1

1

Chất X₁  X₃ : SO₂, H₂O , Cl_2.

SO₂ + 2H₂O + Cl₂  2HCl + H₂SO₄

Chất A₁,A₂ : H₂S và O₂ ( hoặc S và H₂SO₄ đặc )

2H₂S + 3O₂  2SO₂ + 2H₂O

Hoặc S + 2H₂SO₄ đặc  3SO₂ + 2H₂O

Chất B₁, B₂ : NH₄NO₃ và Ca(OH)_2.

2NH₄NO₃ + Ca(OH)₂  2NH₃ + Ca(NO₃)₂ + 2H₂O

Chất D₁, D₂,D₃ : KMnO₄ , NaCl, H₂SO₄ đặc.

2KMnO₄+10NaCl+8H₂SO₄ đặc 5Cl₂+2MnSO₄ +K₂SO₄+5Na₂SO₄+8H₂O

Chất Y₁ , Y₂ là FeSO₄ và Cl₂

6FeSO₄ + 3Cl₂  2Fe₂(SO₄)₃ + 2FeCl₃

Chất Y₃ ,Y₄ là (NH₄)₂CO₃, NaHSO₄

(NH₄)₂CO₃ + 2NaHSO₄ Na₂SO₄ + (NH₄)₂SO₄ + H₂O + CO₂

1,5

2

Phản ứng: 2Na + H₂SO₄ Na₂SO₄ + H₂ (1)

Na₂O + H₂SO₄ Na₂SO₄ + H₂O (2)

2NaOH + H₂SO₄ Na₂SO₄ + H₂O (3)

Na₂CO₃ + H₂SO₄ Na₂SO₄ + H₂O + CO₂ (4)

0,5

Ta có: nNa₂SO₄=170,4/142=1,2 mol= nH₂SO₄

Khối lượng dd H₂SO₄=(1,2×98)100:40=294gam

Dựa vào nồng độ % :

0,5

3

Số mol NO tạo thành: n_NO = = 0,1 mol.

Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2 H₂O (1)

3 Fe_3­O₄ + 28HNO₃ → 9 Fe(NO₃)_3­ + NO + 14 H₂O (2)

Vì kim loại dư nên HNO₃ hết nên B chỉ chứa Fe(NO₃)₂ theo phản ứng:

2 Fe + Fe(NO₃) → 3Fe(NO₃)₂ (3)

0,75

Gọi x, y lần lượt là số mol Fe và Fe₃O₄ phản ứng theo (1) và (2)

Theo (1), (2) và bài ra ta có hệ phương trình

B chứa Fe(NO₃)₂ có số mol là = = 0,27 mol

Vậy: khối lượng của Fe(NO₃)₂ = 0,27 . 180= 48,6 gam

Có thể giải theo cách khác như: bảo toàn, quy chất…

0,75

2

1

Các phương trình phản ứng:

2Ca(OH)₂ + 2Cl₂ CaCl₂ + Ca(ClO)₂ + 2H₂O

Ca(OH)₂ + SO₂ CaSO₃ + H₂O

Ca(OH)₂ + H₂S CaS + 2H₂O

2Ca(OH)₂ + 4 NO₂ Ca(NO₂)₂ + Ca(NO₃)₂ + 2H₂O

1,0

2

a)

3CuS +8 H⁺ + 8NO₃^– 3Cu²⁺ + 3SO₄^2- + 8NO + 4H₂O

2NO + O₂ 2NO₂, H⁺ + NH₃ NH₄⁺ , Cu²⁺ + 4NH₃ Cu(NH₃)₄²⁺

Hoặc Cu²⁺ +2NH₃ + 2H₂O Cu(OH)₂ + NH₄⁺

Cu(OH)₂ + 4NH₃ Cu(NH₃)₄²⁺ + 2OH^–

0,5

b)

Ag₂S + 4CN^– 2[Ag(CN)₂]^– + S^2-

2[Ag(CN)₂]^– + Zn 2Ag + [Zn(CN)₄]^2-

0,5

3

Cho lần lượt 6 chất vào H₂O

– Các chất tan là BaO, Na₂SO₄, (NH₄)₂SO₄

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 dd không có hiện tượng xảy ra là Na₂SO₄, (NH₄)₂SO₄

– Dung dịch khi nhỏ 3 mẫu chất rắn thấy

+ Mẫu chất rắn tan, có khí bay ra thì dd 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

0,5

Dùng dung dịch Ba(OH)₂ cho lần lượt vào 2 dung dịch Na₂SO₄, (NH₄)₂SO₄

– 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 + 2Na₂SO₄

0,25

4

Gọi nFe = x mol, nMgCO₃= y mol trong m gam hỗn hợp (Có thể chọn x=1 mol)

Fe + 2HCl FeCl₂ + H₂ (1)

MgCO₃ + 2HCl MgCl₂ + H₂O + CO₂ (2)

2Fe + 6H₂SO₄ Fe₂(SO₄)₃ + 6H₂O + 3SO₂ (3)

MgCO₃ + H₂SO₄ MgSO₄ + H₂O + CO₂ (4)

0,5

Theo (1 4) và bài ra ta có phương trình

Biến đổi ta được: 84,9375X² – 110,75X – 118,25 = 0 (X=)

Giải ra ta được: X₁ = 2 (chọn), X₂ = -0,696 (loại) =2.

