Câu 1

1.

Trích mẫu thử

Đun nóng các dung dịch:

– Chỉ có khí: KHCO₃

2KHCO₃ →K₂CO₃ + CO₂ + H₂O

– Có khí và có kết tủa: Mg(HCO₃)₂ và Ba(HCO₃)₂ (nhóm I)

Mg(HCO₃)₂ → MgCO₃ + CO₂ + H₂O

Ba(HCO₃)₂ → BaCO₃ + CO₂ + H₂O

– Không hiện tượng: NaHSO₄ và Na₂SO₃ (nhóm II)

0,5

– Cho KHCO₃ vào các dung dịch nhóm II

+ Không hiện tượng: Na₂SO₃.

+ Có khí: NaHSO₄

2NaHSO₄ + 2KHCO₃ → K₂SO₄ + Na₂SO₄ + 2CO₂ + 2H₂O

0,25

– Lấy NaHSO₄ cho vào các dung dịch nhóm I

+ Chỉ có khí: Mg(HCO₃)₂

Mg(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ → MgSO₄ + Na₂SO₄ + 2CO₂ + 2H₂O

+ Có khí và kết tủa: Ba(HCO₃)₂

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

0,25

2.

a) 5Sb₂(SO₄)₃ + 4KMnO₄ + 24H₂O → 10H₃SbO₄ + 2K₂SO₄ + 4MnSO₄ + 9H₂SO₄

Sb₂³⁺ → 2Sb⁺⁵ + 4e

Mn⁺⁷ + 5e →Mn⁺²

→ 5Sb²⁺ + 4Mn⁺⁷ → 10Sb⁺⁵ +4 Mn⁺²

0,5

b) 23Al + 90HNO₃ → 23Al(NO₃)₃ + 6N₂ + 9NO₂ + 45H₂O

(tỉ lệ mol giữa N₂ và NO₂ bằng 2:3)

Al⁰ → Al⁺³ + 3e

2N⁺⁵ + 10e → N₂

N⁺⁵ + e → N⁺⁴

→ 23Al⁰ + 21N⁺⁵ → 23Al³⁺ + 6N₂ + 9N⁺⁴

0,5

Câu 2

1.

a) H₂SO₄ + Ca(HCO₃)₂ → CaSO₄ + 2CO₂ + 2H₂O

0,25

b) 3K₂CO₃ + 2AlCl₃ + 3H₂O → 2Al(OH)₃ + 6KCl + 3CO₂

0,25

c) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

NaOH + NaHSO₃ → Na₂SO₃ + H₂O

0,25

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

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

0,25

2.

– Điều chế khí HCl:

NaCl_r + H₂SO_{4 đ} → NaHSO₄ + HCl

2NaCl_r + H₂SO_{4 đ} → Na₂SO₄ + 2HCl

0,25

– Điều chế HNO₃:

NaNO_{3 r} + H₂SO_{4 đ} → HNO₃ + NaHSO₄

0,25

– Điều chế N₂:

NH₄NO₂ → N₂ + 2H₂O

(hoặc NH₄Cl + NaNO₂ → NaCl + N₂ + 2H₂O)

0,25

– Điểu chế CO₂:

CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂ + H₂O

0,25

Câu 3

1.

Theo bài: X chứa: Fe³⁺, Cu^2+, SO₄^2-

0,25

Bảo toàn Fe: Fe³⁺_: 0,12 mol

Bảo toàn Cu: Cu²⁺_: 2x mol

Bảo toàn S: SO₄^2-: x + 0,24 mol

0,5

Bảo toàn điện tích: 0,12 .3 + 2x .2 = 2(x+0,24)

→ x = 0,06 mol

0,25

2.

3 Cu + 8 HNO₃ → 3 Cu(NO₃)₂ + 2 NO + H₂O

Fe + 4 HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

Fe + Cu(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ + Cu

Fe + 2 Fe(NO₃)₃ → 3 Fe(NO₃)₂

Vì dư kim loại; dd có màu xanh nên 1,2 gam kim loại là Cu dư. Trong dd B chứa Cu²⁺ ; Fe²⁺.

0,25

n NO = 0,4 mol

Fe → Fe ²⁺ + 2 e → n _Fe(NO3)2 = a → m _Fe(NO3)2=180 a.

a 2a ( mol)

Cu → Cu ²⁺ + 2 e → n _Cu(NO3)2 = b → m _Cu(NO3)2=188 b.

a 2a ( mol)

N⁺⁵ + 3 e → N ⁺² (NO)

1,2 0,4 ( mol)

0,25

2a + 2b = 1,2 a = 0,2

180a + 188b = 111,2 b = 0,4

m Fe = 0,2 . 56 = 11,2 (g) ; m Cu = 0,4 . 64 + 1,2 = 26,8 (g)

0,25

% Fe = (11,2 / 38 ) . 100% = 29,47 %

% Cu = 100 % – 29,47 % = 70,53 %

0,25

Câu 4

1.

