ôn chuyên hoá - Nguyễn thanh kiên trờng Thcs thị trấn an châu- sơn động Câu1 1. Hóy vit cỏc phng trỡnh phn ng xy ra trong thớ nghim sau: Nung núng Cu trong khụng khớ, sau mt thi gian c cht rn A. Ho tan cht rn A trong H 2 SO 4 c núng (va ) c dung dch B v khớ D cú mựi xc. Cho Natri kim loi vo dung dch B thu dc khớ G v kt ta M ;Cho khớ D tỏc dng vi dung dch KOH thu c dung dch E, E va tỏc dng vi dd BaCl 2 va tỏc dng vi dd NaOH. 2. T qung pirit (FeS 2 ), NaCl, H 2 O, cht xỳc tỏc v cỏc iu kin cn thit khỏc hóy iu ch : dd FeCl 3 , FeSO 4 , Fe 2 (SO 4 ) 3 v Fe(OH) 3 . Câu 2 Hóy nờu v gii thớch bng phng trỡnh phn ng cỏc hin tng xy ra trong tng thớ nghim sau : 1. Cho CO 2 d li chm qua dung dch nc vụi trong (Cú nhn xột gỡ v s bin i s mol kt ta theo s mol CO 2 ). Sau ú cho tip nc vụi trong vo dung dch va thu c cho n d. 2. Nhỳng thanh Zn vo dung dch H 2 SO 4 96 %. Câu 3 Cho 2 cc A, B cú cựng khi lng. t A, B lờn 2 a cõn. Cõn thng bng ( nh hỡnh v ): Cho vo cc A 102 gam AgNO 3 ; cc B 124,2 gam K 2 CO 3 . a. Thờm vo cc A 100 gam dd HCl 29,3% v 100 gam dd H 2 SO 4 24,5% vo cc B. Phi thờm bao nhiờu gam nc vo cc B ( hay cc A ) cõn lp li cõn bng? b. Sau khi cõn ó cõn bng, ly ẵ dd cú trong cc A cho vo cc B. Phi cn thờm bao nhiờu gam nc vo cc A cõn li cõn bng ? Câu 4 1.Ho tan hn hp A thu c t s nung bt Al v S bng dung dch HCl ly d thy cũn li 0,04 gam cht rn v cú 1,344 lớt khớ bay ra (ktc). Cho ton b khớ ú i qua dung dch Pb(NO 3 ) 2 ly d, sau phn ng thu c 7,17 gam kt ta mu en. Xỏc nh phn trm Al v S trc khi nung. 2. Mt nguyờn t R cú hoỏ tr IV. R to hp cht khớ vi Hydro ( khớ X ), trong ú Hydro chim 25% v khi lng. a. Xỏc nh tờn nguyờn t R v hp cht khớ X? b. Trong mt ng nghim ỳp ngc vo trong mt chu nc mui ( cú mt giy qu tớm) cha hn hp khớ Cl 2 , X ( nh hỡnh v). a ton b thớ nghim ra ỏnh sỏng. Gii thớch cỏc hin tng xy ra v vit phng trỡnh phn ng . 3. Cho s : Cc A Cc B +G AA F A t 0 180 0 C H 2 SO 4 xt: ? + M B D E Cl 2 v X dd NaCl giy qu tớm Xác định A,B,D,E,F,G,M (là ký hiệu chất hữu cơ, vô cơ khác nhau ) và viết các phương trình phản ứng, cho biết: A có chứa 2 nguyên tử Cacbon, A được điều chế từ các nguyên liệu có bột hoặc đường bằng phương pháp lên men rượu. 4. Trình bày phương pháp hoá học để phân biệt các bình mất nhãn chứa các khí : C 2 H 4 , CO, H 2 5. Phân tích m gam chất hữu cơ X chỉ thu được a gam CO 2 và b gam H 2 O. Xác định công thức phân tử của X. Biết rằng: * M X < 87. * 3a = 11b và 7m = 3(a+b). C©u 5 Đốt cháy hoàn toàn 3,36 lít hỗn hợp gồm 2 Hydrocacbon A, B (M A < M B ) thu được 4,48 lít khí CO 2 và 4,5 gam H 2 O. 1. Xác định CTPT và tính phần trăm thể tích của A, B .