Câu

Nội dung

Điểm

I.

2,5đ

1.Gọi n là hóa trị của X trong oxit cao nhất, hợp chất với hiđro có công thức

H_8-nX, công thức oxit cao nhất là X₂O_n (nếu n lẻ) hoặc XO_n/2 (nếu n chẵn)

– Nếu là oxit là X₂O_n , hs lập tỷ số MA/MB và rút ra 0,15X + 8 = 7,8n (không có nghiệm phù hợp)

– Nếu X là XO_n/2 suy ra 4,4n = 0,575X +8 (với 4 n 7), n = 6, X = 32.

X là Lưu huỳnh.

2. Trường hợp 1: H₂SO₄ hết, BaO tác dụng với H₂O tạo ra dung dịch B là Ba(OH)₂

A: BaSO4

B: Ba(OH)2

D: Ba(AlO2)2

E: H2

F: BaCO3

Các phương trình phản ứng:

1. BaO + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + H₂O

2. BaO + H₂O → Ba(OH)₂

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

4. K₂CO₃ + Ba(AlO₂)₂ → BaCO₃↓ + 2KAlO₂

* Trường hợp 2: dung dịch B: H₂SO₄

A: BaSO4

B: H2SO4

D: Al2(SO4)3

E: H2

F: Al(OH)3

1. BaO + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + H₂O

2. 2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂↑

3. Al₂(SO₄)₃ + 3K₂CO₃ + 3H₂O → 2Al(OH)₃↓ + 3K₂SO₄ + 3CO₂↑

Nếu HS chỉ trình bày và viết đúng các ptpư của một trường hợp cho 1,0 đ

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

II

2,5đ

1. Ptpư:

Ca(OH)₂ + CO₂  CaCO₃  + H₂O (1)

CaCO₃ + CO₂ + H₂O  Ca(HCO₃)₂ (2)

Độ sáng bóng đèn:

 Ban đầu không đổi: Ca(OH)₂ hòa tan bị giảm do phản ứng 1 lại được bổ sung từ Ca(OH)₂ dạng huyền phù.

 Sau đó giảm dần: Do Ca(OH)₂ huyền phù đã tan hết

 Có thể tắt khi Ca(OH)₂ vừa hết, sau đó sáng dần, cuối cùng sáng hơn ban đầu. Do CaCO₃ tan ra ở phản ứng 2.

2. a.Giải thích các bước tiến hành thí nghiệm:

– Đầu tiên cho axit axetic, ancol isoamylic và H₂SO₄ vào bình cầu, đun sôi trong 8h để đ/c este.

HS viết ptpư este hóa…….

– Sau đó để nguội, lắc hh thu được với nước, chiết bỏ lớp nước bằng phểu chiết nhằm loại bỏ phần lớn axit axetic và axit sufuric còn lại.

Tiếp tục lắc hh với dd Na₂CO_3, chiết bỏ các sản phẩm pư, lại lắc hh với nước và chiết bỏ lớp nước để loại bỏ nốt lượng axit còn lại.

HS viết 2 ptpu……

– Cuối cùng chưng cất lấy sp ở 142-143 ⁰C thu được isoamylaxetat tinh khiết.

b. Tính hiệu suất pư hóa este: HS dễ dàng tính được hiệu suất pư là 40,15% (lưu ý axit axetic dư, tính hiệu suất dựa vào ancol)

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

III

3,0đ

1. Trộn 100g với 100g mà khối lượng dung dịch thu được < 200g, thì muối sunfat của kim loại kiềm ban đầu phải là muối HSO₄^–

2MHSO₄ + 2NaHCO₃ M₂SO₄ + Na₂SO₄ + 2CO₂ + 2H₂O

Do CO₂ bay hơi làm giảm khối lượng dung dịch.

Dựa vào lượng BaCl₂ suy ra được mol muối sunfat ban đầu là x nằm trong khoảng 0,1< x < 0,12.

Suy ra được MHSO₄ còn dư và suy ra nCO₂ = nNaHCO₃ = 0,05 mol.

MHSO₄ + BaCl₂ BaSO₄ + MCl + HCl

SO₄^2- + Ba²⁺ BaSO₄

ta có : (M +97)x = 13,2  x =

Với 0,1< x < 0,12  13 < M < 35

Vậy M là Na, công thức muối là NaHSO₄

b. – Khối lượng của dung dịch A: mA = 100 + 100- 0,05.44 = 197,8 g.

