ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH 2009 - 2010 MÔN HÓA HỌC

doc
Số trang ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH 2009 - 2010 MÔN HÓA HỌC 26 Cỡ tệp ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH 2009 - 2010 MÔN HÓA HỌC 1 MB Lượt tải ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH 2009 - 2010 MÔN HÓA HỌC 0 Lượt đọc ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH 2009 - 2010 MÔN HÓA HỌC 8
Đánh giá ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH 2009 - 2010 MÔN HÓA HỌC
4 ( 13 lượt)
Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu
Để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên
Chủ đề liên quan

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học 2009-2010 THÁI BÌNH MÔN THI: ho¸ häc ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn Câu 1: (2,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng, viết các phương trình phản ứng (nếu có) khi tiến hành các thí nghiệm sau: a. Cho mẩu Natri vào dung dịch CuSO4. b. Cho mẩu đá vôi vào dung dịch NaHSO4. c. Cho canxi cacbua vào dung dịch axit HCl. d. Cho lòng trắng trứng vào rượu etylic. e. Cho dung dịch glucozơ vào dung dịch Ag2O/NH3, đun nóng nhẹ. 2. Đốt cháy hoàn toàn m gam một phi kim X trong m 1 gam oxi thu được hỗn hợp khí gồm XO 2 và O2 có tỉ khối so với không khí ( M kk = 29) là 1,7655. Tính tỉ lệ m/m1? Câu 2: (2,0 điểm) 1. Tính khối lượng tinh bột cần dùng để lên men tạo thành 5 lít rượu etylic 46 0. Biết rằng hiệu suất toàn quá trình là 72%, khối lượng riêng của rượu etylic nguyên chất là 0,8g/ml; của nước nguyên chất là 1g/ml. 2. Lấy 500ml rượu điều chế được ở trên lên men giấm (hiệu suất phản ứng 75%) thu được dung dịch A. Cho toàn bộ dung dịch A tác dụng với natri dư thấy giải phóng V lít H2 (đktc). Tính V? Câu 3: (2,0 điểm) Sục từ từ a mol khí CO2 vào 800ml dung dịch A gồm KOH 0,5M và Ca(OH)2 0,2M a. Vẽ đồ thị biểu diễn mối quan hệ giữa số mol kết tủa và số mol khí CO2. b. Tính giá trị của a để thu được khối lượng kết tủa lớn nhất. c. Tính giá trị của a để khối lượng kết tủa thu được là 10 gam. d. Tính khối lượng kết tủa thu được khi giá trị của a là 0,6. Câu 4: (2,0 điểm) Cho hỗn hợp khí D gồm H2; CnH2n+2; CnH2n-2. Đốt cháy hoàn toàn 100cm3 D thu được 210cm3 CO2. Mặt khác, khi cho 100cm3 D đi qua bột Ni nung nóng thì thu được 70cm3 một hiđrocacbon E duy nhất. a. Xác định công thức phân tử của các hiđrocacbon trong D. b. Tính thể tích khí O2 cần dùng để đốt cháy hết 100cm3 D. Biết các khí đo ở cùng điều kiện, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 5: (2,0 điểm) Hỗn hợp bột X gồm nhôm và kim loại kiềm M. Hoà tan hoàn toàn 3,18 gam X trong lượng vừa đủ dung dịch axit H2SO4 loãng thu được 2,464 lít H2 (đktc) và dung dịch Y (chỉ gồm muối sunfat trung hoà). Cho Y tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch Ba(OH)2 cho tới khi gốc sunfat chuyển hết thành kết tủa thì thu được 27,19 gam kết tủa. a. Xác định kim loại M. b. Cho thêm 1,74 gam muối M2SO4 vào dung dịch Y thu được dung dịch Z. Tiến hành kết tinh cẩn thận dung dịch Z thu được 28,44g tinh thể muối kép. Xác định công thức của tinh thể? t c ( 30  32 C ) (-C6H10O5-)n + nH2O  axit C6H12O6  menruou  ,  nC6H12O6 (1)   ,    2C2H5OH + 2CO2 (2) 0 o Tõ (1) vµ (2) cã biÕn ho¸ sau: (-C6H10O5-)n  2nC2H5OH 162n Kg  2n.46Kg Câu 1 : 1a. Cã khÝ tho¸t ra, mµu xanh dung dÞch nh¹t dÇn, cã kÕt tña xanh xuÊt hiÖn: Na + H2O  NaOH + 1/2H2 2NaOH + CuSO4 ® Cu(OH)2 + Na2SO4 b. Dung dÞch vÈn ®ôc, cã bät khÝ xuÊt hiÖn: CaCO3 + 2NaHSO4 ® CaSO4 + Na2SO4 + H2O + CO2 c. Cã bät khÝ tho¸t ra: CaC2 + 2HCl ® CaCl2 + C2H2 d. Cã hiÖn tîng ®«ng tô protein (kÕt tña tr¾ng næi trªn bÒ mÆt) NH , t c e. Cã kÕt tña s¸ng b¹c xuÊt hiÖn C6H12O6 + Ag2O     C6H12O7 + 2Ag tc 2: X + O2  XO2 Sau ph¶n øng cã: M sau 1,7655.29 51,2 n msau = mtríc = m X  m O m  m1 nsau = n O d + XO 2 = n O ban ®Çu = m1/32 3 0 o 2 Theo bµi cã: M  m  m1 51,2  m1 32 2 m  m1 51,2  1,6 m1 32 2  m 0,6 m1 Câu 2: 1. VC H OH  2 5 5.46 2,3lit  mC2 H 5OH 2,3.0,8 1,84 Kg 100  3,24Kg 1,84Kg mtinh bét thùc tÕ = 3,24.100/72 = 4,5Kg 2. TÝnh t¬ng tù trªn trong 500ml rîu etylic 460 cã: mrîu = 184g  nrîu = 184/46 = 4mol Vníc = mníc = 500 – 230 = 270 g  nH2O = 270/18 = 15mol nrîu ph¶n øng = 4.75/100 = 3mol Ph¶n øng lªn men: C2H5OH + O2  mengiam    CH3COOH + H2O (3) 3mol 3mol 3mol Sau ph¶n øng trong A cã: C2H5OH d lµ 4 – 3 = 1mol CH3COOH lµ 3mol H2O lµ 15 + 3 = 18mol Cho A t¸c dông víi Na: CH3COOH + Na  CH3COONa + 1/2H2 (4)H2O + Na  NaOH + 1/2 H2 (5)  C2H5OH + Na C2H5ONa + 1/2 H2 (6) Theo ph¬ng tr×nh 4; 5 vµ 6 cã: n H 1 / 2.(n CH COOH  n H O  n C H OH ) 1 / 2.(3  18  1) 11mol VH = 11.22,4 = 246,4lÝt 2 3 2 2 2 5 n Ca ( OH ) 2 n KOH = 0,8.0,5 = 0,4mol Câu 3: a. §æi 800 ml = 0,8 lÝt = 0,8.0,2 = 0,16mol Sôc tõ tõ a mol CO2 vµo dung dÞch hh gåm KOH vµ Ca(OH)2, thø tù ph¶n øng x¶y ra nh sau:  CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (1) 0,16mol 0,16mol 0,16mol  CO2 + 2KOH K2CO3 + H2O (2) 0,2mol 0,4mol 0,2mol  CO2 + K2CO3 + H2O 2KHCO3 (3) 0,2mol 0,2mol  CO2 + CaCO3 + H2O Ca(HCO3)2 (4) 0,16mol 0,16mol NhËn xÐt: * Theo ptr×nh 1 cã: NÕu 0 a 0,16 th× n CaCO t¨ng tõ 0 ®Õn 0,16mol * Theo ptr×nh 2 vµ 3 cã: 0,16 a 0,56 th× nCaCO3 0,16mol 3 * Theo ptr×nh 4 cã: 0,56 a 0,72 th× n CaCO gi¶m tõ 0,16 ®Õn 0mol 0,72 a kh«ng cßn kÕt tña trong dung dÞch 3 nCaCO3 0,16 0,56 nCO2tho¶ m·n: 0,16 a 0,56 0,72 khi n CO O ®å thÞ0,16 b.Theo ta cã: n caCO max = 0,16mol 2 n n  n c. CaCO = 10/100 = 0,1mol  CaCO cã 2 kh¶ n¨ng: Ca ( OH ) * kh¶ n¨ng 1: Ca(OH)2 d Theo ph¬ng tr×nh 1 cã n CO n CaCO 0,1mol 3 3 3 2 2 3 * kh¶ n¨ng 2: CO2 hoµ tan mét phÇn kÕt tña Theo pt 4 kÕt hîp ®å thÞ cã n CO = 0,72-0,1 = 0,62mol d. a=0,6>0,56  kÕt tña bÞ hoµ tan mét phÇn n CO ( 4 ) n CaCO bÞ hoµ tan = 0,6 – 0,56 = 0,04mol  n CaCO cßn l¹i = 0,16 – 0,04 = 0,12mol m CaCO = 0,12.100 = 12g 2 2 3 3 3 Câu 4: a. ë cïng ®k tØ lÖ vÒ sè mol b»ng tØ lÖ vÒ thÓ tÝch Cho D ®i qua bét Ni, toc thu ®îc hi®rocabon duy nhÊt lµ CnH2n+2: CnH2n-2 + 2H2  Ni,t c CnH2n+2 (1) VH = V hh gi¶m = 100 – 70 = 30cm3 theo ptr×nh 2: VC n H 2 n  2 1 / 2.VH 2 = 30/2 = 15cm3 VËy VC n H 2 n  2 = 100 – 30 – 15 = 55cm3 Ph¬ng tr×nh ®èt ch¸y D: tc H2 + 1/2O2  H2O (2) tc tc CnH2n+2 +(3n+1)/2O2  nCO2+(n+1)H2O (3) CnH2n-2 +(3n-1)/2O2  nCO2+(n-1)H2O (4) 55 3 55n (cm ) 15 15n VCO = 55n + 15n = 210cm 3  n = 210/70 = 3CTPT cña c¸c hi®rocacbon trong D lµ: C 3H8; C3H4 b. mC , H ( D ) mC , H ( E )  VO2 cÇn dïng ®èt ch¸y 100cm3 D b»ng ®èt ch¸y 70cm3 E. tc C3H8 + 5O2 3CO2 + 4H2O  70 350 (cm3) VËy VO 2 = 350cm3 o 2 o o o 2 o Câu 5: n H  2 2,464 0,11mol 22,4 Gäi x; y lÇn lît lµ sè mol cña M; Al trong 3,18 gam hh X (x; y>0) Theo bµi ta cã: Mx + 27y = 3,18 (1*) Cho X t¸c dông v¬i H2SO4 lo·ng theo ptr×nh:  2M + H2SO4 M2SO4 + H2 (1) x x/2 x/2 (mol)  2Al + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2 (2) y y/2 3y/2 (mol) n H = x/2 + 3y/2 = 0,11  x + 3y = 0,22 (2*) 2 Cho Ba(OH)2 vµo dd Y: M2SO4 + Ba(OH)2  BaSO4 + 2MOH x/2 x/2 x Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  3BaSO4 + 2Al(OH)3 y/2 3y/2 y  MOH + Al(OH)3 MAlO2 + 2H2O (3) (mol) (4) (mol) (5) Theo 1; 2; 3; 4 cã n BaSO4 n H 2 = 0,11mol m BaSO 4 = 0,11.233 = 25,63g<27,19 m Al ( OH )  trong kÕt tña cã Al(OH)3: = 27,19 – 25,63 = 1,56g n Al ( OH ) = 1,56/78 = 0,02mol  n Al ( OH ) kÕt tña = y-x = 0,02 Theo ptr×nh 5 cã n Al( OH ) bÞ hoµ tan = nMOH = x (3*) Tõ 1*; 2* vµ 3* cã hÖ: Mx + 27y = 3,18 x = 0,04  x + 3y = 0,22 y = 0,06 y – x = 0,02 M = 39 VËy kim lo¹i kiÒm M lµ Kali (K) b. n K SO thªm vµo = 1,74/174 = 0,01mol  sau khi thªm cã: n Al ( SO ) = 0,03mol n K 2SO 4 = 0,02 + 0,01 = 0,03mol 3 3 3 2 mH O 2 4 = 28,44 – 0,03.174 – 0,03.342 = 12,96g n H Gäi CT cña tinh thÓ muèi kÐp lµ aK2SO4.bAl2(SO4)3.cH2O Cã a:b:c = 0,03:0,03:0,72 = 1:1:24 VËy CT cña muèi kÐp: K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O 2 3 kÕt tinh 2O kÕt tinh 4 3 = 12,96/18 = 0,72mol kú thi tuyÓn sinh líp 10 thpt chuyªn NguyÔn Tr·i - n¨m häc 2009 – 2010 ho¸ häc M«n thi: së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o H¶i d¬ng C©u I (2.5®iÓm) 1. §èt quÆng pirit s¾t trong kh«ng khÝ thu ®îc khÝ SO2. DÉn tõ tõ khÝ SO2 ®Õn d vµo dung dÞch Ca(OH)2 thu ®îc dung dÞch A. Cho tõ tõ dung dÞch NaOH vµo dung dÞch A cho ®Õn d. Nªu hiÖn tîng x¶y ra trong dung dÞch vµ viÕt c¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng x¶y ra theo tr×nh tù thÝ nghiÖm trªn. 2. X¸c ®Þnh c«ng thøc ho¸ häc cña c¸c chÊt ®îc kÝ hiÖu b»ng c¸c ch÷ c¸i trong ngoÆc ®¬n råi viÕt c¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng theo c¸c s¬ ®å ph¶n øng sau: a. (M) + HCl ® (A1) + H2 d. (A2) + NaOH ® (E) (r) + (A3) b. (M) + H2SO4 ® (B1) + (B2) + H2O e. (B1) + NaOH ® (E) (r) + (B3) 0 c. (A1) + Cl2 ® (A2) f. (E)  t (F) + H2O C©u II (2.0 ®iÓm) 1. Tr×nh bµy ph¬ng ph¸p ho¸ häc nhËn biÕt c¸c lä riªng biÖt mÊt nh·n cã chøa: Dung dÞch glucoz¬; dung dÞch saccaroz¬; dung dÞch axit axetic; níc. ViÕt c¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng x¶y ra (nÕu cã). 