(Các khí đo ở đktc) 2. Nêu phương pháp hoá học làm sạch A có lẫn B. C©u 6 Hỗn hợp khí X gồm 0,09 mol C 2 H 2 ; 0,15 mol CH 4 và 0,2 mol H 2 . Nung nóng hỗn hợp khí X với xúc tác Ni ( thể tích Ni không đáng kể ) thu được hỗn hợp Y gồm 5 chất khí . Cho hỗn hợp Y qua dung dịch Brôm dư thu được hỗn hợp khí A có khối lượng mol phân tử trung bình ( M A ) bằng 16. Khối lượng bình đựng dung dịch Brôm tăng 0,82 gam. Tính số mol mỗi chất trong A. 1. ( 2,25 điểm ) 2Cu + O 2 = 2CuO ( t 0 C) (1) (0,25 điểm) Do A tác dụng với H 2 SO 4 đđ thu được khí D: Chứng tỏ chất rắn A có Cu dư. Cu dư + 2H 2 SO 4 đđ = CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O (2) (0,25 điểm) CuO + H 2 SO 4 đđ = CuSO 4 + H 2 O (3) (0,25 điểm) 2Na + 2H 2 O = 2NaOH + H 2 (4) (0,25 điểm) CuSO 4 + 2NaOH = Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 (5) (0,25 điểm) Do dd E vừa tác dụng được với dd BaCl 2 , tác dụng với dd NaOH: Chứng tỏ dd E có chứa 2 muối SO 2 + KOH = KHSO 3 (6) (0,25 điểm) SO 2 + 2KOH = K 2 SO 3 + H 2 O (7) (0,25 điểm) ( hoặc : KHSO 3 + KOH dư = K 2 SO 3 + H 2 O ) 2KHSO 3 + 2NaOH =K 2 SO 3 + Na 2 SO 3 + 2H 2 O (8) (0,25 điểm) K 2 SO 3 + BaCl 2 = BaSO 3 + 2KCl (9) (0,25 điểm) 2. ( 2,75 điểm ) 2NaCl + 2H 2 O H 2 + 2NaOH + Cl 2 (1) (0,5 điểm) 2H 2 O 2 H 2 + O 2 (2) (0,25 điểm) 4FeS 2 + 11O 2 = 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 ( t 0 C) (3) (0,25 điểm) 2SO 2 + O 2 = 2SO 3 ( xt: V 2 O 5 , t 0 C) (4) (0,25 điểm) SO 3 + H 2 O = H 2 SO 4 (5) (0,25 điểm) Fe 2 O 3 + 3H 2 = 2Fe + 3H 2 O ( t 0 C) (6) (0,25 điểm) đp đpdd có màng Điều chế FeCl 3 : 2Fe + 3Cl 2 = 2FeCl 3 ( t 0 C), cho vào H 2 O (7) (0,25 điểm) FeSO 4 : Fe + H 2 SO 4(loãng) = FeSO 4 + H 2 (8) (0,25 điểm) Fe 2 (SO 4 ) 3 : Fe 2 O 3 +3H 2 SO 4 = Fe 2 (SO 4 ) 3 +3H 2 O (9) (0,25 điểm) Fe(OH) 3 : FeCl 3 + 3NaOH = Fe(OH) 3 + 3NaCl (10)(0,25 điểm) Bài II: (4,5 điểm ) 1. ( 2,5 điểm ) - Nước vôi trong đục dần, kết tủa trắng tăng dần đến tối đa ( max). (0,25 điểm) Ca(OH) 2 + CO 2 = CaCO 3 + H 2 O (1) (0,25 điểm) - Sau một thời gian kết tủa tan trở lại, sau cùng trong suốt. (0,25 điểm) CaCO 3 + CO 2 dư + H 2 O = Ca(HCO 3 ) 2 (2) (0,25 điểm) Nhận xét: Khi n = n n = max (0,5 điểm) Khi n = 2n n = 0 (0,5 điểm) - Cho tiếp dd Ca(OH) 2 vào dd vừa thu được. Dung dịch lại đục ,kết tủa trắng xuất hiện trở lại, sau thời gian có tách lớp. (0,25 điểm) Ca(HCO 3 ) 2 + Ca(OH) 2 = 2CaCO 3 + 2H 2 O (3) (0,25 điểm) 2. ( 2 điểm ) - Ban đầu có khí mùi xốc ( SO 2 ) thoát ra. (0,25 điểm) Zn + H 2 