Vậy: %(m)Fe=%(m)MgCO₃=42,86%

0,5

3

1

Do AgNO₃ vào B tạo ra kết tủa trắng bị hóa đen đó là AgCl, vậy phải có một trong 2 muối là muối clorua

Tác dụng với Ba(OH)₂ mà có khí bay đó là NH₃. Vậy Y phải là muối amoni (muối trung hòa hoặc muối axit).

Khi thêm Ba(OH)₂ tới dư mà vẩn còn kết tủa một trong 2 muối phải là SO₄^2- Các phản ứng: Ag⁺ + Cl^– AgCl

NH₄⁺ + OH^– NH₃ + H₂O

Al³⁺ + 3OH^– Al(OH)₃

Al(OH)₃ + OH^– Al(OH)₄^–

2Al(OH)₃ Al₂O₃ + 3H₂O

Ba²⁺ + SO₄^2- BaSO₄ (không đổi khi nung)

1,0

Sự lệch nhau vì khối lượng khi nung E, F là do Al₂O₃ tạo thành từ Al(OH)₃.

nAl₂O₃= 0,011 mol, nBaSO₄ = nSO₄^2-= = 0,022 mol

Ta thấy nSO₄^2- = nAl³⁺ nên không thể có muối Al₂(SO₄)₃. Do đó muối nhôm phải là muối clorua AlCl₃ với số mol = 0,011.2 = 0,022 mol và muối Y phải là (NH₄)₂SO₄ hoặc NH₄HSO₄ với số mol là 0,022 mol

Trường hợp muối (NH₄)₂SO₄:

a=0,022.133,5+0,022.132= 5,841 gam, n _C = nNH₄⁺ =0,044V_B = 0,9856 lít

Trường hợp muối NH₄HSO₄:

a=0,022.133,5+0,022.115= 5,467 gam, nC = nNH₄⁺ = 0,022 V_B = 0,4928 lít

1,0

2

Đặt công thức chung của 2 este là (COO)_nR

(COO)_nR + nKOH nCOOK + R(OH)_n (1)

0,03 mol 0,03/n mol

COOK + NaOH H + NaKCO₃ (2)

0,03 mol 0,03 mol

+ 83 =2,688/0,03 =6,6

Vậy 2 axit tạo este là HCOOH và CH₃COOH

0,75

Do đốt ancol tạo nH₂O: nCO₂ = (27:18)/(44:44) =1,5:1 D₁: no, hở C_xH_2x+2O_n

C_xH_2x+2O_n + (3x+1-n)/2 O₂ xCO₂ + (x+1) H₂O (3)

0,03/n 0,03x/n

Ta có: (n+1)/n=1,5 n=2 C₂H₆O_n

0,5

Xác định lượng CO₂

Phản ứng: CO₂ + Ba(OH)₂ BaCO₃ + H₂O (4)

Có thể BaCO₃ + CO₂ + H₂O Ba(HCO₃)₂ (5)

Do nBa(OH)₂ = 0,0225 mol > nBaCO₃=0,015 mol nên có 2 trường hợp xảy ra

TH1: Ba(OH)2 dư, không có (5)

nCO2 = 0,015 0,06/n=0,015 n=4 (loại)

TH2: Kết tủa tan một phần, có (5)

nCO₂ = 0,0225+ (0,0225- 0,015) = 0,03 mol 0,06/n=0,03 n=2

Vậy D₁ là HOCH₂CH₂OH

Vậy A₁, B₁ có thể là (HCOO)₂C₂H₄, (CH₃COO)₂C₂H₄, HCOOC₂H₄OOCCH₃

Xác định a, b

b=0,15.62/2=0,93 gam và a=2,688 + 0,93 – 56.0,03 = 1,938 gam

0,75

4

1

Các phản ứng xảy ra:

HCOOH + NaOH HCOONa + H₂O

CH₃COOCH=CH₂ + NaOH CH₃COONa + CH₃CHO

CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

HCOOH + 2Ag(NH₃)₂OH (NH₄)₂CO₃ + 2Ag +2 NH₃ + H₂O

HCOOH + Br₂ CO₂ + 2HBr

CH₃COOCH=CH₂ + Br₂ CH₃COOCHBrCH₂Br

1,5

2

Hoàn thành sơ đồ chuyển hoá sau:

HCOOCH₂CH₂COOCH=CH₂+NaOHHCOONa+HOCH₂CH₂COONa+ CH₃CHO

HCOONa + H₂SO₄ HCOOH + Na₂SO₄

HOCH₂CH₂COONa + H₂SO₄ HOCH₂CH₂COOH +Na₂SO₄

HOCH₂CH₂COOH CH₂=CH-COOH + H₂O

1,0

3

Đặt công thức tripeptit là H(HNRCO)₃OH : x mol (R là C_xH_y)