Công thức cấu tạo các chất:

1. CH₂=CH₂ B. HOCH₂-CH₂OH C. CH₃-CH₂-Cl

D. CH₃-CH₂-OH E. CH₃-COOH F. CH₃-COONH₄

A→B:

3CH₂=CH₂ + 2KMnO₄ + 4H₂O → 3 HOCH₂-CH₂OH + 2KOH + 2MnO₂

0,25

B→CH₃CHO: HOCH₂-CH₂OH CH₃-CHO + H₂O

A → C: CH₂=CH₂ + HCl CH₃-CH₂-Cl

0,25

C → D: CH₃-CH₂-Cl + NaOH CH₃-CH₂-OH + NaCl

D → E: CH₃-CH₂-OH + O₂ CH₃-COOH + H₂O

0,25

CH₃-CHO→ F:

CH₃-CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O CH₃-COONH₄ + 2Ag + 2NH₄NO₃

E→ F: CH₃COOH + NH₃ → CH₃COONH₄

0,25

2

_{bân đầu} = = 11,5 ml => = 11,5.0,8 = 9,2 gam

• _{ban đầu} = 0,2 mol

• _{ban đầu} = 200 – 11,5 = 188,5 ml => _{ban đầu} = 10,4722 mol

0,25

Giả sử có x (mol) ancol bị chuyển hoá, ta có

C₂H₅OH + O₂ CH₃COOH + H₂O

x mol x mol x mol

Vậy sau phản ứng dung dịch Y có: x(mol)CH₃COOH ;

(0,2 -x) mol C₂H₅OH và

(x+10,47)mol H₂O.

0,25

Cho Na dư vào 100 ml dung dịch Y:

CH₃COOH + Na CH₃COONa + 1/2H₂(1)

C₂H₅OH + Na C₂H₅ONa + 1/2H₂(2)

H₂O + Na NaOH + 1/2H₂(3)

0,25

• = ¼(x + 0,2 – x + 10,4722 + x) = ¼(10,6722 + x)

• Theo bài = 2,7075 mol => ¼(10,6722 + x) = 2,7075 => x = 0,1578

• H_{phản ứng} = 78,9%

0,25

Câu 5

1.

CTCT của A:

CH≡C-CHO CH₂=CH-CHO CH₃-CH₂-CHO CH₃COCHO HCOOCH=CH₂ CH≡C-CH₂OH CH≡C-COOH CH₃-O-C≡CH

1,00

2.

Ta thấy X no trong X chỉ có nhóm ete hoặc ancol hoặc cả hai. Vì X pư được với CuO nên X chắc chắn có nhóm anol –OH.

Khi 1 nhóm CH₂–OH chuyển thành –CH=O hoặc CH-OH thành C=O thì số H giảm đi 2 tức là KLPT sẽ giảm 2 đvC. Theo giả thiết thì M_Y nhỏ hơn M_X là 8 đvC nên trong X phải có 4 nhóm –OH (X không có nhóm ete vì X chỉ có 4 oxi) Y có CTPT là C₅H₄O₄ hay M_Y = 128 gam.

0,25

Số mol Y = 2,56/128 = 0,02 mol; số mol Ag = 0,16 mol.

Trong Y chắc chắn có nhóm anđehit –CHO có thể có nhóm xeton C=O . Đặt Y là R(CHO)_n ta có

R(CHO)_n + 2nAgNO₃ + 3nNH₃ + nH₂O → R(COONH₄)_n + 2nAg + 2nNH₄NO₃

0,02 0,16

n = 4

X và Y có CTCT lần lượt là

và

0,25

Khi X + NaBr/H₂SO₄ đặc tương đương với X pư với HBr vì:

2NaBr + H₂SO₄ Na₂SO₄ + 2HBr

Do đó ta có:

0,25

Do Q có M < 90 nên Q không còn Br vậy Q là sp của pư sau:

0,25

Câu 6

1.

Y: CH₂=CHOOC-CH₂-COOC₆H₅ Z: CH₂(COONa)₂

C: CH₃CHO D: CH₃COONH₄

E: CH₃COONa F: C₆H₅ONa

0,25

CH₂(COONa)₂ + 2NaOH CH₄  + 2Na₂CO₃

0,25

CH₃CHO + 2[Ag(NH₃)₂]OH CH₃COONH₄ + 2Ag + 3NH₃  + H₂O

CH₃COONH₄ + NaOH  NH₃ + CH₃COONa

0,25

CH₃COONa + NaOH CH₄  + Na₂CO₃

C₆H₅ONa + CO₂ + H₂O C₆H₅OH + NaHCO₃

0,25

2.