SO 4đđ = ZnSO 4 + SO 2 + 2H 2 O (1) (0,25 điểm) - Sau một thời gian thấy xuất hiện kết tủa màu vàng ( S ): Do dd H 2 SO 4 được pha loãng bởi sản phẩm phản ứng có nước tạo ra. (0,25 điểm) 3Zn + 4H 2 SO 4 = 3ZnSO 4 + S + 4H 2 O (2) (0,25 điểm) - Tiếp đến có khí mùi trứng thối thoát ra. (0,25 điểm) 4Zn + 5H 2 SO 4 = 4ZnSO 4 + H 2 S + 4H 2 O (3) (0,25 điểm) - Sau cùng có khí không màu, không mùi thoát ra ( H 2 ): Do nồng độ dd H 2 SO 4 trở nên rất loãng. (0,25 điểm) Zn + H 2 SO 4 loãng = ZnSO 4 + H 2 . (0,25 điểm) Bài III: ( 5,5 điểm) a. ( 3,25 điểm) n = (0,25 điểm) n = (0,25 điểm) n = (0,25 điểm) n = (0,25 điểm) * Trong cốc A: AgNO 3 + HCl = AgCl + HNO 3 (1) (0,25 điểm) Từ (1): n = n = 0,6 mol < 0,8 : n dư = 0,8-0,6 = 0,2 mol (0,25 điểm) n = n = n = 0,6 mol (0,25 điểm) Khối lượng ở cốc A (không kể khối lượng cốc): m A = 100 +102 = 202 gam. (0,25 điểm) CO 2 Ca(OH) 2 CO 2 Ca(OH) 2 HNO 3 AgNO 3 Cốc A Cốc B HCl mol x x 8,0 5,36100 3,29100 = K 2 CO 3 mol9,0 138 2,124 = H 2 SO 4 mol x x 25,0 98100 5,24100 = HCl pư AgNO 3 AgCl mol6,0 170 102 = HCl AgNO 3 * Trong cốc B: K 2 CO 3 + H 2 SO 4 = K 2 SO 4 + CO 2 + H 2 O (2) (0,25 điểm) Từ (2): n = n = 0,25mol < 0,9: n = 0,9–0,25 = 0,65 mol (0,25 điểm) n = n = 0,25 mol (0,25 điểm) Khối lượng ở cốc B: m B = m + m - m = 124,2 + 100 – (0,25x44) = 213,2 gam (0,25 điểm) Vậy để cân được cân bằng, cần thêm nước vào cốc A : m = 213,2 – 202 = 11,2 gam (0,25 điểm) b. ( 2,25 điểm) Khối lượng dd A:m - m = 213,2 – (0,6x143,5) = 127,1 gam. m = 127,1 : 2 = 63,55 gam (0,25 điểm) Ta có: n = 0,6 : 2 = 0,3 mol (0,25 điểm) n = 0,2 : 2 = 0,1 mol (0,25 điểm) ptpư: K 2 CO 3 dư + 2HNO 3 = 2KNO 3 + CO 2 + H 2 O (3) (0,25 điểm) K 2 CO 3 dư + 2HCl dư = 2KCl + CO 2 + H 2 O (4) (0,25 điểm) ( Hoặc : 2H + + CO 3 2- = CO 2 + H 2 O ) Từ (3,4): n = 1/2n + 1/2n = 1/2.0,3 +1/2.0,1= 0,2 < 0,65. Vâỵ: K 2 CO 3 dư, ta có: n = n = 0,2 mol (0,25 điểm) m = 213,2 + 63,55 – ( 0,2x 44) = 267,95 gam (0,25 điểm) m = 213,2 – 63,55= 149,65 gam. (0,25 điểm) Vậy để cân được cân bằng, cần thêm nước vào cốc A : m = 267,95 – 149,65 = 118,3 gam (0,25 điểm) Bài IV: ( 5 điểm) 2Al + 3S = Al 2 S 3 (1) (0,25 điểm) T/h 1: Hỗn hợp A gồm: Al 2 S 3 và Al dư. Theo gt A tdụng dd HCl dư, sp’còn 0,04 gam chất rắn (Vô lý): T/h 1 loại (0,25 điểm) T/h 2: Hỗn hợp A gồm: Al 2 S 3 và S dư. Al 2 S 3 + 6HCl = 2AlCl 3 + 3H 2 S (2) (0,25 điểm) H 2 S + Pb(NO 3 ) 2 = PbS + 2HNO 3 (3) (0,25 điểm) n = 1,344 : 22,4 = 0,06mol (0,25 điểm) Từ (3): n = n = 0,06mol (Vô lý) : T/h 2 loại (0,25 điểm) Vậy T/h 3: Hỗn hợp A phải gồm:Al 2 S 3 , Aldư, Sdư.