2. Tr×nh bµy ph¬ng ph¸p tinh chÕ CH4 tinh khiÕt tõ hçn hîp khÝ gåm: CH4, C2H2, CO2, C2H4. ViÕt c¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng x¶y ra (nÕu cã). C©u III (2.5®iÓm) Cho m gam Na vµo 500 ml dung dÞch HCl a M. Khi ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn thu ®îc 13,44 lÝt H2 (®ktc) vµ dung dÞch A. Cho dung dÞch A vµo 500 ml dung dÞch AlCl 3 0,5M, ph¶n øng xong thu ®îc 7,8 gam kÕt tña vµ dung dÞch B. 1. TÝnh m vµ a. 2. Cho 4,48 lÝt CO2 (®ktc) tõ tõ vµo dung dÞch B. TÝnh khèi lîng kÕt tña thu ®îc (nÕu cã). C©u IV(2.0 ®iÓm) 1. Hçn hîp X gåm 0,7 mol C 2H5OH vµ 0,8 mol mét axit h÷u c¬ A (RCOOH). Cho dung dÞch H2SO4 ®Æc vµo X, ®un nãng mét thêi gian thu ®îc hçn hîp Y. §Ó trung hoµ võa hÕt axit d trong Y cÇn 200 ml dung dÞch NaOH 2M. C« c¹n hçn hîp sau ph¶n øng trung hoµ thu ®îc 38,4 gam muèi khan. TÝnh hiÖu suÊt ph¶n øng este ho¸ vµ x¸c ®Þnh c«ng thøc cña A. 2. Mét lo¹i g¹o chøa 80% tinh bét ®îc dïng ®Ó ®iÒu chÕ rîu etylic theo s¬ ®å sau: 2) Tinh bét  (1) Rîu etylic  Glucoz¬  ( Víi hiÖu suÊt cña giai ®o¹n 1 vµ 2 lÇn lît lµ 80% vµ 60%. §Ó ®iÒu chÕ 5 lÝt rîu etylic 0 40 cÇn bao nhiªu kilogam g¹o trªn? BiÕt D C2 H5OH = 0,8 gam/ml. C©u V ( 1.0 ®iÓm) Hçn hîp khÝ X gåm hi®rocacbon CnH2n-2 (ph©n tö cã mét liªn kÕt 3) vµ H 2. d X / H 2 =6,5. §un nãng X (cã Ni xóc t¸c) ®Ó ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn ®îc hçn hîp Y. Cho Y qua dung dÞch brom thÊy dung dÞch brom bÞ nh¹t mµu. X¸c ®Þnh c«ng thøc ph©n tö cña C nH2n-2 vµ phÇn tr¨m thÓ tÝch mçi chÊt trong X. §¸p ¸n Câu 1: 1. HiÖn tîng: - DÉn SO2 vµo dd Ca(OH)2 lóc ®Çu xuÊt hiÖn kÕt tña vÈn ®ôc, sau ®ã kÕt tña tan trë l¹i t¹o thµnh dd trong suèt. - Nhá dd NaOH vµo dd trong suèt l¹i thu ®îc kÕt tña tr¾ng. 0 PTHH: 2FeS2 + 11/2O2  t 2Fe2O3 + 4SO2 SO2 + Ca(OH)2 ® CaSO3 + H2O SO2 + CaSO3 + H2O ® Ca(HSO3)2 SO2 + H2O ® H2SO3 ; H2SO3 + NaOH ® NaHSO3 + H2O Ca(HSO3)2+ NaOH ® CaSO3 + NaHSO3 + H2O; NaHSO3 + NaOH ® Na2SO3 +H2O 2. * M: Fe; A1: FeCl2; B1: Fe2(SO4)3; B2: SO2; A2: FeCl3; E: Fe(OH)3; A3: NaCl; B3: Na2SO4; Fe2O3 0 Fe + 2HCl ® FeCl2 + H2; 2Fe + 6H2SO4®  t Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O FeCl2 + 1/2Cl2 ® FeCl3; FeCl3 + 3NaOH ® Fe(OH)3 + 3NaCl 0 Fe2(SO4)3 + 6NaOH ® 2Fe(OH)3 + 3Na2SO4;2Fe(OH)3  t Fe2O3 + 3H2O Câu 2: 1. - LÊy mçi ho¸ chÊt mét lîng nhá ra c¸c èng nghiÖm t¬ng øng, ®¸nh dÊu c¸c mÉu TN. Nhóng quú tÝm vµo c¸c mÉu, quú tÝm ho¸ ®á lµ dd CH3COOH, c¸c mÉu cßn l¹i kh«ng lµm quú tÝm ®æi mµu - Cho vµo c¸c mÉu cßn l¹i dung dÞch AgNO3/NH3, ®un nãng. MÉu nµo cã ph¶n øng tr¸ng g¬ng lµ glucoz¬. -- Cho c¸c mÉu cßn l¹i vµi giät dd H2SO4 lo·ng, ®un nãng sau ®ã trung hoµ b»ng dd NaOH råi cho t¸c dông víi dung dÞch AgNO3/NH3, ®un nãng. MÉu cã p tr¸ng g¬ng suy ra mÉu ban ®Çu lµ dd saccaroz¬, mÉu cßn l¹i lµ níc. * C¸c PTHH: 0 NH t 0 2 SO4 ;t C12H22O11 +H2O  H  C6H12O6 + C6H12O6 C6H12O6 + Ag2O  3;  C6H12O7 + 2Ag 2.- DÉn toµn bé hçn hîp qua c¸c b×nh m¾c nèi tiÕp. - B×nh 1 chøa dd Ca(OH)2 d, toµn bé khÝ CO2 sÏ bÞ hÊp thô.CO2 + Ca(OH)2 ® CaCO3 + H2O KhÝ qua b×nh 1 ®Õn b×nh 2 chøa dung dÞch brom d, toµn bé C2H2, C2H4 bÞ hÊp thô. C2H4 + Br2 ® C2H4Br2 ; C2H2 + 2Br2 ® C2H4Br4 - KhÝ CH4 vµ h¬i níc tho¸t khái b×nh 2 qua b×nh 3 chøa dd H2SO4 ®Æc d thu ®îc CH4 tinh khiÕt. Câu 3: 1: C¸c PTHH 2Na + 2HCl ® 2NaCl + H2(1) 2Na + 2H2O ®2NaOH + H2(2) 3NaOH + AlCl3 ® Al(OH)3 + 3NaCl(3) 4NaOH + AlCl3® NaAlO2 + 2H2O + 3NaCl(4) n H 2 = 0,6 (mol); n AlCl3 = 0,5.0,5 = 0,25 (mol); n Al ( OH )3 = 7,8:78 = 0,1 (mol) - V× A t¸c dông ®îc víi dd AlCl3 t¹o kÕt tña nªn cã p (2) -Theo pt (1), (2) nNa = nNaOH + nNaCl = 2n H 2 = 0,6.2 = 1,2 (mol) VËy m = 1,2.23 = 27,6 g - V× n Al ( OH )3 = 0,1 < n AlCl3 = 0,25 nªn cã 2 trêng hîp * TH1: Kh«ng x¶y ra p (4) th× sau p (3) AlCl3 d. - Theo pt (3) ta cã: nNaOH = 3n Al ( OH )3 = 0,1.3 = 0,3 (mol) Theo pt (1) ® nHCl = nNaCl = (1,2 - 0,3) = 0,9 (mol) VËy a = 0,9:0,5 = 1,8(M) * TH 2: X¶y ra c¶ p (4) Theo pt (3): n Al ( OH )3 = n AlCl3 = 0,1 (mol) Nªn sè mol AlCl3 ë p (4) lµ: 0,25 - 0,1 = 0,15 (mol). Theo pt (3),(4) ta cã: nNaOH = 3.0,1 + 4.0,15 = 0,9 (mol) Theo pt (1) ® nHCl = nNaCl = (1,2 - 0,9) = 0,3 (mol)VËy a = 0,3:0,5 = 0,6(M) 2. nCO2 = 0,2 (mol) TH 1: Dd B chøa AlCl3 d vµ NaCl sÏ kh«ng t¸c dông ®îc víi CO2 nªn mkÕt tña = 0(gam). TH 2: dd B chøa NaAlO2, NaCl. Khi cho B p víi CO2 chØ cã p: NaAlO2 + CO2 + H2O ® Al(OH)3 + NaHCO3 (5) Theo pt (5) n Al ( OH )3 = n NaAlO2 = 0,15 (mol) ® n CO2 d = 0,2 - 0,15 = 0,05 (mol) VËy khèi lîng kÕt tña thu ®îc lµ: m Al ( OH )3 = 0,15.78 = 11,7 (gam) 0 H 2 SO4 ;t     RCOOC2H5 + H2O(1) Câu 4: 1: RCOOH + C2H5OH  RCOOH + NaOH ® RCOONa + H2O (2) Ta cã n RCOOH = 0,8> n C2 H5OH = 0,7 , kÕt hîp víi pt (1) nªn axit d, hiÖu suÊt p tÝnh theo rîu. nNaOH = 0,2.2 = 0,4 (mol) Theo (2) n RCOOH = n RCOONa = 0,4 (mol) Theo (1)® n C2 H 5OH 0, 4 .100 57,14% p = nRCOOH p = 0,8 - 0,4 = 0,4 (mol) VËy H = 0,7 - Khi c« c¹n hçn hîp sau ph¶n øng trung hoµ th× níc, rîu, axit, este ®Òu bÞ bay h¬i hoµn toµn. 38,4 gam muèi khan chÝnh lµ RCOONa. M RCOONa. = 38,4: 0,4 = 96 ® MR = 29 (C2H5-)VËy c«ng thøc cña A lµ : C2H5COOH. 0 0 2 SO4 ;t 2. (-C6H10O5-)n + nH2O  H ;t 2C2H5OH + 2CO2(2)   nC6H12O6 (1)C6H12O6  men Vrîu = 40.5 2(l ) ®mrîu = 2.1000.0,8 = 1600 (gam) = 1,6(kg) 100 HiÖu suÊt chung cña c¶ 2 giai ®o¹n lµ: H = 0,8.0,6 = 48% Theo pt (1)(2) víi H = 48% th× khèi lîng tinh bét cÇn dïng lµ ®Ó ®iÒu chÕ 1,6 kg rîu lµ: m SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Năm học: 2008-2009 Môn thi: Hóa học Thời gian làm bài: 150’ ( không kể thời gian phát đề ) (  C6 H10O5  )n = 1,6.162.100 5,870(kg ) 92.48 VËy khèi lîng g¹o cÇn dïng lµ: mg¹o » 5,870.100 7,337( kg ) 80 Câu 5: 1.Gäi sè mol cña CnH2n-2 lµ x mol; sè mol H2 lµ y (mol). C¸c ph¶n øng cã thÓ cã: 0 0 CnH2n-2 + H2  Ni , t   CnH2n CnH2n-2 + 2H2  Ni, t   CnH2n+2 V× Y lµm nh¹t mµu dd brom mµ ph¶n øng hoµn toµn chøng tá H2 ®· p hÕt ® y < 2x x.M  2. y y M  13 13   2 xy x 11 Ta cã: M X 6,5.2 13 nªn:  M  13  22  M  35 VËy chØ cã M=26 lµ tho¶ m·n. C«ng thøc cña hi®rocacbon lµ: C2H2 * Theo phÇn trªn: y M  13 26  13 13    . x 11 11 11 Do ë cïng ®k t0, p nªn tØ lÖ %V còng chÝnh lµ tØ lÖ % vÒ sè mol nªn: %V C2 H 2 = 11 .100 45,83% 11  13 %V H 2 = 13 .100 54,17% 11  13 Câu 1: (4 điểm) 1. Viết phương trình phản ứng để thực hiện dãy chuyển hóa sau: MnO2  (1)  Cl2  (2)  HCl  (3)  FeCl2  (4)  Fe(OH)2  (5)  FeSO4  (6)  Fe(NO3)2 (8) (9) (10) (7) CaCl2   Ca(NO3)2   CaCO3    Ca(HCO3)2 2. Có 5 dung dịch chứa trong 5 lọ riêng biệt gồm các chất : Na2CO3, BaCl2, MgCl2, H2SO4, NaOH được đánh số bất kỳ 1,2,3,4,5 . Thực hiện các thí nghiệm được kết quả như sau: - Chất ở lọ 1 tác dụng với chất ở lọ 2 cho khí bay lên, và tác dụng với chất ở lọ 4 tạo thành kết tủa. - Chất ở lọ 2 cho kết tủa trắng với chất ở lọ 4 và lọ 5. Hãy cho biết tên chất có trong từng lọ 1,2,3,4,5.Giải thích và viết phương trình phản ứng minh hoạ. Câu 2: (2 điểm): Trên 2 đĩa cân ở vị trí thăng bằng có 2 cốc để hở trong không khí,mỗi cốc đều đựng 100g dung dịch HCl có nồng độ 3,65%.Thêm vào cốc thứ nhất 8,4g MgCO3 ,thêm vào cốc thứ hai 8,4g NaHCO3. a)Sau khi pứ kết thúc,cân còn giữ vị trí thăng bằng không? Nếu không thì lệch về bên nào?Giải thích. b)Nếu mỗi bên đĩa cân cũng lấy 100g dung dịch HCl nhưng nồng độ là 10% và cũng làm thí nghiệm như trên với khối lượng MgCO3 và NaHCO3 đều bằng 8,4g. Phản ứng kết thúc,cân còn giữ vị trí thăng bằng không ? Giải thích. Câu 3: (2 điểm) Người ta dùng khí CO dư ở nhiệt độ cao để khử hoàn toàn 53,5g hỗn hợp X chứa CuO, Fe 2O3, PbO, FeO thu được hỗn hợp kim loại Y và hỗn hợp khí Z. Cho Z tác dụng hết với dung dịch Ca(OH) 2 dư, phản ứng xong người ta thu được 60 gam kết tủa trắng. a)Viết phương trình hóa học của các phản ứng. b)Xác định khối lượng của hỗn hợp kim loại Y. Câu 4: (4 điểm) Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe và Mg bằng một lượng vừa đủ dd HCl 20% thu được dung dịch Y. Biết nồng độ của MgCl2 trong dung dịch Y là 11,787%. a) Viết phương trình phản ứng. b) Tính nồng độ % của muối sắt trong dung dịch Y. c) Nếu thêm vào dung dịch Y nói trên một lượng dung dịch NaOH 10% vừa đủ để tác dụng thì nồng độ % của chất có trong dung dịch sau phản ứng là bao nhiêu ? Câu 5: ( 4 điểm) Đốt cháy hoàn toàn một hỗn hợp khí A gồm C2H2, C2H4, CH4, C3H4, C2H6 thì thu được 8,96 lít CO2 ( đktc) và 9 gam nước. a) Viết phương trình phản ứng đốt cháy. b) Tính thể tích khí Oxi cần dùng ( đo ở đktc) c) Tính tổng khối lượng của hỗn hợp A. Câu 6: (4 điểm) Đốt cháy hoàn toàn m gam một hyđrocacbon X, dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H 2SO4 đặc dư, bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn ,người ta thấy: - Bình 1: có khối lượng tăng thêm 21,6 gam. - Bình 2: có 100 gam chất kết tủa trắng. