Câu 1

1

a) Tạo khí, kết tủa, rồi kết tủa tan

H⁺ + AlO₂^– + H₂O Al(OH)₃

Al(OH)₃ + 3H⁺ Al³⁺ + H₂O

H⁺ + CO₃^2- HCO₃^–

HCO₃^– + H⁺ CO₂ + H₂O

b) Tạo khí không màu, hóa nâu trong không khí

4H⁺ + 3Fe²⁺ + NO₃^– 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

c) Fe₃O₄ tan, tạo kết tủa

Fe₃O₄ + 8H⁺ + 2I^– 3Fe²⁺ + I₂ + 4H₂O

d) Tạo kết tủa trắng, rồi kết tủa tan

CO₂ + 2OH^– + Ca²⁺ CaCO₃ + H₂O

CO₂ + CaCO₃ + H₂O Ca²⁺ + HCO₃^2-

1,0

2

Công thức oxit cao nhất của R là RO₃

M_R = 32 R là lưu huỳnh

Cấu hình electron của M là:

Có 26 proton M là Fe

1,0

3

a) Nước trong bình có tính cứng tạm thời và vĩnh cửu. Vì nước trong bình có chứa nhiều Ca²⁺ và Mg²⁺ dưới dạng muối HCO₃^– và Cl^–.

b) Đun sôi nước cho đến phản ứng hoàn toàn, ta được nước mềm.

Vì: 2 HCO₃^– CO₃^2- + CO₂ + H₂O

CO₃^2- + Ca²⁺  CaCO₃

CO₃^2- + Mg²⁺  MgCO₃

Ion Ca²⁺ và Mg²⁺ tác dụng vừa đủ với CO₃^2-

Dung dịch sau khi đun sôi chỉ chứa NaCl

1,0

4

Do M_Z=46/9 → khí còn lại phải là H₂ NO₃^– hết

Gọi a, b lần lượt là số mol của H₂ và NO, ta có hệ:

Muối sunfat trung hòa: FeSO₄, Fe₂(SO₄)₃, (NH₄)₂SO₄, K₂SO₄, Al₂(SO₄)₃ 
Theo ĐLBTKL: 66,2 + 3,1.136= 466,6 + 0,45.46/9 + mH₂O mH₂O=18,9 gam nH₂O=1,05 mol
BTNT Hiđro: 3,1= 4x + 2.1,05 + 2.0,4x= 0,05 mol (nNH₄⁺ = x mol) 
Vậy nNO₃^– = 0,05 + 0,05 = 0,1 mol nFe(NO₃)₂=0,05 mol 
BTNT Oxi: 4y + 0,05.6 = 1,05 + 0,05y = 0,2 mol ( y= nFe₃O₄)

  mAl = 66,2 – 0,2.232 – 180.0,05 = 10,8 gam 
Vậy %(m)Al = (10,8. 100)/66,2 = 16,31%

1,0

Câu 2

1

BaCl₂ + NaHSO₄  BaSO₄ + NaCl + HCl

Ba(HCO₃)₂ + KHSO₄ BaSO₄ + KHCO₃ + CO₂ + H₂O

Ca(H₂PO₄)₂ + KOH  CaHPO₄ + KH₂PO₄ + H₂O

Ca(OH)₂ + NaHCO₃ CaCO₃ + NaOH + H₂0

1,0

2

– Số mol NaOH = 0,35 . 2 = 0,7 mol

– Phản ứng: SO₂ + NaOH NaHSO₃

SO₂ + 2NaOH Na₂SO₃ + H₂O

Nếu chất rắn là Na₂SO₃ thì khối lượng là: 0,35 . 126 = 44,1 gam

Nếu chất rắn là NaHSO₃ thì khối lượng là: 0,7. 104 = 72,8 gam

Chất rắn thu được khi cô cạn dung dịch là 41,8 gam < (44,1; 72,8)

Chất rắn thu được gồm Na₂SO₃ và NaOH dư

– Đặt số mol của Na₂SO₃ là x Số mol NaOH dư là 0,7-2.x

Ta có: 126.x + (0,7-2x) . 40 = 41,8 → x = 0,3 mol

Phản ứng: 2R + 2nH₂SO₄ đặc R₂(SO₄)n + nSO₂ + 2nH₂O

nR = mol  M_R = 9n R là Al (nhôm)

1,0

3

H₂S + 2FeCl₃  2FeCl₂ + S + 2HCl (1)

Cl₂ + H₂S  S + 2HCl (2)

4Cl₂ + H₂S + 4H₂O  8HCl + H₂SO₄ (3)

BaCl₂ + H₂SO₄  BaSO₄ + 2HCl (4)

H₂S + Hg(NO₃)₂  HgS + 2HNO₃ (5)

HgS + O₂ Hg + SO₂ (6)

1,0

4

– Phản ứng:

Ba²⁺ + SO₄^2-  BaSO₄ (1)

Al³⁺ + 3OH^–  Al(OH)₃ (2)

Al(OH)₃ + OH^–  AlO₂^– + H₂O (3)