+) n_A= 0,1 mol; n_NaOH= 0,2 mol;

A tác dụng với dung dịch NaOH thu được một muối và một ancol, với tỉ lệ mol của A:NaOH = 1:2

=> A là este 2 chức

0,25

+) TH₁: Tạo bởi axit 2 chức và ancol đơn chức

A có công thức dạng R(COOR’)₂

=> R + 2R’=58

=> R’=15 và R=28 => CTCT của A là CH₃OOC-CH₂-CH₂-COOCH₃

hoặc R’=29 và R=0=> CTCT của A là C₂H₅OOC-COOC₂H₅

0,5

+) TH₂: Tạo bởi axit đơn chức và ancol 2 chức

A có công thức dạng (RCOO)₂R’

=> 2R + R’=58

=> R=1 và R’=56 => CTCT của A là HCOO-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-OOCH

hoặc R=15 và R’=28=> CTCT của A là CH₃COO-CH₂-CH₂-OOCCH₃

0,25

Câu 7

1a.

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

0,04 0,04

2CO₂ + Ca(OH)₂ →Ca(HCO₃)₂

2a a

Ca(HCO₃)₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + CaCO₃ + H₂O

a a a

197a + 100a = 6,534 → a = 0,022

CO₂: 0,084 mol

m_{dd tăng} = m_CO2 + m_H2O – m_kt

0,56 = 44.0,084 + m_H2O – 4

→ H₂O: 0,048 mol

0,25

0,25

Gọi X là C_xH_y­

→ x = 0,084:0,012 = 7

→ y = 0,048.2:0,012 = 8

Vậy X là C₇H₈

0,25

1b.

Theo bài: C₇H₈: 0,2 mol

Do X tác dụng với AgNO₃/NH₃ dư tạo kết tủa

→ X có liên kết ba đầu mạch

C₇H₈ + kAgNO₃/NH₃ → C₇H_8-kAg_k

Theo bài: 0,2(92 + 107k) = 61,2

→ k = 2

0,25

Vậy CTCT của X:

CH≡C-CH₂-CH₂-CH₂-C≡CH

CH≡C-CH(CH₃)-CH₂-C≡CH

CH≡C-CH(C₂H₅)-C≡CH

CH≡C-C(CH₃)₂-C≡CH

0,5

n_Z=0,035mol M_Z=6,5.4=26 ⇒ m_Z=n.M=0,035.26=0,91(g)

m_X=m_Y=m(C₂H₂+C₂H₄)+m_Z

⇒ bình Br2 tăng = m_X – m_Z = 3 – 0,91 = 2,09 (g)

0,5

Câu 8

1.

+) Dung dịch E tác dụng với NaHCO₃ sinh ra CO₂

chứng tỏ X, Y chứa nhóm chức –COOH.

0,25

Gọi công thức 2 chất R₁(COOH)_x và R₂(COOH)_y với số mol lần lượt là a, b

Khi đó số mol CO₂ là ax+by = a+b, không phụ thuộc vào a, b nên x=y=1.

0,25

+) Trong 3,6 gam X, Y

Đặt CT chung R-COOH

Khi tác dụng NaHCO₃ thu được n_CO2=0,05=n_(A,B) =n_-COOH nên M_(X,Y)=3,6/0,05=72 → M_R=72 – 45=27

+) Khi phản ứng với Na tạo ra H₂ với n_H2=0,035 mol chứng tỏ số mol H linh động trong E là 0,035.2=0,07 > n_-COOH nên X, Y vẫn còn –OH

Đặt R’(OH)_k(COOH) + Na→(k+1)/2 H₂

0,05 0,035 mol

→ k=0,4 <1

Với R=27 mà M_X< M_Y nên X không chứa –OH,

Y chứa 1 hoặc 2 –OH (không thể là 3 vì M_Y<130).

0,25

Vậy X chỉ chứa nhóm chức – COOH

Y chứa cả nhóm chức – COOH và nhóm chức –OH

0,25

2

+) TH₁: Y chứa 1 nhóm – OH khi đó X là R₁’(COOH) a (mol)

Y là R₂’(OH)(COOH) b (mol)

Ta có

X, Y không làm mất màu nước Br₂, không có phản ứng tráng bạc nên X, Y là hợp chất no

Nghiệm thỏa mãn R₁’= 15 ; R₂’=28

Vậy X là CH₃COOH; Y là C₂H₄(OH)(COOH)

+) TH₂: Y chứa 2 nhóm –OH tương tự ta tính được 4R₁^’ + R₂’= 118

Nghiệm thỏa mãn R₁’= 15; R₂’ = 41

Vậy X CH₃COOH; Y là C₃H₅(OH)₂(COOH)

0,5đ

0,5đ

3

+) Y tách H₂O cho 2 đồng phân hình học Z₁, Z₂ nên Y chỉ có thể là:

+) Z₁ đun nóng, tách H₂O tạo P mạch vòng, không phản ứng NaHCO₃ nên P là este vòng => Z₁ dạng cis, Z₂ dạng trans

0,25đ

0,25đ

0,5đ

Câu 9