Phản ứng:

H(HNRCO)₃OH  + 3NaOH ® H₂HRCOONa + H₂O (1)

x 3x x

H(HNRCO)₃OH  + 2H₂O + 3HCl ® ClH₃NRCOOH (2)

x 2x 3x

Ta có: 4,34 + 3x.40 = 6,38 + 18x Þ x = 0,02

Vậy: m = 4,34 + 0,04.18 + 0,06.36,5 = 7,25 gam

0,75

4

Đặt số mol của C₂H₆, C₂H₄, C₃H₄ trong 12,24 gam D lần lượt là: x, y, z

2CH₃ – C CH+ [Ag(NH₃)₂]OH 2CH₃ – C CAg + H₂O (1)

0,1 14,7/147 = 0,1 mol

C₂H₄ + Br₂ C₂H₄Br₂ (2)

C₃H₄ + 2 Br₂ C₃H₄Br₄ (3)

Nhận xét: Cứ ( x+y+z) mol hỗn hợp + ddBr₂ cần (y + 2z) mol Br₂

0,19mol hỗn hợp cần 0,14mol Br₂

Theo (1 3) và bài ra ta có hệ:

0,75

5

1

A: (CH₃)₂CO, B: (CH₃)₂C(OH)CN, C: (CH₃)₂C(OH)COOH

_{D: CH2=C(CH3)COOH, E: CH2=C(CH3)COOCH3}

Hoặc: (CH₃)₂CO + HCN (CH₃)₂C(OH)CN

(CH₃)₂C(OH)CN + H₂O + H₃O⁺ (CH₃)₂C(OH)COOH + NH₄⁺

(CH₃)₂C(OH)COOH CH₂=C(CH₃)COOH + H₂O

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

1,0

2

Các phương trình phản ứng xảy ra.

C₂H₅OOC(CH₂)₄COOH + 2NaOHNaOOC(CH₂)₄COONa + C₂H₅OH + H₂O

NaOOC(CH₂)₄COONa + H₂SO₄ HOOC(CH₂)₄COOH+ Na₂SO₄
nHOOC(CH₂)₄COOH + nNH₂(CH₂)₆NH₂

(-OC[CH₂]₄CO-NH[CH₂]₆CO-)n + 2nH₂O
2C₂H₅OH+ HOOC(CH₂)₄COOH C₂H₅OOC^–(CH₂)₄^–COOC₂H₅ + 2H₂O

1,0

3

Vì khi thủy phân tạo ancol và muối của axit hữu cơ Hỗn hợp A₁ là các este

Gọi công thức chung (RCOO)n

(RCOO)n+ nNaOH nRCOONa + (OH)n (1)

(OH)n + Na (ONa)n +n/2H₂ (2)

RCOONa + NaOH Na₂CO₃ + RH (3)

0,5

Theo (1,2): nOH(ancol) =2nH₂= nOH(NaOH) = nNaOH(pư) = 0,45mol

nNaOH(dư)= 0,69-0,45 = 0,24 mol
Theo (3): nNaOH(dư)=0,24 mol<0,045 mol M_R = 7,2/0,24 = 29 là C₂H₅–

muối là C₂H₅COONa
Theo ĐLBTKL: m + m(NaOH pư) = m(muối) + m(ancol)
m= 0,45.96 + 15,4 – 0,45.40 = 40,6 gam

0,5

4

Vì B₁ có phản ứng tráng bạc và bị oxi hóa bởi nước brom tạo ra axit monocacboxylic tương ứng nên phân tử có 1 nhóm –CHO

B₁ + (CH₃CO)₂O Este + CH₃COOH Có chứa nhóm –OH

Đặt công thức của B₁ là (HO)_nC_xH_y CHO (nx)

Phản ứng: (HO)_nC_xH_y CHO + Br₂ + H₂O (HO)_nC_xH_y COOH + 2HBr (1)

(HO)_nC_xH_yCHO+2[Ag(NH₃)₂]OH2Ag+3NH₃+H₂O+ (HO)_nC_xH_yCOONH₄ (2)

0,03 mol 0,06 mol

(HO)_nC_xH_yCHO+n(CH₃CO)₂O (CH₃COO)_nC_xH_yCHO+ nCH₃COOH (3)

0,03 mol 1,2 mol 1,2 mol

0,03n = 0,12  n = 4

Từ: mB₁= (9,54 + 7,2)–0,12.102 = 4,5 gamM_B1 = 4,5: 0,03 = 150 g/mol

Ta có: (HO)₄C_xH_y CHO = 150  C_xH_y = 53  x = 4; y = 5

Công thức cấu tạo của B₁ là HO – CH₂ – CHOH – CHOH – CHOH – CHO

1,0