Các chất tan trong A:

n NaHSO₄ ban đầu = x = 0,11 mol. Vậy trong A còn dư 0,06 mol NaHSO₄

n Na₂SO₄ = 0,05 mol => C% Na₂SO₄= 3,59%

n NaHSO₄ = 0,06 mol => C% NaHSO₄= 3,64%

– Khối lượng dung dịch D: mD = 197,8 +120 – 0,11.233 = 292,17g

n NaCl = (0,05 + 0,06) mol ; mNaCl = ( 0,05+,06).58,5= 9,36 g

• C% NaCl 3,2%; và BaCl₂ dư = 0,61%

2. Số mol mỗi kim loại là x -> 64x + 56x + 65x = 18,5 x = 0,1 mol

+ Khối lượng muối nitrat kim loại bằng:

18,5 + 62.0,7 = 61,9(g) < 65,9 (g)

nên phản ứng có tạo ra NH₄NO₃, suy ra được:

(mol)

+ Vì 2 khí NO₂, N₂ có số mol bằng nhau nên ta xem 2 khí này là 1 khí N₃O₂. 1 mol N₃O₂ ta có thể xem là hỗn hợp 2 khí N₂O và NO. Nên hỗn hợp 4 khí ban đầu có thể xem là hai khí N₂O và NO và số mol 2 khí này là:= 0,0625

Ta có các quá trình xảy ra:

Cu – 2e Cu²⁺, Fe – 3e Fe³⁺ ; Zn – 2e Zn²⁺

0,1 0,2 0,1 0,3 0,1 0,2

2NO₃^– + 10H⁺ + 8e N₂O + 5H₂O

10a 8a a

NO₃^– + 4H⁺ + 3e NO + 2H₂O

4b 3b b

NO₃^– + 10H⁺ + 8e NH₄⁺ + 3H₂O

0,5 0,4 0,05

Theo bảo toàn e và bài ra ta có hệ phương trình:

8a + 3b + 0,4 = 0,7 a = 0,0225 (mol)

a + b = 0,0625 b = 0,04 (mol)

= 10a + 4b + 0,5 = 0,885 (mol)

(HS có thể giải theo các cách khác nhau)

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

IV

2,5đ

1 Cu không pư với dd HCl nhưng pư với FeCl₃

Fe₃O₄ + 8HCl  2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O

Cu + 2FeCl₃  2FeCl₂ + CuCl₂

HS dễ dàng tính được số mol các chất trong dd sau 2 pư trên:

Cl^– = 0,8, Fe²⁺ = 0,3 và Cu²⁺ = 0,1

Ag⁺ có pư với Fe²⁺ nên suy ra kết tủa có AgCl và Ag

Ag⁺ + Cl^–  AgCl

Ag⁺ + Fe²⁺  Fe³⁺ +Ag

HS tính được khối lượng kết tủa là:

m = mAgCl + mAg = 0,8.143,5 + 0,3.108 = 142,2 gam

2. số mol HNO₃ = 0,2, nNO = 0,02  Số mol NO₃^– trong muối nitrat = 0,2-0,02 = 0,18  Số mol muối M(NO₃)_n =  Khối lượng muối nitrat kim loại là: (M +62n) = 14,52  M = , vậy n = 3, M = 56, Kim loại M là Fe

Vậy A có chứa nguyên tố Fe (Chứ không phải A là kim loại Fe vì chưa xác định được số oxi hóa của Fe).

– Gọi số oxi hóa của Fe trong A là x, số mol Fe³⁺ = 0,06 (tính từ số mol muối)

ta có :

Fe^x – (3-x)e  Fe³⁺ và N⁺⁵ + 3e  N⁺²

Số mol e nhường bằng số mol e nhận, suy ra: (3-x)0,06 = 3.0,02 -> x = +2. Vậy A là hợp chất Sắt (II). Do sản phẩm tạo ra chỉ có duy nhất một muối và một khí, nên suy ra A chỉ có thể là FeO hoặc Fe(OH)₂ hoặc Fe(NO₃)₂

– Viết ptpư và thử lại, loại trường hợp Fe(NO₃)₂ vì không thỏa mãn ĐK bài ra

Kết luận: A là FeO hoặc Fe(OH)₂

(nếu hs khg loại nghiệm Fe(NO₃)₂ thì chỉ cho 0,25đ.

