄(OH)₂ hoặc C₃H₈O_z (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

Theo đề bài và số nguyên tử C trung bình trong 2 ancol ta có:

Þ n_NaOH = x + 2y = 0,15 (thỏa mãn)

Þ CTCT của 2 este là CH₃COOCH₃ (0,03 mol) và (CH₃COO)₂C₂H₄ (0,06 mol)

TH 2: Nếu 2 ancol là CH₃OH và C₃H_8-z(OH)_z; a và b là số mol của 2 ancol tương ứng

Theo đề bài và số nguyên tử C trung bình trong 2 ancol ta có:

Þ nNaOH = a+zb =0,06+0,03z = 0,15Þ z = 3

Þ CTCT của 2 este là CH₃COOCH₃ (0,06 mol) và (CH₃COO)₃C₃H₅ (0,03 mol)

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

Hướng dẫn giải

Khối lượng N trong 1 mol A là:

Số mol N trong A là 42: 14 = 3 mol N  trong A có tối đa 3 gốc α-aminoaxit

Mà thủy phân không hoàn toàn A thu được 2 peptit B, C, như vậy A là một tripeptit  amino axit tạo ra A chỉ chứa 1 nhóm –NH₂ và 1 nhóm –COOH (theo đề bài)  công thức cấu tạo phân tử của A có dạng:

0,25

Khi thủy phân A thu được các peptit

0,25

nHCl = 0,0112.0,536 = 0,006 mol

0,25

M_B = 0,48: 0,003 = 160 đvC R₁ + R₂ = 160 -130 = 30 đv C (1)

0,25

nKOH =

0,25

M_C = 0,708 : 0,003 = 236 đvC R₂ + R₃ = 236 – 130 = 106 đvC (2)

Mặt khác: R₁ + R₂ + R₃ = 307 – 186 = 121 đvC (3)

0,25

Giải hệ 3 phương trình (1), (2), (3) ta được R₁ = R₂ = 15 ứng với CH₃–

R₃ = 91 ứng với C₆H₅ – CH₂ –

0,25

Các công thức cấu tạo có thể có của A là:

0,125×2

Câu

Hướng dẫn

Điểm

9.1

E: CH₂ = C(CH₃)COOC₂H₅ X: C₂H₅OH  G: CH₃COOH  T: CH₃COONa

Y: CH₂ = C(CH₃)COONa ; F: CH₂ = C(CH₃)COOCH₃

Viết 7 phương trình phản ứng minh họa

1)CH₂ = C(CH₃)COOC₂H₅ + NaOH  CH₂ = C(CH₃)COONa + C₂H₅OH

2) C₂H₅OH + O₂ CH₃COOH + H₂O

3) CH₃COOH + NaOH  CH₃COONa + H₂O

4) CH₃COONa + NaOH CH₄ + Na₂CO₃

5) CH₂ = C(CH₃)COONa + HCl  CH₂ = C(CH₃)COOH + NaCl

6) CH₂ = C(CH₃)COOH + CH₃OH CH₂ = C(CH₃)COOCH₃ + H₂O

7) nCH₂ = C(CH₃)COOCH₃ (-CH₂-C(CH₃)(COOCH­₃)-)_n

Chú ý: Có thể chọn các chất E, X, Y,…. khác phù hợp với dãy chuyển hóa vẫn cho điểm tối đa

0,3

0,7

9.2

Các hợp chất trong X gồm C₃H₄O; C₃H₆O₂; C₂H₄O và C₂H₆O₂

n_CO2 = 1,15 mol ; n_H2O = 23,4 /18 = 1,3 mol

Trong 29,2 gam hỗn hợp X : Theo định luật bảo toàn khối lượng

m_{O (X)} = m_X – m_C – m_H = 29,2 – 1,15.12 – 1,3.2 = 12,8 gam

 n_O = 12,8/16 = 0,8 mol

Đặt : n(C₃H₄O) + n(C₂H₄O) = a mol ; n(C₃H₆O₂) + n(C₂H₆O₂) = b mol

• n_O = a + 2b = 0,8

• n(H₂O) = n_{H (X)} /2 = (4a + 6b)/2 = 1,3.2  2a + 3b = 1,3

Giải hệ phương trình trên ta được: a = 0,2 (mol) ; b = 0,3 (mol)

 Trong 36,5 gam X : n_andehit = 0,2×36,5/29,2 = 0,25 mol

=> n_Ag = 0,25×2 = 0,5 mol  m = m_Ag = 54 gam

0,25

0,5

0,25

Câu

Hướng dẫn

Điểm

10.1

a) Nhỏ dung dịch H₂SO₄ đậm đặc vào một miếng vải có thành phần là sợi bông tự nhiên thì chỗ miếng vải đó tiếp xúc với axit bị đen lại và thủng ngay do sợi bông tự nhiên có thành phần chính là xenlulozo khi tiếp xúc với H₂SO₄ đậm đặc là chất hút nước mạnh nên sẽ lấy nước của xenlulozo  xenlulozo bị chuyển hóa thành C (màu đen)  cấu trúc xenlulozo bị phá vỡ ngay  vải bị thủng ngay.

(C₆H₁₀O₅)_n + mH₂SO₄ đặc  6n C + mH₂SO₄.5nH₂O

Nhưng nếu bạn ấy nhỏ dung dịch H₂SO₄ loãng vào một miếng vải khác có thành phần như vậy thì vải mủn dần rồi mới bục ra do dung dịch H₂SO₄ loãng không háo nước như H₂SO₄ đặc nên không chuyển xelulozo thành C được nhưng H₂SO₄ loãng lại là chất xúc tác cho quá trình thủy phân xelulozo, phản ứng sẽ chậm hơn nên cấu trúc mạch polime của xelulozo vẫn bị phá vỡ  miếng vải mủn dần ra rồi mới bục.

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O nC₆H₁₂O₆

0,25

0,25

0,25

0,25

10.2

a) 4HCl + MnO₂ (t⁰) MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O

b) Cl₂, HCl bay hơi, hơi H₂O

c) – Bình đựng dd NaCl bão hòa dùng để hấp thụ HCl và 1 phần hơi nước do HCl tan tốt trong nước. Để hạn chế độ tan của Cl₂ và phản ứng của Cl₂ với nước phải dùng dung dịch bão hòa NaCl

Cl₂ + H₂O  H⁺ + Cl^– + HClO

Nồng độ Cl^­- trong dung dịch NaCl bão hòa cao làm cho cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.

– Khí đi ra khỏi bình dd NaCl chứa Cl₂, hơi nước được dẫn qua bình đựng H₂SO₄ đặc để hấp thụ hơi nước do H₂SO₄ có tính háo nước và không có phản ứng với clo. Khí đi ra là khí clo khô

– Bông tẩm xút NaOH đặt ở miệng bình thu để hấp thụ khí Cl₂ dư do đầy bình, hạn chế clo khuyếch tán vào không khí gây độc.

Cl₂ + 2NaOH  NaClO + NaCl + H₂O

0,25

0,25

0,25

0,125

0,125