– Trong V₁ lít A₁ có OH^–: 2V₁ mol, Ba²⁺ : 0,5V₁ mol

Trong V₂ lít B₁ 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 molV₂=0,12 lít

B₁: Al³⁺: 0,24 mol và SO₄^2-: 0,18 mol

* Trường hợp 1: Nếu 2V₁>0,24. 3 kết tủa tan một phần

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
* Trường hợp 2: Nếu 2V₁ 0,24. 3 kết tủa chưa tan

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

1,0

Câu 3

1

Các phương trình phản ứng xảy ra:

Fe_xO_y + 2yHCl xFeCl_2y/x + yH₂O

FeCO₃ + 2HCl FeCl₂ + CO₂ + H_2­O

RCO₃ + 2HCl RCl₂ + CO₂ + H₂O

3Fe_xO_y + (12x – 2y)HNO₃ 3xFe(NO₃)₂+ (3x – 2y)NO +(6x – y)H₂O

3FeCO₃ + 10HNO₃ 3Fe(NO₃)₃ + NO +3CO₂ + 5H₂O

RCO₃ + 2HNO₃ R(NO₃)₂ + CO₂ + H₂O

Fe(NO₃)₃ + 3NaOH Fe(OH)₃ + 3NaNO₃

R(NO₃)₂ + 2NaOH R(OH)₂ + 2NaNO₃

2Fe(OH)₃ Fe₂O₃ + 3H₂O

R(OH)₂ RO + H₂O

2Fe(OH)₃ + 3H₂SO₄ Fe₂(SO₄)₃ + 6H₂O

R(OH)₂ + H₂SO₄ RSO₄ + 2H₂O

Fe₂(SO₄)₃ + Cu 2FeSO₄ + CuSO₄

Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe(OH)₃ và M(OH)₂, do nung kết tủa tạo hỗn hợp oxit nên M(OH)₂ không tan trong nước, gọi z, t lần lượt là số mol của Fe_xO_y và FeCO₃ trong m gam hỗn hợp A

Theo các phương trình phản ứng, bài ra và áp dụng ĐLBT ta có các hệ:

Vậy công thức của oxit và muối cacbonat là: Fe₃O₄ và MgCO₃.

2,0

2

Kí hiệu aspirin là HA [HA] = 0,355.1000/180.100 = 1,97.10^-2M

HA H⁺ + A^– ; K_a = 10^-3,49

0,5

3

Bình chứa P₂O₅ hấp thu H₂O

Bình chứa P hấp tụ O₂ 0,16 gam

Bình chứa Ca(OH)₂ hấp thụ CO₂,

Do tạo kết tủa và đun dung dịch lại xuất hiện kết tủa tạo 2 muối

CO₂ + Ba(OH)₂ BaCO₃ + H₂O (1)

0,03 0,03 0,03

BaCO₃ + CO₂ + H₂O Ba(HCO₃)₂ (2)

(0,03-0,1) 0,1

Suy ra 0,04 mol

(không khí)= hoặc 29

Sơ đồ: X + không khí CO₂ + H₂O + N₂ (1)

Áp dụng ĐLBTKL: m_X+ m_kk=+ + + (dư)

1,54 + x.28.8 = 0,04.44+1,26+0,16 +0,25.28 x=0,3 mol

P=0,86 atm

1,5

Câu 4

1

CH₃COOH + C₂H₅OH CH₃COOC₂H₅ + H₂O

CH₃COOH + C₆H₅ONa CH₃COONa + C₆H₅OH

CH₃COOH + C₂H₅ONa CH₃COONa + C₂H₅OH

C₆H₅OH + C₂H₅ONa C₆H₅ONa + C₂H₅OH

1,0

2

H₃C-[CH₂]₂-OOC­CH(NH₂)[CH₂]₂COO-[CH₂]₂CH₃ + 2 NaOH

2CH₃-CH₂­CH₂OH + NaOOC-CH(NH₂)[CH₂]₂COONa

NaOOC-CH[CH₂]₂COONa+3HCl®HOOC-CH(NH₃Cl)[CH₂]₂COOH+ 2NaCl

CH₃-CH₂­CH₂OH + CuO CH₃-CH₂­CHO + Cu + H₂O

C₂H₅­CHO+ 2[Ag(NH₃)₂]OH C₂H₅COONH₄ + 2Ag + 3NH₃ + H₂O

1,0

3

Ala-Gly-Ala-Gly : 0,12 mol, Ala-Gly-Ala: 0,05 mol, Ala-Gly-Gly: 0,08 mol

Ala-Gly: 0,18 mol, Ala: 0,1 mol, Gly-Gly : 10x, Gly: x

Þ penta peptit có dạng : Ala-Gly-Ala-Gly-Gly: a mol

Theo ĐLBT: 2a = 2.0,12+ 2.0,05 + 0,08 + 0,18 + 0,1 Þ a = 0,35 mol

3a = 2.0,12 + 0,05+ 2.0,08 + 0,18 + 21x Þ x = 0,02 mol

Tổng khối lượng Gly-Gly và Gly là: 10. 0,02.132 + 0,02.75 = 27,9 gam

1,0

4

Khi đốt: nH₂O>nCO₂Ancol no, đơn, hở và n(ancol)=0,4–0,3 = 0,1 (mol)