( pứ xãy ra không h/toàn)(0,25 điểm) 2Al dư + 6HCl = 2AlCl 3 + 3H 2 (2 / ) (0,25 điểm) Ta có: n = 0,06mol; m = 0,04gam (0,25 điểm) Từ (3): n = 0,03mol n = 0,06 - 0,03 = 0,03mol (0,5 điểm) CO 2 K 2 CO 3 pư H 2 SO 4 K 2 CO 3 ddH 2 SO 4 CO 2 H 2 O AgCl ở cốcA 1/2dd A HNO 3 (1/2dd A) HCl dư (1/2dd A) HNO 3 HCl dư K 2 CO 3 pư CO 2 B A H 2 O t 0 H 2 S H 2 S PbS mol03,0 239 17,7 = ≠ (H 2 S, H 2 ) Sdư H 2 S H 2 3 1 K 2 CO 3 dư H 2 SO 4 K 2 CO 3 pư Từ (1,2): n = n = 0,03 : 3 = 0,01mol (0,25 điểm) Từ (1): n = 2n = 2 . 0,01 = 0,02mol (0,25 điểm) n = 3n = 3 . 0,01= 0,03mol (0,25 điểm) Từ (2 / ): n = n = . 0,03 = 0,02mol (0,25 điểm) m = ( 0,02 + 0,02 ). 27 = 1,08 gam m = 0,03.32 + 0,04 = 1 gam Vậy : % m = = 51,92% (0,25 điểm) % m = 48,08% (0,25 điểm) - Không cân bằng phản ứng trừ nữa số điểm. Bài I : 1. a. Công thức R với H là: RH 4 . Ta có: %H = 25= M R = 12 đvC (0,5 điểm) Vậy nguyên tố R là Cacbon ( C ). Hợp chất khí X là: CH 4 ( Metan ) (0,5 điểm) b. - Màu vàng của khí Cl 2 bị nhạt đi . (0,25 điểm) *Do sphẩm của p/ứng thế tạo ra CH 3 Cl,HCl ( không màu) (0,5 điểm) CH 4 +Cl 2 CH 3 Cl + HCl (0,25 điểm) - Nước trong ống nghiệm dâng lên. (0,25 điểm) *Do số mol khí trong ống nghiệm giảm xuống( HCl tan trong nước) áp suất trong ống nghiệm bị giảm nên nước bị đẩy lên (0,5 điểm) - Giấy quỳ tím hoá đỏ. (0,25 điểm) * Do HCl tan trong nước,tạo thành dd axit HCl làm quỳ tím hoá đỏ. (0,5 điểm) 2. A: C 2 H 5 OH; B: C 2 H 4 ; D: H 2 O; E: C 2 H 5 Cl; M: Na; F: NaOH; G: HCl (1,5 điểm) C 2 H 5 OH C 2 H 4 + H 2 O (1) (0,25 điểm) C 2 H 4 + H 2 O C 2 H 5 OH (2) (0,5 điểm) C 2 H 4 + HCl C 2 H 5 Cl (3) (0,25 điểm) 2H 2 O + 2Na = 2NaOH + H 2 (4) (0,25 điểm) C 2 H 5 Cl + NaOH C 2 H 5 OH + NaCl (5) (0,25 điểm) Bài II: Al 2 S 3 H 2 S Al pư Al 2 S 3 S pư Al 2 S 3 Al dư 3 2 H 2 3 2 Al bđ S bđ m hh = 1,08 + 1 = 2,08 gam Al bđ 08,2 10008,1 x S bđ (0,75 điểm) askt 1:1 CH 3 Cl Cl 2 còn ,CH 4 còn dd NaCl + HCl giấy quỳ tím hoá đỏ 4M H x 100 M RH 4 4 x 100 M R + 4 H 2 SO 4 đđ H 2 SO 4 loãng 180 0 C t 0 C 1. - Cho lần lượt các mẫu chứa các khí trên đi qua bình chứa dd Br 2 . + Mẫu khí nào làm mất màu nâu đỏ của dd Br 2 . Mẫu đó là khí C 2 H 4 (0,25 điểm) C 2 H 4 + Br 2 C 2 H 4 Br 2 (1) (0,25 điểm) + 2 mẫu không làm mất màu dd Br 2 . Mẫu đó là CO, H 2 . - Cho 2 mẫu khí còn lại lần lượt qua ống chứa CuO nung nóng. CuO + CO Cu + CO 2 (2) (0,25 điểm) CuO + H 2 Cu + H 2 O (3) (0,25 điểm) + Dẫn sản phẩm khí thoát ra ở trên qua bình chứa CuSO 4 khan ( màu trắng ). Khí nào làm CuSO 4 khan từ màu trắng chuyển thành tinh thể màu xanh