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính m. c) Xác định công thức phân tử của X biết rằng tỷ khối hơi của X so với oxi là 2,25. d) Viết công thức cấu tạo có thể có ứng với công thức phân tử nói trên. ĐÁP ÁN 0 Câu 1:1. MnO2 + 4HCl đặc  t MnCl2 + 2H2O + Cl2 (1) ; Cl2 + H2  a.s (2)  2HCl 2HCl + Fe ® FeCl2 + H2 (3) ; FeCl2 + 2NaOH ® 2NaCl + Fe(OH)2 ¯ (4) Fe(OH)2 + H2SO4 ® FeSO4 + 2H2O(5) FeSO4 + Ba(NO3)2 ® Fe(NO3)2 + BaSO4 ¯ (6) 0 Cl2 + Ca  t CaCl2 (7) CaCl2 + 2AgNO3 ® 2AgCl ¯ + Ca(NO3)2 (8) Ca(NO3)2 + Na2CO3 ® CaCO3 ¯ + 2NaNO3 (9) CaCO3 + CO2 + H2O ® Ca(HCO3)2 (10) 2. Có 5 chất : Na2CO3, BaCl2, MgCl2 , H2SO4, NaOH Ta có : chất (2) tạo kết tủa với 2 chất và tạo khí với 1 chất nên là : Na2CO3 , và (1) là H2SO4 Chất (4) + (1) ® kết tủa nên chọn (4) là BaCl2 Chất (5) + (2) ® kết tủa nên chọn (5) là MgCl2 ; Chất (3) là NaOH. Cách 2: Có thể lập bảng mô tả như sau: Na2CO3 BaCl2 MgCl2 H2SO4 NaOH Na2CO3 ¯ ¯ ´ BaCl2 ¯ ´ ¯ ´ MgCl2 X ¯ ´ ¯ H2SO4 ¯ ´ NaOH ´ ´ ¯ Chỉ có Na2CO3 tạo với các chất khác 2KT và 1 khí nên chọn (2) là Na2CO3 , (1) là H2SO4 Từ đó suy ra : (4) là BaCl2 vì tạo kết tủa với (1) ; còn lọ ( 5) là MgCl2 vì tạo kết tủa với (2) Câu 2: a) Số mol HCl = 0,1 mol ; số mol MgCO3 = 0,1 mol * Cốc 1: cho 0,1 mol HCl tác dụng với 0,1 mol MgCO3 MgCO3 + 2HCl ® MgCl2 + H2O + CO2 Bđ: 0,1 0,1 0 Pư : 0,05 0,1 0,05 mol Spư: 0,05 0 0,05 mol ; số mol NaHCO3 = 0,1 mol * Cốc 2: cho 0,1 mol HCl tác dụng với 0,1 mol NaHCO3 NaHCO3 + HCl ® NaCl + H2O + CO2 Bđ: 0,1 0,1 0 Pư : 0,1 0,1 0,1 mol Spư: 0 0 0,1 mol Vì lượng CO2 ( cốc 2) > lượng CO2 ( cốc 1) nên cân lệch về cốc 2. b) Nếu dùng 100g dung dịch HCl 10% thì Þ số mol HCl = 0,27 mol thì lượng MgCO 3 và NaHCO3 ở 2 cốc đều phản ứng hết. Cốc 1 : 0,1 mol MgCO3 Þ 0,1 mol CO2 (Vậy cân vẫn giữ được thăng bằng.) Cốc 2: 0,1 mol NaHCO3 Þ 0,1 mol CO2 Câu 3: a) Các phương trình phản ứng: 0 0 CO + CuO  t CO2 + Cu (1)3CO + Fe2O3  t 3CO2 + 2Fe (2) 0 0 CO + PbO  t CO2 + Pb (3)CO + FeO  t CO2 + Fe (4) Hỗn hợp Z gồm ( CO2 , CO dư ) CO2 + Ca(OH)2 ® CaCO3 ¯ + H2O 60 0,6 mol mol 100 b) Từ các phương trình (1),(2),(3),(4) ta có : n CO ( pư) = n CO2 = 0,6 mol m X  m CO m Y  m CO2 Theo định luật BTKL ta có : m Y  53,5 + 0,6.28 - 0,6.44 = 43,9 gam Câu 4:a) Mg + 2HCl ® MgCl2 + H2 ; Fe + 2HCl ® FeCl2 + H2 x 2x x x (mol) y 2y y y (mol) (2x  2y) 36,5 m dd HCl  100 (365x  365y ) (gam) 20 m dd Y = 24x + 56y + 365x + 365y – (2x + 2y ) = ( 387x + 419y ) ( gam) Phương trình biểu diễn nồng độ % của MgCl2 trong dung dịch Y : 95x 11, 787  giải ra x » y 387x  419y 100 m FeCl 127y 127x ( gam) 2 Vì nồng độ % tỷ lệ thuận với khối lượng chất tan trong dung dịch nên : 127x C%FeCl  11, 787  15,76 % 95x 2 b) Cho dung dịch Y tác dụng NaOH thì thu được dung dịch Z MgCl2 + 2NaOH ® Mg(OH)2 ¯ + 2NaCl ; FeCl2 + 2NaOH ® Fe(OH)2 ¯ ( mol) x 2x x 2x y 2y y (2x  2y) 40 m dd NaOH 10% = 100 (800x  800y) ( gam) 10 m KT = (58x + 90y ) ( gam) mdd Z 387x  419y  800x  800y  (58x  90y) 1129(x + y) (gam) 58,5(2x  2y) 117 C% NaCl  100%  100% 10,36% 1129(x  y) 1129 Câu 5 : d) Các phương trình phản ứng cháy : 5 0 0 C2H2 + O2  t 2CO2 + H2O C2H4 + 3 O2  t 2CO2 + 2H2O 2 0 0 CH4 + 2 O2  t CO2 + 2H2O C3H4 + 4 O2  t 3CO2 + 2H2O 7 0 C2H6 + O2  t 2CO2 + 3H2O 2 b) số mol CO2 = 0,4 mol ; số mol H2O = 0,5 mol 1 0,5 Ta có : n O n CO  n H O 0, 4  2 0, 65 mol 2 2 2 2 + 2NaCl 2y Thể tích O2 ( pư) = 0,65 ´ 22,4 = 14,56 lít y CxHy + ( x  ) O2  t xCO2 + y/2H2O 0 4 1 0,5 Dễ thấy số mol O2 ( pư) = n CO  n H O 0, 4  2 0, 65 mol 2 2 2 m  m c) Theo định luật BTKL ta có : A CO mCO  m H O 2 2 2 Þ mA = 0,4´ 44 + 9 – 0,65´ 32 = 5,8 gam( Hoặc : m A = mH + mC = Câu 6: a) CxHy b) c) d) 1 9 + 0,4 ´ 12 = 5,8 gam ) 9 Đặt CTTQ của hiđrocacbon X là CxHy y + ( x  ) O2  t xCO2 + y/2H2O ; CO2 + Ca(OH)2 ® CaCO3 ¯ + H2O 0 4 21, 6 1, 2 mol 18 100 1 mol Bình dung dịch Ca(OH)2 có 100 gam kết tủa Þ n CO2 n KT  100 Khối lượng của hiđrocacbon X là : m = mC + mH = 1´ 12 + 1,2 ´ 2 = 14,4 gam x 1 x 0,5 5     Ta có : Þ CT nguyên tắc : (C5H12)n 0,5y 1, 2 y 1, 2 12 Ta có : 72n = 2,25 ´ 32 = 72 giải ra n =1 . CTPT của hợp chất là C5H12 Phân tử C5H12 có 3 cấu tạo ( gọi là 3 đồng phân ): CH3 CH3 – CH2 –CH2 – CH2 –CH3 ; ; CH3 – CH2 –CH –CH3 CH3 – C –CH3 CH3 CH Bình H2SO4 đặc tăng 21,6 gam Þ m H 2O = 21,6 gam Þ n H2O  3 Së Gi¸o dôc - §µo t¹o th¸i b×nh Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT Chuyªn N¨m häc 2010 - 2011 ®Ò chÝnh thøc M«n thi: Ho¸ häc Thêi gian lµm bµi: 120 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) C©u I. (2,0 ®iÓm) 1) Cho BaO t¸c dông víi dung dÞch H 2SO4 lo·ng ®îc kÕt tña A vµ dung dÞch B. Cho dung dÞch B t¸c dông võa ®ñ víi Al, thu ®îc khÝ bay ra vµ dung dÞch D. Cho dung dÞch D t¸c dông víi dung dÞch K2CO3, thu ®îc kÕt tña E. ViÕt ph¬ng tr×nh ho¸ häc minh häa t¹o A, B, D, E. 2) Dïng dung dÞch HCl lo·ng cã thÓ nhËn biÕt ®îc c¸c chÊt díi ®©y (chÊt láng hoÆc dung dÞch trong suèt): Rîu etylic, benzen, natri cacbonat, natri sunfit, natri axetat. Gi¶i thÝch vµ viÕt c¸c ph¬ng tr×nh ho¸ häc minh häa. C©u II. (2,0 ®iÓm) 1) Hçn hîp X gåm Zn, Fe, Cu. Cho 9,25 gam hçn hîp X t¸c dông víi dung dÞch HCl d thu ®îc 2,24 lÝt khÝ H2(®ktc). MÆt kh¸c biÕt 0,3 mol hçn hîp X ph¶n øng võa ®ñ víi 7,84 lÝt khÝ Cl2(®ktc). TÝnh khèi lîng mçi kim lo¹i trong hçn hîp X. 2) Hoµ tan hçn hîp gåm 12,8 gam CuO vµ 16,0 gam Fe2O3 trong 155ml dung dÞch H2SO4 2M ®Õn ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn. Sau ph¶n øng thÊy cã m gam chÊt r¾n kh«ng tan. TÝnh m. C©u III. (2,0 ®iÓm) 1) Cho c¸c chÊt sau: Clo, cacbon, saccaroz¬, nh«m cacbua, etilen, xenluloz¬, chÊt bÐo, canxi cacbua. H·y viÕt ph¬ng tr×nh ho¸ häc cña c¸c chÊt trªn víi H 2O. (ghi râ ®iÒu kiÖn ph¶n øng). 2) Hçn hîp khÝ A gåm 0,09 mol C 2H2 vµ 0,2 mol H2. Nung nãng hçn hîp A víi xóc t¸c Ni, thu ®îc hçn hîp khÝ B. Cho hçn hîp khÝ B qua b×nh chøa dung dÞch Br 2 d, thu ®îc hçn hîp khÝ C. BiÕt tØ khèi h¬i cña C so víi H2 lµ 8, khèi lîng b×nh chøa dung dÞch Br2 t¨ng 0,82 gam. TÝnh sè mol mçi chÊt trong hçn hîp khÝ C. C©u IV. (2,0 ®iÓm)A lµ dung dÞch H2SO4 cã nång ®é a (M). Trén 500 ml dung dÞch A víi 200 1 ml dung dÞch KOH 2M, thu ®îc dung dÞch D. BiÕt dung dÞch D ph¶n øng võa ®ñ víi 2 0,39 gam Al(OH)3. 1) T×m a. 2) Hoµ tan hÕt 2,668 gam hçn hîp B gåm Fe3O4 vµ FeCO3 cÇn võa ®ñ 100 ml dung dÞch A. X¸c ®Þnh khèi lîng tõng chÊt trong hçn hîp B. C©u V. (2,0 ®iÓm)Cho hîp chÊt A m¹ch hë, trong ®ã %C = 48,65% (vÒ khèi lîng). §èt ch¸y hÕt a mol A cÇn 3,5a mol O2. S¶n phÈm chØ gåm CO2 vµ H2O cã sè mol b»ng nhau. 1) - X¸c ®Þnh c«ng thøc ph©n tö A. - H·y viÕt c«ng thøc cÊu t¹o cã thÓ cã cña A khi biÕt A lµ hîp chÊt ®¬n chøc. 2) BiÕt r»ng khi ®un nãng 7,4 gam A víi 200 gam dung dÞch NaOH 20%, sau ®ã c« c¹n thu ®îc 44,2 gam chÊt r¾n khan. X¸c ®Þnh CTCT ®óng cña A. Câu 1:1: BaO + H2SO4 → BaSO4 + H2O NÕu BaO d: BaO + H2O → Ba(OH)2 Ÿ Trêng hîp 1: Dung dÞch B chøa H2SO4 d 3H2SO4 + 2Al → Al2(SO4)3 + 3H2  Al2(SO4)3 + 3K2CO3 + 3H2O → 2Al(OH)3 +3K2SO4 +3CO2  Ÿ Trêng hîp 2: Dung dÞch B chøa Ba(OH)2 2Al + Ba(OH)2 + 2H2O → Ba(AlO2)2 +3H2  ; Ba(AlO2)2 + K2CO3 → BaCO3 +2KAlO2 2. Khi cho dung dÞch HCl lÇn lît vµo c¸c dung dÞch hoÆc chÊt láng theo bµi ra, ta nhËn biÕt c¸c chÊt nh sau: -Rîu etylic: T¹o dung dÞch ®ång nhÊt - Benzen: Ph©n thµnh 2 líp chÊt láng - Natri cacbonat: Cã khÝ kh«ng mµu, kh«ng mïi bay ra(CO 2) Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2  + H2O - Natri sunfit: Cã khÝ mïi xèc bay ra (SO2)Na2SO3 + 2HCl → 2NaCl + SO2  + H2O - Natri axetat: Cã mïi giÊm bèc ra (CH3COOH) CH3COONa + HCl → CH3COOH + NaCl Câu 2: 1.Ÿ C¸c ph¬ng tr×nh ho¸ häc - Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 (1) ; Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (2) Cu + HCl → kh«ng ph¶n øng ; Zn + Cl2 → ZnCl2 (3) 2Fe + 3Cl2→ 2FeCl3 (4) ; Cu + Cl2 → CuCl2 (5) Gäi x,y,z lÇn lît lµ sè mol cña Zn, Fe, Cu cã trong 9,25 gam X Sè mol H2 =2,24:22,4= 0,1 (mol); Sè mol Cl2 = 7,84:22,4= 0,35(mol) -Theo bµi ra: 65x+56y+64z = 9,25 (I) Theo (1) vµ (2) Sè mol H2 = x+y = 0,1(II) Theo (3),(4): xyz x  1,5 y  z = => x+z=2y (III) 0,3 0,35 Ÿ Gi¶i hÖ => x=y=z= 0,05 (mol) => Khèi lîng Zn= 0,05.65= 3,25 (gam) Khèi lîng Fe = 0,05.56= 2,8 (gam) Khèi lîng Cu = 0,05.64= 3,2(gam) 2. Ÿ Sè mol CuO = 12,8: 80= 0,16 (mol); Sè mol Fe2O3= 16,0:160 = 0,1 (mol) Sè mol H2SO4 = 0,155.2 = 0,31 (mol) Sau ph¶n øng cßn chÊt r¾n kh«ng tan, chøng tá axit hÕt vµ oxit d Trêng hîp 1: ChÊt r¾n lµ Fe2O3 CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O Fe2O3+ 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O 1 Theo ph¬ng tr×nh: Sè mol Fe2O3 p = (0,31-0,16)= 0,05 (mol) 3  Sè mol Fe2O3 d = 0,1-0,05=0,05 (mol) => m = 0,05.160= 8,0 (gam) Trưêng hîp 2: ChÊt r¾n lµ CuO Fe2O3+ 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O ; CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O Theo ph¬ng tr×nh: Sè mol CuO p = 0,31- 0,1.3= 0,01 (mol) => Sè mol CuO d = 0,16-0,01=0,15 (mol)=> m= 0,15.80= 12,0 (gam) VËy: 8,0 ≤ m ≤ 12,0   HClO + HCl Câu 3: 1. Cl2 + H2O   Cnung ®á + H2O(h¬i) → CO + H2 vµ Cnung ®á +2 H2O(h¬i) → CO2 + 2H2 0  C12H22O11 + H2O  tc , H C6H12O6 (glucoz¬)+ C6H12O6 (Fructoz¬) Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 +3 CH4  0  0  CH2=CH2 + H2O  tc , H CH3-CH2-OH ; (-C6H10O5-)n + nH2O  tc , H nC6H12O6 0  (RCOO)3C3H5 + 3H2O  tc , H 3RCOOH + C3H5(OH)3 ;CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 +C2H2  Nung nãng hçn hîp A C2H2 + H2 → C2H4 (1) C2H2 + 2H2 → C2H6 (2) Gäi a,b lµ sè mol C2H2 tham gia ph¶n øng (1) vµ (2). Hçn hîp B gåm : C2H4 a mol; C2H6 b mol; C2H2 (0,09-a-b) mol; H2 (0,2- a-2b) mol Ÿ Cho hçn hîp B qua dung dÞch Br2 d. C2H4 + Br2 → C2H4Br2 (1) C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 (2) Theo bµi ra: mC2 H 2  mC2 H 4 (0, 09  a  b).26  28a 0,82 => 13b- a= 0,76 (I) Hçn hîp khÝ C gåm C2H6 b mol; H2 (0,2-a-2b) mol 30b  2(0, 2  a  2b) M C = b  0, 2  a  2b = 8.2 =16 (II) Ÿ Gi¶i hÖ (I) vµ (II): a=0,02; b= 0,06 Sè mol mçi chÊt trong C: C2H6 (0,06 mol); H2 (0,06 mol) Câu 4: 1) TÝnh a - Sè mol H2SO4 = 0,5a (mol); Sè mol KOH= 2.0,2 = 0,4 (mol); Sè mol Al(OH)3= 0,39: 78= 0,005(mol) - H2SO4 +2KOH → K2SO4 + 2H2O (1) - Dung dÞch D ph¶n øng ®îc víi Al(OH)3 nªn cã 2 trêng hîp: H2SO4 d hoÆc KOH d Trêng hîp 1: Dung dÞch D chøa H2SO4 d 3H2SO4 +2Al(OH)3 → Al2(SO4)3 + 6H2O (2) 3 Theo (1) vµ (2) ta cã: 0,2 + .0,005.2 = 0,5a => a=0,43(M). 