Gọi công thức C_nH_2n+2O (R^/OH), C_mH_2mO₂ (RCOOH)

C_nH_2n+2O + O₂ nCO₂ + (n + 1) H₂O (1)

C_mH_2mO₂ + O₂ mCO₂ + mH₂O (2)

RCOOH + R^/OH RCOOR^/ + H₂O (3)

n < 0,3/0,1 = 3 n = 1 hoặc 2

Trường hợp 1: n=1 CH₃OH m(axit) = 7,6 – 0,1.32 = 4,4 gam

Ta có: nCO₂ (2) = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol m = 4

Axit là C₃H₇COOH: 0,05 mol.

Do n(axit) = 0,05 < n(ancol) = 0,1 molm(este)= 0,05.80.102/100 = 4,08 g

Trường hợp 2: n=2 C₂H₅OH m(axit) = 7,6 – 0,1.46 = 3 gam

Ta có: nCO₂ (2) = 0,3– 0,2= 0,1 molError: Reference source not found m= 2

Axit là CH₃COOH: 0,05 molm(este)= 0,05.80.88/100 = 3,52 gam

1,0

Câu 5

1

-Dùng quỳ tím ta nhận biết được 3 nhóm chất

Nhóm 1: HCOOH, CH₃COOH, CH₂= CH-COOH làm đỏ quỳ tím

Nhóm 2: H₂N-CH₂-COOH, C₆H₅NH₂ không đổi màu quỳ tím

-Trong nhóm 1: Dùng AgNO₃/NH₃ nhận biết HCOOH do tạo kết tủa Ag

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

-Hai dung dịch axit còn lại dùng dd brom để nhận biết CH₂= CH-COOH do hiện tượng làm mất màu dd brom, còn lại là dd CH₃COOH.

CH₂= CH-COOH + Br₂  CH₂Br- CHBr- COOH

-Trong nhóm 2: H₂N-CH₂-COOH, C₆H₅NH₂

Dùng dd brom để nhận biết C₆H₅NH₂ tạo kết tủa, còn lại là H₂N-CH₂-COOH

C₆H₅NH₂ + 3Br₂  H₂NC₆H₂Br₃ + HBr

1,0

2

C₃H₆ (xiclopropan) + Br₂  Br-CH₂CH₂CH₂Br

Br-CH₂CH₂CH₂Br + 2NaOH HO-CH₂CH₂CH₂OH + 2 NaCl

HO-CH₂CH₂CH₂OH + 2CuO O=HC-CH₂CH=O + 2Cu + 2H₂O

O=HC-CH₂CH=O + O₂ HOOCCH₂COOH

HOOCCH₂COOH+CH₃OH CH₃OOCCH₂COOCH₃+H₂O

1,0

3

nHOOC-C₆H₄-COOH + nHO-CH₂-CH₂-OH

(-CO-C₆H₄-CO-O-CH₂-CH₂-O-)n + nH₂O

[C₆H₇O₂(OH)₃]n + 2n(CH₃CO)₂O

[C₆H₇O₂(OH)(OCOCH₃)₂]n + 2nCH₃COOH

[C₆H₇O₂(OH)₃]n +3 n(CH₃CO)₂O

[C₆H₇O₂(OCOCH₃)₃]n + 3nCH₃COOH

nHOOC-(CH₂)₄-COOH + nH₂N-(CH₂)₆-NH₂

(-OC-[CH₂]₄-CO-HN-[CH₂]₆-NH-)n + 2nH₂O

1,0

4

Tìm B:

Ta có

Vì A gồm 2 este no, mạch hởÞC gồm các ancol no, hở Þ C là

Vì , hỗn hợp X mạch hở, chỉ chứa nhóm chức este

Þ Hỗn hợp C có ít nhất 1 ancol đa chức

Þ Axit tạo muối B là đơn chức, Gọi B là RCOONa

Þ R = 15, R là CH₃, muối B là CH₃COONa

Tìm các chất trong hỗn hợp C

Vì và số nt cacbon trong mỗi ancol 3Þ CT của 1 ancol là CH₃OH

Þ ancol còn lại là ancol đa chức: C₂H₄(OH)₂ hoặc C₃H₈O_z (z=2 hoặc 3)

TH1: Nếu 2 ancol là CH₃OH và C₂H₄(OH)₂, Gọi x và y là số mol của 2 ancol tương ứng

Þ n_NaOH = x + 2y = 0,15 (thỏa mãn)

Þ CTCT của 2 este là CH₃COOCH₃ và (CH₃COO)₂C₂H₄

TH2: Nếu 2 ancol là CH₃OH và C₃H_8-z(OH)_z, Gọi a và b là số mol của 2 ancol tương ứng

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

Þ CTCT của 2 este là CH₃COOCH₃ và (CH₃COO)₃C₃H₅

1,0