lam. Sản phẩm khí đó là H 2 O (h) . Suy ra mẫu khí đó là H 2 . (0,25 điểm) CuSO 4 + 5H 2 O CuSO 4 .5H 2 O (4) (0,25 điểm) + Dẫn sản phẩm khí còn lại qua dd nước vôi trong.Nước vôi trong hoá đục. Sản phẩm khí đó là CO 2 . Suy ra mẫu khí đó là CO. (0,25 điểm) Ca(OH) 2 + CO 2 = CaCO 3 + H 2 O (5) (0,25 điểm) 2. Đặt CTTQ X: C x H y O z C x H y O z + ( 4x + y -2z)/4 O 2 xCO 2 + y/2H 2 O (1) (0,5 điểm) m = = b gam ; m = = gam (0,5 điểm) m = m - = = gam (0,5 điểm) Ta có : x : y : z = = 3 : 4 : 2 (0,5 điểm) Suyra công thức X : (C 3 H 4 O 2 ) n (0,25 điểm) Theo giả thiết M X < 87 72n < 87 n < 1,2. Vậy: n = 1 (0,5 điểm) Vậy CTPT X : C 3 H 4 O 2 (0,25 điểm) Bài III: 1. Đặt A: C x H y ( a mol ) ; B: C x H y ( b mol ) Thay 2 H-C này bằng 1 H-C duy nhất : C x H y với số mol ( a + b )mol (x < x < x / ) C x H y + ( x + y/4) O 2 xCO 2 + y/2H 2 O (1) (0,25 điểm) Ta có : a + b = 3,36 / 22,4 = 0,15 mol (0,25 điểm) Từ (1) : n = x ( a + b ) = 4,48 / 22,4 = 0,2 mol x = = 1,33 (0,5 điểm) Từ : x < x < x / x < 1,33 < x / . Vậy x = 1 y = 4: Vậy A là CH 4 (0,5 điểm) t 0 C t 0 C C H O −+ )( 7 3 ba ) 9 ( b b + ) 9 ( b b + 11 11 11 3 44 12 baa == 18 2b b 9 56b 63 1663 56 : 9 : 12 ⋅ bbb // CO 2 15,0 2,0 15,0 2.25,0 Từ (1): n = y/2( a +b ) = 4,5 /18 = 0,25 mol y = = 3,33 (0,5 điểm) Do A: CH 4 có y = 4 > 3,33 vậy Hydrocacbon B phải có y / < 3,33. (0,25 điểm) Vậy y / = 2 x / = 2: Vậy B là C 2 H 2 (0,5 điểm) Ta có: n = 1.a + 2.b = 0,2 (I) (0,25 điểm) Và a + b = 0,15 (II) (0,25 điểm) Giải (I,II): a = 0,1 và b = 0,05 .Vậy: %V = 66,67% và %V = 33,33% (0,75 điểm) 2. ( 0,5 điểm ) Cho hỗn hợp gồm CH 4 và C 2 H 2 đi qua bình chứa dd Br 2 (dư) thì C 2 H 2 bị giữ lại, khí thoát ra nguyên chất là CH 4 . Như vậy ta đã làm sạch khí CH 4 có lẫn C 2 H 2 . (0,25 điểm) C 2 H 2 + 2Br 2 C 2 H 2 Br 4 (0,25 điểm) ( Hoặc cho qua bình chứa dd AgNO 3 /NH 3 dư thì C 2 H 2 bị giữ lại ) Bài IV: C 2 H 2 + H 2 C 2 H 4 (1) (0,25 điểm) C 2 H 4 + H 2 C 2 H 6 (2) (0,25 điểm) Gọi a, b là số mol C 2 H 2 , C 2 H 4 phản ứng. n = ( 0,09 – a ) mol. Hỗn hợp Y gồm CH 4 : 0,15 mol ; C 2 H 2 dư : (0,09 – a ) mol ; C 2 H 4 dư :(a – b) mol C 2 H 6 : b mol; H 2 dư : 0,2 – (a+b) mol (0,25 điểm) C 2 H 4 dư + Br 2 C 2 H 4 Br 2 (3) (0,25 điểm) C 2 H 2 dư + 2Br 2 C 2 H 2 Br 4 (4) (0,25 điểm) Theo giả thiết: m + m = 0,82 gam (0,25 điểm) 28(a – b) +26 (0,09- a) = 0,82 14b – a = 0,76 (I) (0,5 điểm) Hỗn hợp A gồm CH 4 :0,15 mol ; C 2 H 6 :b mol và H 2 dư : 0,2 – ( a+b) mol (0,25 điểm) Ta có: m + m +m 30b +16. 