2 Trêng hîp 2: Dung dÞch D chøa KOH d KOH +Al(OH)3 → KAlO2 + 2H2O (3) Theo (1) vµ (3) ta cã: a + 0,005.2 = 0,4 => a=0,39(M) 2. 2) TÝnh m Gäi x,y lÇn lît lµ sè mol cña Fe3O4 vµ FeCO3. Theo bµi ra: 232x + 116y= 2,668 (I) - Fe3O4 + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + FeSO4 +4H2O (4) FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + CO2 +H2O (5) Ÿ Trêng hîp 1: a= 0,43(M) => sè mol H2SO4 = 0,43.0,1= 0,043 (mol) Theo (4) vµ (5): 4x +y =0,043 (II) Gi¶i hÖ (I) vµ (II) => x= 0,01; y= 0,003 => Khèi lîng Fe3O4 = 0,01. 232= 2,32 (gam); Khèi luîng FeCO3 = 2,668- 2,32 =0,348 (gam) Ÿ Trêng hîp 2: a= 0,39(M) => sè mol H2SO4 = 0,39.0,1= 0,039 (mol) Theo (4) vµ (5): 4x +y =0,039 (III) Gi¶i hÖ (I) vµ (III) => x= 0,008; y= 0,007=> Khèi lîng Fe3O4 = 0,008. 232= 1,856 (gam); Khèi luîng FeCO3 = 2,668- 1,856 =0,812 (gam) Câu 5:1) X¸c ®Þnh CTPT cña A. Gäi CTPT A lµ CxHyOz (x, y, z nguyªn d¬ng). 12 x 48, 65  4CxHyOz + (4x+y-2z)O2  4xCO2 + 2yH2O (1) Theo bµi ra: (I) 12 x  y  16 z 100 - Sè mol O2= 3,5. sè mol A => 4x +y -2z = 4.3,5=14(II)- => Sè mol H2O = sè mol CO2 => y= 2x (III) Ÿ Gi¶i hÖ I,II.III => x=3, y= 6, z= 2 VËy CTPT cña A lµ: C3H6O2 C«ng thøc cÊu t¹o cã thÓ cã cña A: C2H5COOH; CH3COOCH3 vµ HCOOC2H5 2. 2) X¸c ®Þnh CTCT ®óng cña A. 200.20 1, 0(mol ) Sè mol A=7,4:74= 0,1(mol); Sè mol NaOH = 100.40 Ÿ Gäi CTTQ cña A cã d¹ng: RCOOR' (R' cã thÓ lµ H hoÆc gèc hi®ro cacbon). RCOOR' + NaOH  RCOONa + R'OH Ÿ Theo ph¬ng tr×nh: Sè mol NaOH p =sè mol RCOONa= sè mol A= 0,1 (mol) => Sè mol NaOH d= 1,0-0,1= 0,9(mol) => Khèi lîng NaOH d = 0,9.40 = 36,0 (gam) => Khèi lîng RCOONa = 44,2- 36,0 = 8,2 (gam)=> R+67=8,2:0,1= 82 => R=15 (CH3) => CTCT ®óng cña A lµ CH3COOCH3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐAKLAK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học : 2010 – 2011 Môn : HÓA HỌC - CHUYÊN Thời gian : 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (1,5 điểm) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra(nếu có)khi tiến hành các thí nghiệm sau: a.cho mẫu kim loại Na vào dung dịch CuCl2. b.cho mẫu đá vôi vào dung dịch KHSO4 c.cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch AlCl3 d.cho canxicacbua vào nước e.đun nóng tinh bột trong dung dịch axit H2SO4 loãng, thu được dung dịch X. Cho X vào dung dịch AgNO3 trong NH3 dư, đun nóng nhẹ. g.cho lòng trắng trứng vào rượu etylic. Câu 2: (2,5 điểm) a.Từ quặng pirit sắt, natri clorua, oxi, nước, hãy viết các phương trình hóa học điều chế các chất: FeSO4,FeCl2, FeCl3, sắt III hiđroxit, Na2SO3, NaHSO4. b.Hòa tan 0,8 gam hỗn hợp gồm một kim loại hóa trị II và một kim loại hóa trị III cần dùng 34 ml dung dịch HCl 2M. + Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được bao nhiêu gam muối khan. + Nếu kim loại hóa trị III là Al và có số mol bằng 5 lần số mol của kim loại hóa trị II thì kim loại hóa trị II là kim loại nào? Câu 3: (1,5 điểm) Nhiệt phân hoàn toàn một lượng MgCO3 sau một thời gian thu được chất rắn A và khí B. Hấp thụ hết khí B bằng dung dịch NaOH thu được dung dịch C. Dung dịch C vừa tác dụng được với BaCl2, vừa tác dụng được với KOH. Hòa tan chất rắn A bằng dung dịch axit sunfuric loãng, dư thu được khí B và dung dịch D.Xác định thành phần của A, B, C, D và viết các phương trình hóa học Câu 4 : (2,0 điểm) Nung 93,9 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Al trong môi trường chân không. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y. chia Y làm 2 phần: Phần 1: cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 1.344 lít H2 Phần 2: cho tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 14.112 lít H2 biết các khí đo ở đktc. Tính khối lượng các chất trong hỗn hợp X. Câu 5 : (2,5 điểm) a. Cho 20 ml rượu etylic 230 tác dụng vừa đủ với kim loại Na. Tính khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng. Biết khối lượng riêng của rượu là 0.8g/ml, của nước là 1g/ml. b.Đốt cháy hoàn toàn chất hữu cơ X (Mx<78) chứa C, H, O, N thu được CO2, H2O và N2. Biết số mol H2O bằng 1,75 lần số mol CO2; tổng số mol CO2 và H2O bằng 2 lần số mol O2 tham gia phản ứng. Xác định công thức phân tử và đề nghị một công thức cấu tạo của X. Câu 1: a) Na tan mạnh, dung dịch sủi bọt, màu xanh lam của dung dịch chuyển dần thành kết tủa màu xanh lơ. 2Na + 2H2O ® 2NaOH + H2 2NaOH + CuCl2 ® Cu(OH)2 ¯ + 2NaCl b) Đá vôi tan ra, sủi bọt khí trong dung dịch: CaCO3 + 2KHSO4 ® CaSO4 + K2SO4 + H2O + CO2 c) Ban đầu có kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan trong NaOH dư AlCl3 + 3NaOH ® Al(OH)3 ¯ + 3NaCl ; Al(OH)3 + NaOH ® NaAlO2 + 2H2O d) Chất rắn tan mạnh trong nước, sủi bọt khí CaC2 + 2H2O ® Ca(OH)2 + C2H2 e) Xuất hiện lớp gương sau khi đun nhẹ dung dịch X Ax (-C6H10O5-)n + nH2O  0 nC6H12O6 ; C6H12O6 t dd NH + Ag2O   03 C6H12O7 + 2Ag ¯ t t0 g) Lòng trắng trứng bị đông tụ. Protein (dd)   đông tự Câu 2: a) *Điều chế FeSO4: ñp 0 2NaCl + 2H2O     2NaOH + Cl2 + H2 ; 4FeS2 + 11O2  t 8SO2 + 2Fe2O3 coùm.n V O 5 2SO2 + O2  2 0  2SO3 ; t SO3 + H2O ® H2SO4 0 Fe2O3 + 3H2  t  2Fe + 3H2O ; Fe + H2SO4 ® FeSO4 + H2 * Điều chế FeCl2, FeCl3, Fe(OH)3 0 2Fe + 3Cl2  t  2FeCl3 ; 2FeCl3 + Fe ® 3FeCl2 ; FeCl3 + 3NaOH ® Fe(OH)3 ¯ + 3NaCl * Điều chế Na2SO3 và NaHSO4 SO2 + 2NaOH ® Na2SO3 + H2O ; NaOH + H2SO4 ® NaHSO4 + H2O ( Hoặc : NaCl (r) + H2SO4(đặc) ® NaHSO4 + HCl (k) ) b) A + 2HCl ® ACl2 + H2 ; 2B + 6HCl ® 2BCl3 + 3H2 Tính số mol Cl = số mol HCl = 0,068 mol m =m kim loaïi + mCl = 0,8 + 0,068´ 35,5 = 3,214 ( gam) muoá i * Tìm A,B theo 2 cách sau đây: - Cách 1: Gọi a là số mol A Þ số mol Al là 5a Ta có: 2a + 3b = 17a = 0,068 Þ a = 0,004 ;0,004A + 5´ 0,004´ 27 = 0,8 - Cách 2: Xét phản ứng chung: A + 5Al + 17HCl ® ACl2 + 5AlCl3 + 17/2 H2 0,004 0,02 0,068 (mol) Ta có : M A  0,8  0,02 27 65 ( Zn) 0,004 Câu 3: B: CO2 Câu 4: giải ra A = 65 ( Zn) ; A : MaCO3 và MgO ; C : NaHCO3 và Na2CO3 Phản ứng nhiệt nhôm: 8Al + 3Fe3O4 t0   ; D: MgSO4, H2SO4 (dư) 9Fe + 4Al2O3 Vì Y tan trong kiềm sinh ra khí nên trong Y có Al, Fe, Al2O3 Phần 1: Số mol H2 = 0,06 , gọi x là số mol Fe 2Al ® 3H2 0,04 0,06 (mol) Phần 2: Giả sử số mol các chất phần 2 gấp a lần phần 1 2Al ® 3H2 Fe ® H2 0,04a 0,06a ax ax Ta có: 0,06a + ax = 14,112/22,4 = 0,63 (1) Theo ĐLBTKL Þ khối lượng hỗn hợp Y = 93,9 gam ( gồm cả phần 1 và phần 2 ) 1,08 + 56x + 4x.102 4ax.102 + 1,08a + 56ax + = 93,9 (2) 9 9 Biến đổi và giải hệ (1) và (2) được: a = 1,5 , x = 0,36 Số mol Fe (trong Y) = 0,36 + 1,5´ 0,36 = 0,9 (mol)Þ số mol Fe3O4 ( hỗn hợp đầu) = 1 n 0,3 (mol) 3 Fe Khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu:Fe3O4 ( 69,6 gam) ; Al ( 93,9 – 69,6 = 24,3 gam) Câu 5: a) Tính thể tích rượu n/c = 4,6 ml ( 3,68g) Þ 0,08 mol ; Tính thể tích H2O = 15,4 ml ( 15,4 gam) Viết 2 ptpư: Þ số mol C2H5ONa = 0,08 (mol) ; số mol NaOH = 15, 4 (mol) 18 Tính được khối lượng chất rắn: 39,66 gam b) CxHyOzNt + (x+ y  4 z 2 0 y t ) O2  t  xCO2 + H2O + N2 2 2 y y z y = 1,75x Þ x : y = 2: 7 (1) Mặt khác: x+ = 2(x+ ) Þ z = x (2) 2 4 2 2 Từ (1) và (2) Þ x : y : z = 2:7:2 Công thức nguyên : (C2H7O2Nt )n Vì MX < 78 nên Þ (63 + 14t )n < 78 Chỉ có n =1 và t = 1 là thỏa mãn. CTPT : C2H7O2N Các đồng phân của C2H7O2N gồm: - Hợp chất no: tạp chức amin và ancol ( hoặc tạp chức amin và ete) - Muối amoni: có chứa nhóm -COO- và nhóm NH4 Ví dụ : CTCT thu gọn của các đồng phân muối amoni: CH3 – COO–NH4 hoặc H–COONH3CH3 Đề Þ Mã kí hiệu H - D03 - HSG9- 09 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 2009 - 2010 MÔN: HOÁ HỌC Thời gian làm bài 150 p Câu 1: 1)Tiến hành các thí nghiệm sau. a- Cho mẩu quỳ tím vào ống nghiệm đựng dung dịch NaOH sau đó nhỏ từ từ dung dịch H2SO4 vào ống nghiệm. b- Cho mẩu Na vào dung dịch AlCl3. c- Cho từ từ tới dư bột Fe vào dung dịch HNO3 đặc, đun nóng. Cho biết hiện tượng các thí nghiệm trên . Viết PTPƯ và giải thích. 2) Từ FeS2 và H2O viết PTPƯ điều chế Fe; Fe2(SO4)3. A1    A2    A3 Câu 2: A A A A a- Cho dãy chuyển đổi B1    B2    B3 Xác định A; A1; A2; A3; B1; B2; B3. Biết A là hợp chất vô cơ sẵn có trong tự nhiên. Víêt PTPƯ thực hiện chuỗi biến hoá trên. b- Chỉ được dùng H2O; CO2. Hãy phân biệt 5 chất bột màu trắng đựng trong các lọ riêng rẽ: NaCl; Na2CO3; Na2SO4; BaCO3; BaSO4.. Câu 3: a- Có hỗn hợp 3 chất hữu cơ: C6H6; C2H5OH; CH3COOC2H5. Nêu phương pháp tách riêng từng chất, viết các PTPƯ xảy ra. b- Cho sơ đồ dãy biến hoá Tinh bot  axit  ;   A  Men    B  Men    D  NaOH   E  NaOH;  CaO; t 0  G  anh  sang  H HtO ruou dam Em hãy tìm các chất hữu cơ A; B; D; E; … thích hợp và viết PTPƯ thực hiện chuỗi biến hoá trên. Câu 4: Hoà tan 4,56g hỗn hợp Na2CO3; K2CO3 vào 45,44g nước. Sau đó cho từ từ dung dịch HCl 3,65% vào dung dịch trên thấy thoát ra 1,1g khí. Dung dịch thu được cho tác dụng với nước vôi trong thu được 1,5g kết tủa (Giả sử khả năng phản ứng của Na2CO3; K2CO3 là như nhau ) a- Tính khối lượng dung dịch HCl đă tham gia phản ứng. b- Tính nồng độ phần trăm mỗi chất trong dung dịch ban đầu c- Từ dung dịch ban đầu muốn thu được dung dịch mới có nồng độ phần trăm mỗi muối đều là 8,69% thì phải hoà tan bao nhiêu gam mỗi muối trên. Câu 5: Hoà tan 43,71g hỗn hợp gồm 3 muối: cacbonat; hiđrôcacbonat; clorua của một kim loại kiềm vào một thể tích dung dịch HCl 10,52% (D = 1,05g/ml) lấy dư được dung dịch A và 17,6g khí B. Chia dung dịch A thành 2 phần bằng nhau. Phần 1: Cho tác dụng với AgNO3 dư được 68,88g kết tủa. Phần 2: Cho phản ứng vừa đủ với 125ml dung dịch KOH 0,8M. Sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được 29,68g muối khan. a) Tìm tên kim loại kiềm. b) Tình thành phần phần trăm khối lượng mỗi muối đã lấy. c) Tính thể tích dung dịch HCl đã dùng. C âu 6 : Các hiđrocacbon A; B thu ộc dãy anken và An kin. Đốt cháy hoàn toàn 0,05mol hỗn hợp A; B thu được khối lượng CO2 v à H2O là 15,14g, trong đó oxi chiếm 77,15%. a) Xác định CTPT c ủa A v à B b) Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,05mol hỗn hợp A và B có tỷ lệ số mol thay đổi ta vẫn thu được một lượng khí CO2 như nhau, thì A và B là hiđrocacbon g ì. Câu 1 : 1. a) Khi cho quỳ tím vào dung dịch NaOH thì quỳ tím chuyển thành màu xanh. Sau đó nhỏ từ từ dung dịch H2SO4 thì quỳ tím dần chuyển về màu tím. Khi lượng axit dư thì quỳ tím chuyển thành màu đỏ. PTPƯ 2NaOH + H2SO4    Na2SO4 + 2H2O b) Khi cho mẩu Na vào dung dịch AlCl3 , ta thấy mẩu Na xoay tròn, chạy trên mặt dung dịch và tan dần, có khí không màu thoát ra. 2Na + H2O    2NaOH + H2 Một lúc sau thấy có kết tủa keo trắng.  