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

V

4,5

1. Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi:

(CH₃)₂CHC₆H₅  C₆H₅OCH₃  C₆H₅CH=O  C₆H₅CH₂OH  C₆H₅COOH

(A ) ( B ) ( C ) ( D ) ( E )

-Phân cực -Phân cực -Phân cực -Phân cực -Phân cực

(yếu hơn B) (yếu hơn C) -Không có -Có lk H -Có lk H

-Không có -Không có liên kết liên phân tử liên phân tử mạnh

liên kết hiđro liên kết hiđro hiđro

2. Theo giả thiết, X, Y tương ứng như sau:

CH₃CH₂COONH₄ + NaOHCH₃CH₂COONa + NH₃ + H₂O

Amoniac

CH₃COONH₃CH₃ + NaOH CH₃COONa + CH₃NH₂ + H₂O

Metylamin

HCOONH₃CH₂CH₃ + NaOH HCOONa + CH₃CH₂NH₂ + H₂O

Etylamin

HCOONH(CH₃)₂ + NaOH HCOONa + CH₃-NH-CH₃ + H₂O

Đimetylamin

(Viết đúng 4 pt được 1,0đ; tên gọi tương ứng của Y được 0,5đ)

3. – Khi cho A tác dụng với nước Br₂ thu được axit monocacboxylic nên A chứa 1 nhóm – CHO. A có dạng R^’CHO, số mol A là x.

– Theo giả thiết: R^’CHO R^’COONH₄ + 2Ag

x 2x

Ta có: nAg = 2x = = 0,06 x = 0,03 mol

– Giả sử A có n nhóm OH thì A có dạng (HO)_nRCHO. Với số mol là 0,03 (mol)

(HO)_nRCHO + n(CH₃CO)₂O (CH₃COO)_nRCHO + nCH₃COOH

0,03 0,03 0,03n

Ta có: 0,03n = nCH₃COOH = = 0,15n = 5 Este là (CH₃COO)₅RCHO

và Meste = 390

59.5 + R + 29 = 390 R = 66. Chỉ có C₅H₆ là phù hợp. Công thức cấu tạo của A là: CH₂OH – CHOH – CHOH – CHOH – CHOH – CHO

1,0

0,5

1,0 + 0,5

0,5

0,5

0,5

VI

3,0đ

1. Trong cao su buna-S, n mắt xich butađien có n liên kết đôi nên kết hợp được với n phân tử brom, còn m mắt xich stiren thì không còn liên kết đôi nữa nên không tác dụng được với brom.

mcaosu = (104m + 54n)x = 1,05 và số mol Br₂ = nx = = 0,005

Tính được n : m = 2 : 3.

Từ đây HS viết được công thức cấu tạo cao su buna-S (không nhánh và điều hòa).

2. a. X là este vì khi thủy phân X tạo ra 1 ancol no Y và a mol axit hữu cơ đơn chức Z  Công thức X là (RCOO)_aR’

(RCOO)_aR’ + aHOH  aRCOOH + R’(OH)_a

nKOH = 0,005

RCOOH + KOH  RCOOK + H₂O

Số mol RCOOH = nKOH = 0,005 0,005(R+45) = 0,3  R = 15 (-CH₃)

Đốt cháy ancol no Y (không nói rõ là mạch hở hay mạch vòng) và Hiđrocacbon có công thức như gốc của Y:

C_nH_m(OH)_a + O₂  nCO₂ + H₂O

HS suy ra được: = a  4n + m = 5a *

C_nH_m + O₂  nCO₂ + H₂O

Ta có: . 0,5 = 3,75  4n + m = 30**

Từ * và ** suy ra n = m = a = 6

Công thức X, Y, Z: (CH₃COO)₆C₆H₆; Y: C₆H₆(OH)₆; Z: CH₃COOH

b. Hai đồng phân của Y (C₆H₁₂O₆) có trong tự nhiên là glucozo (Y₁) và fructozo.

HS viết được CTCT dạng mạch hở và mạch vòng của các đồng phân này.

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

VII

2,0đ

1.a. Anot là điện cực tại đó xảy ra quá trình oxi hóa, catot là điện cực tại đó xảy quá trình khử. Theo quy ước này, lưới chì có phủ bột chì là anot, còn lưới chì phủ bột PbO₂ là catot của ăcquy chì. Pb là cực âm, PbO₂ là cực dương.

b. Kết hợp 2 bán phản ứng ta có: ptpư khi ăcquy hoạt động:

Pb + PbO₂ + 2H₂SO₄  2PbSO₄ + 2H₂O

Suất điện động của pin: E⁰pin = E^o(+) – E⁰(-) = 1,685 – (-0,356) = 2,041 (V)

2. Khi cho nước sôi vào cốc chứa NaHCO₃:

2HCO₃–  CO₃^2- + CO₂ + H₂O (1)

CO₃^2- làm cho dd có tính kiềm:

CO₃^2- + H₂O  HCO₃^– + OH^– (2)

Cho thêm cồn iot và lắc lên:

CH₃CH₂OH + I₂ + OH^– CHI₃ + HCOO^– + 3HI (3)

CHI₃ có tính diệt khuẩn, có thể chữa bệnh viêm họng loại nhẹ.

Nhận ra pư (1) do có bọt khí; pư (2), (3) do cồn iot mất màu và có kết tủa màu vàng.

0,5

0,5

0,5

0,5