3NaCl + Al(OH)3 3NaOH + AlCl3   Kết tủa keo trắng tan dần. NaOH + Al(OH)3    NaAlO2 + 2H2O c) Sắt tan dần lúc đầu có khí màu nâu thoát ra, về sau HNO3 loãng dần có khí không màu thoát ra hoá nâu trong không khí. 0 0 Fe + 6HNO3  t Fe(NO3)3 +3NO2 +3H2O Fe + 4HNO3  t Fe(NO3)3 +NO +2H2O  2NO2 2NO + O2   Fe + 2Fe(NO3)3    3Fe(NO3)2 không màu nâu dp 2. 2 H 2O   2 H 2  O2 0 4FeS2 + 11 O2    2Fe2O3 + 8SO2 ; Fe2O3 + 3H2  t 2Fe + 3H2O 0 t   2SO3 ; SO3 + H2O   2SO2 + O2  V  H2SO4 2 O5 Fe2O3 + 3H2SO4    Fe2(SO4)3 + 3H2O CaO    Ca(OH ) 2    CaCl2 Câu 2 : a. CaCO3 CaCO3 CaCO3 CaCO3 CO2    NaHCO3    Na2CO3 b.- Chia các chất cần nhận biết thành nhiều phần . - Đem hoà tan các chất cần vào nước, nhận ra 2 nhóm: Nhóm 1: NaCl, Na2CO3, Na2SO4 (Tan) Nhóm 2: BaCO3, BaSO4 (Không tan) - Sục khí CO2 vào 2 lọ ở nhóm 2 vừa thu được ở trên. - Lọ kết tủa bị tan là BaCO3, lọ không có hiện tượng là BaSO4 BaCO3 + CO2 + H2O    Ba(HCO3)2 - Lấy Ba(HCO3)2 vừa thu được ở trên cho vào 3 lọ ở nhóm 1 + Lọ không có hiện tượng gì là NaCl. + Hai lọ cho kết tủa là Na2CO3, Na2SO4  BaCO3  2 NaHCO3 ; Na SO + Ba(HCO ) Na CO + Ba(HCO )   2 3 3 2 2 4 3 2   BaSO4  2 NaHCO3 Phân biệt hai kất tủa BaCO3 và BaSO4 như trên Câu 3 :+ Cho hỗn hợp vào lượng nước dư, C2H5OH tan trong nước, hỗn hợp C6H6; CH3COOC2H5 không tan phân lớp . Chiết lấy hỗn hợp C6H6; CH3COOC2H5 phần dung dịch C2H5OH tan trong nước đem chưng cất rồi làm khô bằng CuSO4khan thu được C2H5OH. + Hỗn hợp C6H6; CH3COOC2H5 cho vào dung dịch NaOH lấy dư, CH3COOC2H5 tan theo ph ản ứng xà phòng hoá CH 3 COOC 2 H 5  NaOH  CH 3  COONa  C 2 H 5 OH + Chiết lấy C6H6 còn lại là dung dịch CH3- C OONa và C2H5OH đem chưng cất lấy C2H5OH rồi làm khô bằng C uSO4khan . Cô cạn dung dịch lấy CH3COONa khan rồi cho phản ứng với H2SO4 đặc thu được CH3COOH rồi cho ph ản ứng với C2H5OH theo phản ứng este hoá thu được CH3C OOC2H5. 4  H2 SO  CH 3 COOH  C2 H 5OH  CH 3COOC2 H 5  H 2O (C6H10O5)n + nH2O  axit  nC6H12O6  Men rượu C6H12O6 Men dấm 2C2H5OH + +2CO2 C2H5OH + O2 CH3COO H + H2O 0 CH3COOH + NaOH    CH3COONa + H2O ;CH3COONa + 2NaOH  t,CaO  CH4 + Na2CO3 Ánh sáng CH4 + Cl2 CH3Cl + HCl Câu 4 : a.Na2CO3 + HCl    NaCl + NaHCO3 (1) K2CO3 + HCl    KCl + KHCO3 (2) NaHCO3 + HCl    NaCl + CO2 + H2 O (3) KHCO3 + HCl    KCl + CO2 + H2 O (4) Ca(OH)2 + NaHCO3    NaOH +CaCO3+H2O (5) Ca(OH)2 + KHCO3    KOH+CaCO3+H2O (6) 1,1 1,5 0, 015 Ta có nCO2  0, 025mol nCaCO3  44 100 Theo PTPƯ (1) v à (6) ta có n hỗn hợp đầu = nCO2  nCaCO3 0, 025  0,115 0, 04mol 0, 065*36,5 *100 65 g nCO2 0, 065mol mddHCl  3, 65 nHCl= n hỗn hợp đầu + b.Gọi số mol của Na2CO3và K2CO3 lần lượt là xmol và ymol  x  y 0, 04  x 0, 03    y 0, 01 Ta có hệ phương trình 106 x  138 y 4,56 Ta có mhỗn hợp ban đầu = 4,56 + 45,44 = 50g 3,18 *100 6,36% 50 1,38 mK2CO3 0, 01*138 1,38 g  C % K2CO3  *100 2, 76% 50 c. Gọi số mol của Na2CO3và K2CO3 cần thêm vào lần lượt là a mol và b mol V ì C% bằng nhau nên ta c ó 3,18 + 106a = 1,38 + 138b (I) mNa2 CO3 0, 03*106 3,18 g  C % Na2CO3  - (3,18  106a )*100 8, 69 ( II ) Theo C% ta c ó 50  106a  138b Từ (I) và (II) giải ra ta được a = 0,015 ; b = 0,0246. mNa2CO3 0, 015*106 1,59 g m 0, 0246*138 3,3948 g Vậy khối lượng mỗi muối cần thêm vào là K 2CO3 Câu 5:Gọi CTHH của 3 muối trên là : M2CO3, MHCO3, MCl Gọi a; b; c lần lượt là số mol của 3 muối trên đã dùng: M 2CO3  2 HCl    2MCl  CO2  H 2O a mol 2a mol 2a mol a mol MHCO3  HCl    MCl  CO2  H 2O b mol b mol b mol b mol Giả sử dung dịch A còn dư 2d mol HCl. Vậy mỗi phần dung dịch A có 1  2a  b  c  mol MCl d mol HCl dư và 2 Phản ứng ở phần 1: HCl  AgNO3    AgCl  HNO3 d mol MCl d mol  AgNO3    AgCl 1  2a  b  c  2 HCl Phản ứng ở phần 2: d mol  MNO3 1  2a  b  c  2  KOH    KCl  H 2O d mol d mol 1  2a  b  c  mol MCl Vậy 29,68g hỗn hợp muối khan gồm có 2 và d mol KCl Do đó ta có hệ phương trình  a (2M  60)  b( M  61)  c ( M  35,5) 43, 71   a  b 17, 6 0, 4  a 0,3mol  44   1 66,88 b 0,1mol 0, 48  d  (a  b  c )  2 143,5  c 0, 6mol  d 0,125*0,8 0,1  M 23   1  2a  b  c   M  35,5   74,5d 29, 68  2 Vậy kim loại kiềm cần tìm là Na 0,3*106 % Na2CO3  *100 72, 7% 43, 71 84*0,1 % NaHCO3  *100 19, 2% 43, 71 b. % NaCl 100%  (72, 7%  19, 2%) 8,1% c. Số mol HCl ban đầu đã dùng là = 2a + b + 2d = 0,9mol 0,9*36,5*100 Vdd HCl  297, 4ml 10,52*1, 05 Câu 6: a.Gọi x và y là số mol CO2 và H2O ở sản phẩm cháy  44 x  18 y 15,14 Giải ra ta được x = 0,25; y = 0,23  32 x  16 y 15,14*0, 7715 CnH2n-2 + 3n  1 O2  nCO2 + (n-1) H2O CmH2m + 1,5m O2  mCO2 + m H2O 2 Do anken cháy có số mol CO2 bằng số mol H2O Ta có số mol ankin bằng = 0,25 – 0,23 = 0,02mol Số mol anken = 0,05 – 0,02 = 0,03 mol Ta có phương trình 0,02n + 0,03m = 0,25 Hay 2n+ 3m = 25 Các cặp nghiệm : C8H14 v à C3H6 ; C5H8 v à C5H10 ; C2H2 v à C7H14 b. Vì tổng số mol 2 hiđrôcacbon không đổi, mà số mol CO2 cũng không đổi, điều đó chứng tổ số nguyên tử cacbon trong ankin bằng số nguyên tử cacbon trong anken. Vậy 2 hiđrôcacbon là C5H8 v à C5H10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG Đề chính thức KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 Môn: HOÁ HỌC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề này gồm 01 trang) Câu 1(3,0 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng thực hiện dãy biến hóa hóa học sau: Fe→FeCl2→FeSO4 →Fe2(SO4)3→Fe(NO3)3→Fe(NO3)2→Fe(OH)2→Fe(OH)3 →Fe2O3 2. ChØ ®îc dïng thªm qu× tÝm vµ c¸c èng nghiÖm, h·y chØ râ ph¬ng ph¸p nhËn ra c¸c dung dÞch bÞ mÊt nh·n sau: NaHSO4, Na2CO3, Na2SO3, BaCl2, Na2S. 3. Có thể tồn tại đồng thời trong dung dịch các cặp chất sau đây không? Giải thích và viết phương trình phản ứng (nếu có). a) CaCl2 và Na2CO3 ; b) NaOH và NH4Cl ; c) Na2SO4 và KCl; d) HCl và NaHSO3; e) NaOH và KNO3 Câu 2: (2,5 điểm) 1.Từ đá vôi, than đá và các chất vô cơ cần thiết, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế benzen, cao su buna (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có). 2. Đốt hỗn hợp gồm cacbon và lưu huỳnh trong khí oxi dư, thu được hỗn hợp khí A. Cho khí A lội qua dung dịch NaOH thu được dung dịch B và khí C. Cho khí C qua hỗn hợp chứa CuO và MgO nung nóng thu được chất rắn D và khí E. Cho khí E lội qua dung dịch Ca(OH) 2 thu được kết tủa F và dung dịch G. Thêm dung dịch KOH vào dung dịch G lại thấy kết tủa F xuất hiện, đun nóng G cũng thấy xuất hiện kết tủa F. Hãy xác định thành phần A, B, C, D, E, G, F và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3: (2,5 điểm) Hoµ tan hoµn toµn 5,94 gam Al vµo dung dÞch NaOH d ®îc khÝ thø nhÊt. Cho 1,896 gam KMnO4 t¸c dông hÕt víi axit HCl ®Æc, d ®îc khÝ thø hai. NhiÖt ph©n hoµn toµn 12,25 gam KClO3 cã xóc t¸c, thu ®îc khÝ thø ba.Cho toµn bé lîng c¸c khÝ ®iÒu chÕ ë trªn vµo mét b×nh kÝn råi ®èt ch¸y ®Ó c¸c ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn. Sau ®ã lµm l¹nh b×nh ®Ó cho h¬i níc ngng tô hÕt vµ gi¶ thiÕt c¸c chÊt tan hÕt vµo níc thu ®îc dung dÞch E. ViÕt c¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng vµ tÝnh nång ®é C% cña dung dÞch E. Câu 4: (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm C2H2 và H2. Cho 10,08 lít A đi qua ống đựng chất xúc tác Ni đun nóng, thu được 6,944 lít hỗn hợp khí B gồm 4 chất. Dẫn B đi chậm qua bình đựng nước brom dư cho phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 4,48 lít hỗn hợp khí C. Biết rằng 1mol A có khối lượng 10 gam và các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Hãy viết các phương trình phản xảy ra và tính thành phần phần trăm theo thể tích của các khí trong hỗn hợp A, B, C. Câu 1: 1. Viết phương trình phản ứng để hoàn thành sơ đồ sau : Fe→FeCl2→FeSO4 →Fe2(SO4)3→Fe(NO3)3→Fe(NO3)2→Fe(OH)2→Fe(OH)3 →Fe2O3 Fe + HCl → FeCl2 + H2 ; FeCl2 + H2SO4 → FeSO4 +2HCl 10 FeSO4 +2KMnO4 + 8H2SO4 →Fe2(SO4)3 + K2SO4 +2MnSO4 + 8H2O Fe2(SO4)3 + Ba(NO3)2 → Fe(NO3)3 + BaSO4 Fe(NO3)3 + Cu → Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2 Fe(NO3)2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaNO3 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O 2: Dïng qu× tÝm nhËn ra : - dung dÞch NaHSO4 lµm qu× tÝm ho¸ ®á - dung dÞch BaCl2 kh«ng lµm ®æi mµu qu× tÝm - 3 dung dÞch cßn l¹i lµm qu× ho¸ xanh. Dïng NaHSO4 nhËn ra mçi dd cßn l¹i víi hiÖn tîng : Na2SO4 + 2NaHSO4 →2Na2SO4 + H2S  bät khÝ mïi trøng thèi Na2SO3 + 2NaHSO4 → 2Na2SO4 + SO2  + H2O bät khÝ mïi h¾c Na2CO3 + 2NaHSO4 → 2Na2SO4 + CO2+ H2O bät khÝ kh«ng mïi. 3. Các cặp a) CaCl2 và Na2CO3 ; b) NaOH và NH4Cl ; d) HCl và NaHSO3 Không tồn tại đồng thời trong dung dịch vì  CaCl2 + Na2CO3 → Ca CO3↓ + 2NaCl NaOH + NH4Cl → NaCl + NH3↑ + H2O HCl + NaHSO3→ NaCl + SO2↑ + H2O t H 2O t0 Câu 2: 1. CaCO3 ¾¾ ® C2H2 ® CaC2 ¾¾¾ ® CaO ¾¾ C ,t t 0 , xt 3C2H2 ¾¾ ® C6H6 ; 2C2H2 ¾¾¾ ® CH2= CH-C º CH 0 t , Pb CH2= CH-C º CH + H2 ¾¾¾ ® CH2=CH-CH=CH2 Na ,t 0 ® (- CH2-CH-CH-CH2-)n caosubuna nCH2=CH-CH=CH2 ¾¾¾ 2. Đốt hỗn hợp C+ O2 → 2CO ; C+ O2 → CO2 ; S+O2 → SO2 Khí A gồm CO, CO2, SO2 khí O2dư - Cho A qua dd NaOH: CO2 +2NaOH → Na2CO3 +H2O ; SO2 +2NaOH → Na2SO3 +H2O SO2 +Na2CO3 → Na2SO3 +CO2. B chứa: Na2CO3, Na2SO3 ; Khí C gồm CO, CO2, O2 Khí C đi qua CuO, MgO nung nóng: CuO +CO → Cu +CO2 Chất rắn D gồm MgO, Cu, khí E chứa CO2, O2, , CO dư Khí E lội qua Ca(OH)2 Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 +H2O ; Ca(OH)2 + 2CO2 → Ca(HCO3)2 Vậy kết tủa F là CaCO3 , dung dịch G có Ca(HCO3)2 Thêm KOH vào G và đun nóng G: 2KOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3 +K2CO3 + H2O ; Ca(HCO3)2 → CaCO3 +CO2 + H2O Câu 3: 2Al + 2H2O + 2 NaOH → 2NaAlO2 + 3H2 2KMnO4 + 16 HCl →2KCl + 2 MnCl2 + 5Cl2 + 8 H2O ; 2KClO3 → 2KCl + 3O2  5,94 - TÝnh theo tõng ph¬ng tr×nh cho :sè mol H2= . 1,5 = 0,33 ; 27 12, 25 1,896 sè mol Cl2 = . 2,5 = 0,03 vµ sè mol O2 = . 1,5 = 0,15 122,5 158 H2+Cl2→ 2 HCl ; 2H2 + O2→2H2O - C¸c khÝ ph¶n øng với nhau võa ®ñ t¹o ra lîng HCl = 0,06 mol nÆng 2,19 gam ; Lîng H2O = 2,19 0,3 mol nặng 5,4gam C% = . 100% = 28,85% 5, 4  2,19 Câu 4:1 . Viết phương trình phản ứng và tính % thể tích các chất trong A, B, C. Phương trình phản ứng : C2H2 + H2 → C2H4 (1) C2H2 + 2H2 → C2H6 (2) -Hỗn hợp khí B gồm : C2H4 , C2H6 , C2H2 dư và H2 dư. Dẫn B qua nước brom dư thì C2H4 và C2H2 bị giữ lại bình . C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H2 +2Br2 → C2H2Br4 nA = 10,08 / 22,4 = 0,45 mol - Đặt số mol các chất trong A là : C2H2 xmol ,H2 ymol . Ta có hệ phương trình : x + y = 0,45 (3) (26x + 2y) : 0,45 =10 (4) Giải ta được : x = 0,15 , y = 0,3 Thành phần % các chất trong A : %C2H2 = (0,15 / 0,45).100% = 33,33% % H2 = ( 0,3 / 0,45). 100% = 66,67% nB = 6,944 / 22,4 = 0,31 mol Số mol H2 tham gia phản ứng = Độ giảm số mol khí = 0,45 - 0,31 = 0,14 mol Số mol H2 dư = 0,3 - 0,14 = 0,16 mol nC = 4,48 / 22,4 = 0,2 mol nC2H6 = 0,2 - 0,16 = 0,04mol Thành phần % các chất trong C : %C2H6 = (0,04 / 0,2).100% = 20%; % H2 = (0,16 / 0,2) .100% = 80% -Theo phản ứng (1),( 2) : (2) nC2H2 = nC2H6 = 0,04 mol , nH2 = 0,04.2 = 0,08mol (1) nH2 = 0,14 - 0,08 = 0,06 mol → nC2H4 = 0,06mol , nC2H2 = 0,06mol Số mol C2H2 phản ứng = 0,04 + 0,06 = 0,1mol Số mol C2H2 dư = 0,15 - 0,1 = 0,05mol -Thành phần% các chất trong B : %C2H4 = (0,06/0,31).100% = 19,35% ; %C2H6 = (0,04 / 0,31).100% = 12,9% %C2H2 = ( 0,05 / 0,31).100% = 16,13% ; %H2 = ( 0,16 / 0,31).100% = 51,61% SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Hóa học Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) Ngày thi: 23/3/2012 Câu I. ( 2,0 điểm) 1. Nung nóng hỗn hợp Cu, Ag trong O2 dư, sau phản ứng thu được chất rắn A. Cho A vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được dung dịch B và khí C. Khí C tác dụng với dung dịch KOH thu được dung dịch D. Dung dịch D vừa tác dụng với BaCl2, vừa tác dụng với NaOH. Xác định thành phần các chất có trong A, B, C, D. Viết phương trình các phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên. 2. Chỉ dùng một thuốc thử, trình bày cách nhận biết các chất bột màu trắng đựng trong các lọ riêng biệt mất nhãn sau: BaCO3, BaSO4, Na2SO4, Na2CO3, MgCO3, CuSO4 (khan). Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). Câu II. ( 1,75 điểm) 1. Cho hỗn hợp gồm rượu etylic, axit axetic, nước. Trình bày phương pháp tách riêng rượu etylic nguyên chất và axit axetic (có thể lẫn nước) từ hỗn hợp trên? Viết phương trình phản ứng minh họa (nếu có). 2. Khi thực hiện phản ứng chuyển hóa metan thành axetilen thu được hỗn hợp khí X gồm metan, axetilen và hidro. Đốt cháy hoàn toàn X cần 6,72 lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy được hấp thụ hết vào dung dịch chứa 0,1 mol Ca(OH)2. a. Tính khối lượng của hỗn hợp X? b. Hãy cho biết dung dịch thu được sau khi hấp thụ sản phẩm cháy có khối lượng thay đổi như thế nào so với dung dịch Ca(OH)2 ban đầu? Câu III. ( 2,0 điểm) Cho 37,2 gam hỗn hợp X gồm: R, FeO, CuO (R là kim loại chỉ có hóa trị II, hidroxit của R không có tính lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6 % (HCl dùng dư), sau phản ứng thu được dung dịch A, chất rắn B nặng 9,6 gam (chỉ chứa một kim loại) và 6,72 lít H2 (đktc). Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch KOH dư, thu được kết tủa D. Nung kết tủa D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34 gam chất rắn E gồm hai oxit. 1. Tìm R và % khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X . 2. Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A. Câu IV. ( 2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm (Al và oxit FexOy). Nung m gam X trong điều kiện không có không khí, khi đó xảy ra phản 0 ứng: Al + FexOy  t Al2O3 + Fe (phản ứng chưa được cân bằng). Sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần: Phần 1: cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thu được 1,68 lit khí và 12,6 gam chất rắn. Phần 2: cho tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, sau phản ứng thu được 27,72 lít SO 2 và dung dịch Z có chứa 263,25 gam muối sunfat. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc. 1. Viết phương trình các phản ứng xảy ra. 2. Tìm m và công thức phân tử của oxit FexOy Câu V. ( 2,25 điểm) Đốt cháy hoàn 6,72 lít hỗn hợp khí gồm hai hidrocacbon mạch hở có công thức CnH2n+2 (A) và CmH2m (B) thu được 13,44 lit CO2 và 14,4 gam nước. Các thể tích khí đo ở đktc. 1. Tìm công thức phân tử của hai hidrocacbon. 2. Từ B (mạch không nhánh) viết các phương trình phản ứng điều chế CH 3COONa không quá 3 giai đoạn (không quá 3 phản ứng), các chất vô cơ và điều kiện để phản ứng xảy ra có đủ. 3. Tìm công thức cấu tạo có thể có của B thỏa mãn: khi cho B tác dụng với H 2O, xúc tác H2SO4 thì thu được hỗn hợp hai sản phẩm hữu cơ. Viết các phương trình phản ứng. 0 Câu 1:- Chất rắn A gồm CuO, Ag 2Cu + O2  t 2CuO (Ag không phản ứng với khí oxi) - Cho A vào dd H2SO4 đặc nóng: 0 0 CuO + H2SO4(đ)  t CuSO4 + H2O 2Ag + 2H2SO4(đ)  t Ag2SO4 + SO2 + 2H2O - Dung dịch B gồm CuSO4, Ag2SO4, H2SO4 dư. - Khí C là SO2. Cho C tác dụng với dd KOH. SO2 + 2KOH → K2SO3 + H2O ; SO2 + KOH → KHSO3 - Dung dịch D gồm 2 chất tan K2SO3, KHSO3. K2SO3 + BaCl2 → BaSO3 + 2KCl ; KHSO3 + NaOH → Na2SO3 + K2SO3 2. - Dùng dung dịch H2SO4 loãng để nhận biết. - Lấy mẫu thử ra các ống nghiệm khác nhau, đánh dấu tương ứng. Nhỏ dung dịch H2SO4 loãng, dư vào các ống nghiệm. + Chất rắn phản ứng tạo kết tủa trắng, giải phóng khí là BaCO3 + Chất rắn không tan trong dung dịch H2SO4 là BaSO4. + Chất rắn tan tan tạo dung dịch không màu, không giải phóng khí là Na2SO4 + Chất rắn tan tan tạo dung dịch màu xanh, không giải phóng khí là CuSO4. + 2 chất rắn tan, giải phóng khí là MgCO3 và Na2CO3. - Cho tiếp từ từ đến dư 2 chất rắn chưa nhận biết được (MgCO3 và Na2CO3) vào 2 dung dịch của chúng vừa tạo thành. + Chất rắn nào khi ngừng thoát khí mà vẫn tan đó là Na2CO3 + Chất rắn nào khi ngừng thoát khí mà không tan thêm đó là MgCO3 BaCO3 + H2SO4 → BaSO4 + CO2 + H2O; MgCO3 + H2SO4 → MgSO4 + CO2 + H2O Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O Câu 2: 1.- Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch NaOH dư, chưng cất thu lấy rượu etylic lẫn nước và chất rắn khan chứa CH3COONa, NaOH dư. CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O - Cho CuSO4 khan, dư vào hỗn hợp rượu và nước, lọc bỏ chất rắn thu được rượu etylic nguyên chất - Cho hỗn hợp chất rắn tác dụng với dung dịch H2SO4 dư. Chưng cất thu lấy CH3COOH (lẫn nước). 2CH3COONa + H2SO4 → CH3COOH + Na2SO4 2 .a.- Vì khối lượng của nguyên tố C, H được bảo toàn trong các phản ứng hoá học nên khối lượng của khí metan ban đầu bằng với khối lượng của hỗn hợp X. - Khi đốt cháy lượng khí CH4 ban đầu và đốt cháy X sẽ cho cùng lượng CO2, H2O và cùng cần lượng khí oxi phản ứng như nhau nên ta coi đốt cháy X chính là đốt lượng khí CH4 ban đầu 6, 72 nO 2 = 22, 4 0,3 mol 0 CH4 + 2O2  t CO2 + H2O 0,15 0,3 0,15 0,3 Vậy khối lượng của hỗn hợp X là: mX = 0,15.16 = 2,4 gam 2b. - Khối lượng của CO2 và nước được hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 là: 0,15.44 + 0,3.18 = 12 gam. - Các phương trình phản ứng: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O ; CO2 + H2O + CaCO3 → Ca(HCO3)2 0,1 0,1 0,1 0,05 0,05 0,05 - Khối lượng dung dịch sau phản ứng tăng lên so với dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là: 12 – (0,1- 0,05).100 = 7 gam. Câu 3: 1. Tìm R và % khối lượng các chất trong X nHCl = (500.14,6)/(100.36,5) = 2 mol; nH 2 = 6,72/22,4= 0,3 mol -Cho X + dd HCl dư: Vì sản phẩm có H2, nên R là kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động hoá học, nên R đứng trước cả Cu. Vì axit dư nên sau phản ứng không thể có R dư, mà 9,6 gam chất rắn B chỉ chứa một kim loại, suy ra phải có phản ứng của R với muối CuCl2 tạo ra Cu kim loại và hiđroxit của R sẽ không tan trong nước (ở đây FeCl2 chưa phản ứng với R do mức độ phản ứng của CuCl2 với R cao hơn so với FeCl2). Do đó B là Cu. Dung dịch A có RCl2, FeCl2 và HCl dư. Vì dung dịch A tác dụng với KOH dư thu kết tủa D, sau đó nung D đến hoàn toàn thu được 34 gam chất rắn E gồm 2 oxit, suy ra 2 oxit này là RO và Fe2O3. Như vậy trong dung dịch A không có CuCl2 R + 2HCl → RCl2 + H2 (1) FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (2) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (3) R + CuCl2 → RCl2 + Cu (4) - Cho dung dịch A tác dụng dung dịch KOH dư: HCl + KOH → KCl + H2O (5) RCl2 + 2KOH → R(OH)2 + 2KCl (6) FeCl2 + 2KOH → Fe(OH)2 + 2KCl (7) Nung kết tủa ngoài không khí: 0 0 R(OH)2  t RO + H2O (8) 2Fe(OH)2 + ½ O2  t Fe2O3 + 2H2O (9) E gồm hai oxit: RO và Fe2O3 ; nCu = 9,6/64 = 0,15 mol Theo pư (3),(4): nCuO = nCuCl2 = nCu = 0,15 mol Theo pư (1), (4): nRCl2 = nR = nH2 + nCuCl2 = 0,3 + 0,15 = 0,45 mol Theo pư (6)(8): nRO = nR(OH)2 = nRCl2 = 0,45 mol Đặt nFeO ban đầu = x mol Theo các phản ứng (2),(7),(9): nFe2O3 = ½ .nFeO = 0,5x (mol) Ta có: mE = mRO + mFe2O3 = 0,45.(MR + 16) + 0,5x.160 = 34 gam (*) mX = mR + mFeO + mCuO = 0,45.MR + 72x + 80.0,15 = 37,2 gam (**) Giải hệ (*), (**) ta được: MR = 24; x = 0,2 Vậy R là Mg Từ đó tính được % khối lượng các chất trong hỗn hợp X: %mMg = mMg.100/mX = (0,45.24.100)/37,2 = 29,0%; %mFeO = 0,2.72.100/37,2 = 38,7% %mCuO = 32,3% 2. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A: A có : MgCl2, FeCl2, HCl dư mMgCl2 = 0,45. 95 = 42,75 gam ; mFeCl2 = 0,2.127 =25,4 gam Ta có: nHCl pư = nCl trong muối = 2.nMgCl2 + 2.nFeCl2 = 1,3 mol => mHCl dư = 500.0,146- 1,3.36,5 =25,55 gam Áp dụng định luật BTKL: mddA = mX + mdd HCl ban đầu –mB – mH2 = 527 gam Từ đó tính được nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A: C%(MgCl2) = 8,11% ; C%(FeCl2) = 4,82% ; C%(HCl) = 4,85% Câu 4:Các phương trình phản ứng: 0 3FexOy + 2yAl  t 3xFe + yAl2O3 (1) Cho phần 1 vào dung dịch NaOH dư có khí, suy ra trong chất rắn có Al dư. Vì Al còn dư, mà phản ứng xảy ra hoàn toàn nên FexOy hết. Vậy thành phần của Y có: Al2O3, Fe và Al dư. Phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư: Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O (2) 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (3) 12,6 gam chất rắn không tan là Fe Phần 2 tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư: 0 0 Al2O3 + 3H2SO4(đ)  t Al2(SO4)3 + 3H2O(4) 2Al + 6H2SO4(đ)  t Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O(5) 0 2Fe + 6H2SO4(đ)  t Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (6) Từ pư(3) có nAl = 2/3.nH 2 = 0,05 mol ; nFe = 12,6/56 = 0,225 mol Vậy trong phần 1 có ( Al2O3, Fe (0,225 mol), Al(0,05 mol)) - Giả sử phần 2 có khối lượng gấp a lần phần 1. Từ đó suy ra trong phần 2 có: ( Al2O3, Fe(0,225a mol) và Al (0,05a mol) Từ pư (5) và (6) suy ra: nSO 2 = 3/2.(nAl + nFe) = 3/2.(0,05a + 0,225a) = 27,72/22,4= 1,2375 . Từ đó tính được a = 3. Suy ra trong phần 2 có: 0,675 mol Fe và 0,15 mol Al 2. Mặt khác, tổng khối lượng muối sunfat = m Al2 ( SO4 )3 + m Fe2 ( SO4 )3 = 263,25 gam (7) Theo pư (4), (5): n Al2 ( SO4 )3 = n Al2O3 + ½. nAl = n Al2O3 + 0,075 Theo pư (6): n Fe2 ( SO4 )3 = ½.nFe = 0,3375 mol Thay các số mol vào pt(7) sẽ tính được n Al2O3 = 0,3 mol Vậy khối lượng của phần 2 là: mphần 2 = m Al2O3 + mFe + mAl = 0,3.102 + 0,675.56 + 0,15.27 = 72,45 gam => khối lượng của phần 1 là: mphần 1 = 72,45/3 =24,15 gam Từ đó tính được m = mphần 1 + m phần 2 = 96,6 gam * Tìm oxit: Xét phần 2: từ pt (1) có: 3x : y = nFe : n Al2O3 = 0,675 : 0,3 => x : y = 3: 4 Vậy oxit là Fe3O4 Câu 5:nhh = 0,3 mol; n(CO2) = 0,6 mol; n(H2O) = 0,8 mol Đặt số mol hai chất CnH2n+2 và CmH2m lần lượt là x và y mol => nhh = x + y = 0,3 mol (*) Đốt hỗn hợp: 3m 0 0 CnH2n+2 + O2  t n CO2 + (n+1) H2O (1) CmH2m + O2  t m CO2 + m H2O (2) x 2 nx (n+1)x y my my Từ các pư (1) và (2) ta có: nCO2 = nx + my = 0,6 (**) nH2O = (n+1)x + my = 0,8 (***) Lấy (***)-(**) ta được x = 0,2; Thay x vào (*) suy ra y = 0,1 Thay x, y vào (**) ta được: 0,2n + 0,1m = 0,6 hay 2n + m = 6 Thử các giá trị của m, ta được n: n 1 2 3 m 4 2 0 CTPT A (CH4); B(C4H8) A(C2H6); B(C2H4) Loại Từ B viết phương trình điều chế CH3COONa (không quá 3 giai đoạn): - Nếu B là C4H8: 0 C4H8 + H2 C4H10 ;2 C4H10 + 5 O2  xt, t   4 CH3COOH + 2 H2O CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O - Nếu B là C2H4: C2H4 + H2O  axit  C2H5OH C2H5OH + O2  men   CH3COOH + H2O CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O b. Vì B tác dụng H2O có H2SO4 làm xúc tác thu được hỗn hợp 2 sản phẩm hữu cơ, cho nên B không thể là C2H4. Vậy B phải là C4H8. Vì có hai sản phẩm được tạo ra nên CTCT của B thỏa mãn là:CH2 =CH-CH2-CH3 và CH2=C(CH3)2 CH2 =CH-CH2-CH3 + H2O  axit  CH3-CHOH-CH2-CH3 CH2 =CH-CH2-CH3 + H2O  axit  HO-CH2-CH2-CH2CH3 CH2=C(CH3)2 + H2O  axit  (CH3)3C-OH CH2=C(CH3)2 + H2O  axit  HO-CH2-CH(CH3)2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2006-2007 Môn: Hóa học Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) CâuI-1/ Trong bèn èng nghiÖm cã ®ùng riªng biÖt dung dÞch lo·ng trong suèt cña bèn chÊt. BiÕt r»ng: - Trong c¸c dung dÞch nµy cã mét dung dÞch lµ axit kh«ng bay h¬i; ba dung dÞch cßn l¹i lµ muèi magie, muèi bari, muèi natri. - Cã 3 gèc axit lµ clorua, sunfat, cacbonat; mçi gèc axit trªn cã trong thµnh phÇn Ýt nhÊt cña mét chÊt. a) H·y cho biÕt tªn tõng chÊt tan cã chøa trong mçi dung dÞch trªn. b) ChØ dïng c¸c èng nghiÖm, kh«ng cã c¸c dông cô vµ ho¸ chÊt kh¸c, lµm thÕ nµo ®Ó ph©n biÖt c¸c dung dÞch trong bèn èng nghiÖm trªn vµ viÕt ph¬ng tr×nh ho¸ häc minh ho¹. 1.a.C¸c dung dÞch cã thÓ lµ: Trêng hîp 1: H2SO4 ( axit sunfuric), MgSO4 ( magie sunfat), Na2CO3 ( natri cacbonat), BaCl2 ( bari clorua) Trêng hîp 2: H2SO4 ( axit sunfuric), MgCl2 ( magie clorua), Na2CO3 ( natri cacbonat), BaCl2 ( bari clorua) b)Trêng hîp 1: LÊy ë mçi èng nghiÖm mét Ýt ho¸ chÊt, ®¸nh sè, råi lÇn lît ®æ dung dÞch vµo nhau tõng ®«i mét NhËn thÊy: Dung dÞch t¹o 1 , 1 lµ H2SO4 Dung dÞch t¹o 2 lµ MgSO4 Dung dÞch t¹o 2, 1 lµ Na2CO3 Dung dÞch t¹o 3 lµ BaCl2 H2SO4 MgSO4 Na2CO3 BaCl2   H2SO4   MgSO4    Na2CO3    BaCl2 H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2  + H2O ; H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl MgSO4 + Na2CO3 → MgCO3 + Na2SO4 ; MgSO4 + BaCl2 → MgCl2 + BaSO4 Na2CO3 + BaCl2 → 2NaCl + BaCO3 Trêng hîp 2: NhËn xÐt: Dung dÞch t¹o 1 , 1 lµ H2SO4 Dung dÞch t¹o 1 lµ MgCl2 Dung dÞch t¹o 2, 1 lµ Na2CO3 Dung dÞch t¹o 2 lµ BaCl2 H2SO4 MgCl2 Na2CO3 BaCl2   H2SO4  MgCl2    Na2CO3   BaCl2 H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2  + H2O; H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl MgCl2 + Na2CO3 → MgCO3 + 2NaCl ; Na2CO3 + BaCl2 → 2NaCl + BaCO3 I-2/ a) Polime lµ g× ? b) ViÕt ph¬ng tr×nh ho¸ häc cña ph¶n øng: + Trïng hîp c¸c ph©n tö etilen t¹o ra polietilen. + T¹o ra tinh bét (hoÆc xenluloz¬ ) trong c©y xanh nhê qu¸ tr×nh quang hîp. + P«lime lµ nh÷ng chÊt cã ph©n tö khèi rÊt lín do nhiÒu m¾t xÝch liªn kÕt (kÕt hîp) víi nhau t¹o nªn. + Ph¬ng tr×nh ho¸ häc ...+CH2=CH2+CH2=CH2+CH2=CH2+... 6nCO2 + 5nH2O clorophin ¸nh s¸ng Xóc t¸c ¸p suÊt, toC ...- CH2-CH2-CH2-CH2-CH2-CH2-... (- C6H10O5-)n + 6nO2 Câu II/ 44 g hçn hîp muèi NaHSO3 vµ NaHCO3 ph¶n øng hÕt víi dung dÞch H2SO4 trong ®iÒu kiÖn kh«ng cã kh«ng khÝ thu ®îc hçn hîp khÝ A vµ 35,5 g muèi Na 2SO4 duy nhÊt. Trén hçn hîp khÝ A víi oxi thu ®îc hçn hîp khÝ B cã tØ khèi so víi hi®ro lµ 21. DÉn hçn hîp khÝ B ®i qua xóc t¸c V2O5 ë nhiÖt ®é thÝch hîp, sau ph¶n øng thu ®îc hçn hîp khÝ C gåm 4 chÊt cã tØ khèi so víi hi®ro lµ 22,252. ViÕt c¸c ph¬ng tr×nh ho¸ häc vµ t×m thµnh phÇn phÇn tr¨m vÒ thÓ tÝch cña SO3 trong hçn hîp khÝ C. Ph¬ng tr×nh ho¸ häc 2NaHSO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2SO2 + H2O (1) ;2NaHCO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2 + H2O (2) sè mol Na2SO4 = 35,5/142 = 0,25 §Æt sè mol NaHSO3 vµ NaHCO3 lµ x vµ y 104x + 84y = 44 (I) Theo (1) vµ (2) x + y = 0,5 (II) Gi¶i hÖ (I) vµ (II)  x = 0,1; y = 0,4 Hçn hîp khÝ B gåm 0,1 mol SO2 ; 0,4 mol CO2; O2 víi sè mol lµ z Khèi lîng mol trung b×nh cña hçn hîp B lµ 21. 2 = 42 Ta cã (64.0,1 + 44.0,4 + 32.z)/ (0,1+ 0,4 +z) = 42  z = 0,3 Ph¬ng tr×nh ho¸ häc t¹o hçn hîp C : 2SO2 + O2 → 2SO3 Gäi sè mol SO2 ®· ph¶n øng lµ a, Theo (3) sè mol O2 ph¶n øng lµ 0,5a, sè mol SO3 t¹o ra lµ a Trong hçn hîp B cã (0,1 - a) mol SO 2 ( cha ph¶n øng), (0,3 - 0,5a) mol O 2 (cha ph¶n øng), 0,4 mol CO2 (kh«ng ph¶n øng), a mol SO3 ( t¹o ra) Khèi lîng mol trung b×nh cña hçn hîp C lµ 22,252 . 2 = 44,504 Ta cã [64(0,1- a) + 32(0,3- 0,5a) + 44.0,4 + 80a] / [(0,1- a) + (0,3- 0,5a) + 0,4 + a] = 44,504  a = 0,09 Trong hçn hîp C sè mol SO2 lµ 0,1 - 0,09 = 0,01 sè mol O2 lµ 0,3 - 0,045 = 0,255 sè mol CO2 = 0,4 sè mol SO3 = 0,09 Tæng sè mol = 0,01 + 0,255 + 0,4 + 0,09 = 0,755 PhÇn tr¨m thÓ tÝch cña SO3 lµ 0,09.100%/0,755= 11,92% Câu III/ Hçn hîp M gåm CuO vµ Fe 2O3 cã khèi lîng 9,6 g ®îc chia lµm hai phÇn b»ng nhau. Cho phÇn 1 t¸c dông víi 100 ml dung dÞch HCl, khuÊy ®Òu. Sau khi ph¶n øng kÕt thóc, hçn hîp s¶n phÈm ®îc lµm bay h¬i mét c¸ch cÈn thËn, thu ®îc 8,1 g chÊt r¾n khan. Cho phÇn 2 t¸c dông víi 200 ml dung dÞch HCl ®· dïng ë trªn trong ®iÒu kiÖn nh lÇn tríc. Sau khi kÕt thóc ph¶n øng l¹i lµm bay h¬i hçn hîp s¶n phÈm nh trªn, lÇn nµy thu ®îc 9,2 g chÊt r¾n khan. a) ViÕt c¸c ph¬ng tr×nh ho¸ häc. TÝnh nång ®é mol cña dung dÞch HCl ®· dïng. b) TÝnh thµnh phÇn phÇn tr¨m vÒ khèi lîng cña mçi oxit trong hçn hîp M. a) PTHH CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (1) ; Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O (2) Khèi lîng cña mçi phÇn 9,6 / 2 = 4,8g V× hai phÇn cã thµnh phÇn hoµn toµn nh nhau, nÕu ë 2 phÇn tÊt c¶ oxit ph¶n øng hÕt (do lîng axit ®ñ hoÆc d) th× lîng chÊt r¾n khan thu ®îc ph¶i b»ng nhau. Theo ®Çu bµi, lîng chÊt r¾n kh«ng b»ng nhau. Nh vËy, trong c¸c lÇn ®ã hçn hîp oxit cha ph¶n øng hÕt hoÆc mét lÇn cha ph¶n øng hÕt. Theo ®Çu bµi, ë phÇn 1 khèi lîng oxit cha bÞ hoµ tan hÕt, tøc lµ axit ®· t¸c dông hÕt vµ thiÕu axit ®Ó hoµ tan hÕt lîng oxit. Gäi sè mol CuO vµ Fe2O3 trong phÇn 1 ®· ph¶n øng lµ x1, y1; sè mol CuO vµ Fe2O3 cha ph¶n øng lµ x2 vµ y2  sè mol CuCl2 vµ FeCl3 t¹o thµnh ë phÇn 1 lµ x1 vµ 2y1 Ta cã 80(x1+x2) + 160 (y1+y2) = 4,8 (I) 80x2 + 160y2 + 135x1 + 2.162,5y1 = 8,1 (II) Gi¶i (I) vµ (II) ta cã 55(x1+3y1) = 3,3 hay x1 + 3y1 = 0,06 (*) Theo PTHH (1), (2)  Sè mol HCl ph¶n øng ë phÇn 1 lµ 2(x1+3y1) Thay (*) vµo ta cã sè mol HCl ph¶n øng lµ 2.0,06 = 0,12 Nång ®é mol cña dung dÞch HCl lµ 0,12 / 0,1 = 1,2 b) NÕu lÇn thø 2 c¸c oxit còng cha t¸c dông hÕt nh lÇn 1 th× lîng axit ®· t¸c dông hÕt vµ nång ®é axit t×m ®îc còng ph¶i lµ 1,2M. C¸ch gi¶i t¬ng tù nh trªn. Ph¬ng tr×nh (I) nh trªn, cßn ph¬ng tr×nh ( II) lµ 80x2 + 160y2 + 135x1 + 2 . 162,5y1 = 9,2 (II’) KÕt hîp (I) vµ (II’) t×m ra x1 + 3y1 = 0,08 sè mol HCl = 2 . 0,08 = 0,16 Nång ®é HCl lµ 0,16 / 0,2 = 0,8 ( kh¸c 1,2M). §iÒu nµy chøng tá lÇn 2 c¸c oxit ®· t¸c dông hÕt. V× vËy lîng chÊt r¾n khan lµ khèi lîng cña hçn hîp 2 muèi CuCl2 vµ FeCl3 do toµn bé lîng oxit t¹o nªn. Goi sè mol CuO vµ Fe2O3 trong phÇn 2 lµ x, y Ta cã 80x + 160y = 4,8 (III) 135x + 2.162,5y = 9,2 (IV) Gi¶i (III) vµ (IV) t×m ra x = 0,02 vµ y = 0,02 Thµnh phÇn phÇn tr¨m vÒ khèi lîng cña c¸c oxit trong hçn hîp %m cña CuO = 0,02. 80.100%/4,8 = 33,33% ; %m cña Fe2O3 = 0,02.160.100%/4,8 = 66,67% C¸ch 2: PhÇn 1: Khèi lîng chÊt r¾n t¨ng = 8,1 - 4,8 = 3,3 g Mµ khèi lîng chÊt r¾n t¨ng = m Cl trong muèi - m O trong oxit Nhng n Cl trong muèi = 2n O trong oxit = 35,5. 2n O trong oxit - 16. n O trong oxit = 3,3 n O trong oxit = 3,3 / (71 -16) = 0,06nHCl = 2n O trong oxit = 2. 0,06 = 0,12 Nång ®é mol cña dung dÞch HCl = 0,12 /0,1 = 1,2 M PhÇn 2: Khèi lîng chÊt r¾n t¨ng = 9,2 - 4,8 = 4,4 g Mµ khèi lîng chÊt r¾n t¨ng = m Cl trong muèi - m O trong oxit Nhng n Cl trong muèi = 2n O trong oxit = 35,5. 2n O trong oxit - 16. n O trong oxit = 4,4 n O trong oxit = 4,4 / (71 -16) = 0,08 nHCl = 2n O trong oxit = 2. 0,08 = 0,16 < 0,12.2 Nh vËy HCl d, oxit hÕt. TÝnh thµnh phÇn % khèi lîng lµm t¬ng tù nh c¸ch 1 C¸ch 3 PhÇn 1: Gäi sè mol HCl lµ a,  sè mol H2O = 0,5a ¸p dông ®Þnh luËt b¶o toµn khèi lîng cho (1) vµ (2) ta cã khèi lîng phÇn 1+ khèi lîng HCl p/ = khèi lîng chÊt r¾n + khèi lîng H2O 4,8 + 36,5a = 8,1 + 18 . 0,5a a = 0,12 Nång ®é mol cña dung dÞch HCl = 0,12 /0,1 = 1,2 M PhÇn 2: Gäi sè mol HCl p/ = b  sè mol H2O = 0,5a T¬ng tù 4,8 + 36,5b = 9,2 + 18. 0,5b b = 0,16 < 0,12 . 2 = 0,24  HCl d TÝnh thµnh phÇn % khèi lîng lµm t¬ng tù nh c¸ch 1 Câu IV/ A lµ chÊt r¾n khan. Cho m gam A vµo dung dÞch HCl 10%, khuÊy ®Òu ®îc dung dÞch B, ë ®©y kh«ng thÊy t¹o kÕt tña hoÆc chÊt bay h¬i. Trong dung dÞch B, nång ®é HCl lµ 6,1%. Cho NaOH vµo dung dÞch B ®Ó trung hoµ hoµn toµn axit ®îc dung dÞch C. C« c¹n, lµm bay h¬i hÕt níc trong dung dÞch C ngêi ta thu ®îc duy nhÊt muèi NaCl khan cã khèi lîng 16,03 g. A cã thÓ lµ chÊt nµo? T×m m. Tõ mNaCl thu ®îc = 16,03  sè mol NaCl thu ®îc = 0,274 mol ChÊt A ph¶i lµ hîp chÊt cña natri, kh«ng thÓ lµ ®¬n chÊt natri v× khi Na t¸c dông víi dung dÞch HCl gi¶i phãng H2, tr¸i ®Çu bµi. + NÕu chÊt A lµ NaOH , cã khèi lîng m gam NaOH + HCl → NaCl + H2O (1) Tõ dd HCl 10% ®Çu +NaOH dd Bcã HCl 6,1% +NaOH dd C: 0,274mol NaCl sè mol HCl ban ®Çu = sè mol NaCl = 0,274  mHCl = 0,274.36,5 = 10 g khèi lîng dung dÞch HCl ban ®Çu = 10/ 0,1 = 100g Theo PTHH (1): m gam NaOH p/ víi (36,5m/ 40) gam HCl  Khèi lîng HCl cßn trong dung dÞch 6,1% lµ (10 – 36,5m/40) g Sau khi cho m gam A vµo 100 gam dung dÞch HCl 10% th× ®îc (100+m) g dung dÞch HCl 6,1% Ta cã: ( 10 – 36,5m/40)/ (m+100) = 0,061 Gi¶i ra m = 4 g + NÕu chÊt A lµ Na2O víi khèi lîng m gam : Na2O +2HCl → 2NaCl + H2O (2) T¬ng tù trªn : mHCl = 0,274.36,5 = 10 g khèi lîng dung dÞch HCl ban ®Çu = 10/ 0,1 = 100g Theo PTHH (2): m gam Na2O p/ víi (73m/62) g HCl  Khèi lîng HCl cßn trong dung dÞch 6,1% lµ (10 – 73m/62) g Ta cã: (10 – 73m/62)/ (m +100) = 0,061 m = 3,15g + NÕu chÊt A lµ NaCl víi khèi lîng m gam sè mol HCl trong dung dÞch 10% = sè mol HCl trong dung dÞch 6,1% = n1 sè mol NaCl thu ®îc = sè mol HCl + sè mol NaCl ( chÊt A)  n1 + m/58,5 = 0,274 (I) V× mHCl = 36,5n1  khèi lîng dung dÞch HCl ban ®Çu = 36,5n 1/0,1 = 365n1  khèi lîng dung dÞch B = 365n 1 +m Ta cã: 36,5 n1/(365n1+ m) = 0,061 (II) Gi¶i (I) vµ (II) ra m = 12,82 g Trêng hîp A lµ c¸c chÊt kh¸c nh : Na2CO3, NaHCO3, Na2SO3, NaBr, NaNO3 , NaH, Na2O2... ®Òu kh«ng phï hîp v× khi cho vµo dung dÞch HCl hoÆc t¹o ra chÊt bay h¬i, hoÆc sau khi lµm bay h¬i hÕt níc kh«ng chØ thu ®îc NaCl. Câu V/ Hi®rocacbon B cã c«ng thøc CxH 2x + 2 ( víi x: nguyªn; x 1), cã tÝnh chÊt ho¸ häc t¬ng tù CH4. a) Hçn hîp khÝ X gåm B vµ H 2 cã tØ lÖ thÓ tÝch t¬ng øng lµ 4 : 1, ®èt ch¸y hoµn toµn 12,2 g hçn hîp nµy thu ®îc 23,4 g H2O. T×m c«ng thøc ph©n tö cña hi®rocacbon trªn. b) Hçn hîp khÝ Y gåm B, C2H4 , H2 cã thÓ tÝch 11,2 lÝt (®ktc) ®em ®èt ch¸y hoµn toµn thu ®îc 18 g H2O. + Hçn hîp khÝ Y nÆng hay nhÑ h¬n khÝ CH4? + DÉn hçn hîp khÝ Y qua xóc t¸c Ni nung nãng, sau ph¶n øng thu ®îc 8,96 lÝt (®ktc) hçn hîp khÝ Z, hçn hîp nµy kh«ng lµm mÊt mµu dung dÞch brom. X¸c ®Þnh thµnh phÇn phÇn tr¨m vÒ thÓ tÝch cña C2H4 trong Y. a) Ph¬ng tr×nh ho¸ häc CxH2x+2 + (3x+1)/2 O2 → xCO2 + (x+1)H2O (1) ; 2H2 + O2 → 2H2O (2) sè mol H2O = 23,4/18 = 1,3 §Æt sè mol cña CxH2x+2 vµ H2 trong X lµ a,b Ta cã a = 4b (I) a(14x+2) + 2b = 12,2 (II) Theo (1), (2) a(x+1) + b = 1,3 (III) Gi¶i (I),(II),(III) ta cã a = 0,4, b = 0,1, x = 2 C«ng thøc hi®rocacbon lµ C2H6 b) sè mol Y = 11,2 / 22,4 = 0,5 ; sè mol H2O = 18/18 = 1 §Æt sè mol C2H6, C2H4, H2 trong Y lµ n1, n2, n3 ; ta cã n1 + n2 + n3 = 0,5 (IV) Khèi lîng mol trung b×nh cña Y lµ MY = (30 n1 + 28n2 + 2n3)/ (n1+ n2 + n3) (*) 2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O (3) ; C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O (4) ;2H2 + O2 → 2H2O (5) Theo (3),(4),(5) 3n1 + 2n2 + n3 = 1 (V) KÕt hîp (IV) (V) t×m ra n1 = n3 (VI) Thay (VI) vµo (V) t×m ra n1 = 0,25 – 0,5n2 (VII) Thay (IV),(VI),(VII) vµo (*) ta cã MY = [30(0,25 - 0,5n2) + 28n2 + 2(0,25 - 0,5 n2)] / 0,5 = 16 + 22n2 Khèi lîng mol cña CH4 lµ 16. Do ®ã Y nÆng h¬n CH4 + Hçn hîp Y cho qua xóc t¸c Ni nung nãng cã ph¶n øng C2H4 + H2 → C2H6 (6) Hçn hîp Z kh«ng lµm mÊt mµu dung dÞch brom, chøng tá kh«ng cßn C2H4 Theo (6) thÓ tÝch khÝ gi¶m ®i b»ng thÓ tÝch C2H4 ph¶n øng = 11,2 – 8,96 = 2,24 lÝt PhÇn tr¨m thÓ tÝch C2H4 trong Y = 2,24 . 100/ 11,2 = 20% Câu VI/ Cã hçn hîp gåm rîu Ca H 2a + 1OH, axit h÷u c¬ Cb H 2b + 1COOH ( víi a,b: nguyªn; a  1; b  0) ®îc chia lµm ba phÇn b»ng nhau: - PhÇn 1: §em ®èt ch¸y hoµn toµn råi dÉn toµn bé s¶n phÈm ch¸y vµo b×nh ®ùng dung dÞch Ca(OH)2 thÊy b×nh nÆng thªm 34,6 g trong ®ã cã 30 g kÕt tña. Dung dÞch thu ®îc sau khi läc kÕt tña ®em ®un nãng l¹i thÊy t¹o ra 10 g kÕt tña. - PhÇn 2: §Ó trung hoµ axit h÷u c¬ ngêi ta ph¶i dïng 100 ml dung dÞch NaOH 1M. - PhÇn 3: §em ®un nãng cã mÆt H2SO4 ®Æc thu ®îc q gam este, cho biÕt hiÖu suÊt cña ph¶n øng lµ 75%. a) ViÕt c¸c ph¬ng tr×nh ho¸ häc. T×m c«ng thøc cña rîu vµ axit h÷u c¬ trªn. b) T×m q. CaH2a+1OH + 3a/2 O2 → aCO2 + (a+1) H2O (1) CbH2b+1COOH + (3b+1)/2 O2 → (b+1)CO2 + (b+1)H2O (2) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3  + H2O (3) ; 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 (4) Ca(HCO3)2 → CaCO3  + CO2 + H2O (5) ; CbH2b+1COOH + NaOH → CbH2b+1COONa + H2O (6) §Æt sè mol CaH2a+1OH, CbH2b+1COOH trong mçi phÇn lµ x,y sè mol CaCO3 kÕt tña lÇn 1 lµ 30/100 = 0,3 sè mol CaCO3 kÕt tña lÇn 2 lµ 10/100 = 0,1 Theo (3),(4),(5) sè mol CO2 = 0,1.2 + 0,3 = 0,5 Theo (1),(2) 44[ax + (b+1)y] + 18[ (a+1)x + (b+1)y] = 34,6 (I) [ax + (b+1)y] = 0,5 (II) Thay (II) vµo (I) t×m ra x = 0,2 Theo (6) sè mol C bH2b+1COOH = y = sè mol NaOH = 0,1.1 = 0,1 Thay c¸c gi¸ trÞ x, y vµo (II) ta cã 2a + b = 4 Cã 2 cÆp nghiÖm hîp lý lµ - a = 1 , b = 2 øng víi c«ng thøc CH 3OH vµ C2H5COOH- a = 2, b = 0 øng víi c«ng thøc C 2H5OH vµ HCOOH b) NÕu c¸c chÊt lµ CH3OH vµ C2H5COOH H2SO4 C2H5COOCH3 + H2O ®Æc, t0 sè mol C2H5COOCH3 = sè mol C2H5COOH = 0,1 sè gam C 2H5COOCH3 = q = 88. 0,1. 0,75 = 6,6 (g) NÕu c¸c chÊt lµ C2H5OH vµ HCOOH HCOOH + C2H5OH H2SO4 ®Æc, HCOOC2H5 + H2O 0 t sè mol HCOOC2H5 = sè mol HCOOH = 0,1 sè gam HCOOC2H5 = q = 74. 0,1. 0,75 = 5,55 (g) C2H5COOH + CH3OH
This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.