0,15 + 2(0,2 – a – b) n + n + n b + 0,15 + 0,2 – a – b 2b + a = 0,2 (II) (0,5 điểm) Giải hệ (I, II ); suyra a = 0,08 mol ; b = 0,06 mol (0,5 điểm) Vậy: n = 0,15 mol ; n = 0,06 mol và n = 0,06 mol (0,75 điểm) * Có thể giải theo cách viết ptpư : C 2 H 2 + H 2 C 2 H 4 C 2 H 2 + H 2 C 2 H 6 Giải suyra a = 0,02 mol ; b = 0,06 mol Câu 7 H 2 O Ni t 0 C Ni t 0 C C 2 H 2 pư a a a b b b C 2 H 4 dư C 2 H 2 dư C 2 H 6 CH 4 H 2 dư C 2 H 6 CH 4 H 2 dư = 16 = 16 CH 4 C 2 H 6 H 2 dư CO 2 CH 4 C 2 H 2 a a a b b b 1.Khi nung hoàn toàn chất A thì thu được chất rắn B màu trắng và khí C không màu. Chất B phản ứng mãnh liệt với nước tạo thành chất D, dung dịch D làm đỏ phenolphtalein. Khí C làm vẫn đục dung dịch D. Khi cho chất rắn B tác dụng với cacbon ở nhiệt độ cao thì thu được chất E và giải phóng khí F. Cho E tác dụng với nước thì thu được dung dịch D và khí không màu G. Khí G tác dụng lần lượt với các dung dịch AgNO 3 /NH 3 , dung dịch nước Br 2 /CCl 4 dư. Xác định các chất A,B,C,D,E,F,G và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2.Cho A là oxit, B là muối, C và D là các kim loại. Hãy chọn chất thích hợp với A,B,C,D và hoàn thành các phương trình phản ứng sau: a) A + HCl → 2 muối + H 2 O b) B + NaOH → 2 muối + H 2 O c) C + muối → 1 muối d) D + muối → 2 muối Câu 8 1.Cho 30,3 gam dung dịch rượu etylic trong nước tác dụng với Natri dư thu được 8,4 lít khí ở (đktc). Xác định độ rượu, biết rằng khối lượng riêng của rượu etylic tinh khiết là 0,8g/ml, của nước bằng 1 gam/ml. 2. Một hỗn hợp gồm 2 hydrocacbon mạch hở C x H 2x và C x H 2y . Cho 9,1 gam X làm mất màu vừa hết 40gam Br 2 trong dung dịch. Hãy xác định công thức phân tử của 2 hydrocacbon; biết rằng trong X thành phần thể tích của chất có phân tử khối nhỏ hơn nằm trong khoảng từ 65% đến 75%. Câu 9 1.Sau khi làm thí nghiệm,có những khí thải độc hại sau: H 2 S, SO 2 ,NO 2 , Cl 2 .Người ta sử dụng dung dịch nước vôi trong dư để loại bỏ các khí trên.Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra để giải thích. 2.Có 3 mẫu phân bón hoá học không ghi nhãn là: phân KNO 3 , phân NH 4 NO 3 và phân (NH 4 ) 3 PO 4 Bằng phương pháp hoá học hãy nhận biết mỗi mẫu phân trên và cho biết mẫu nào là phân bón đơn,mẫu nào là phân bón kép. Câu 10 1 Người ta nấu xà phòng từ một loại chất béo có công thức(C 15 H 31 COO) 3 C 3 H 5 .Viết phương trình phản ứng và tính lượng xà phòng Natri tạo thành từ 200kg chất béo có chứa 19,4% tạp chất không phản ứng, biết sự hao hụt trong sản xuất là 15%. 2.Đốt cháy hoàn toàn 1,2 gam hợp chất hữu cơ mạch hở A cho toàn bộ sản phẩm cháy là (CO 2 và H 2 O) vào bình dung dịch nước vôi trong dư. Kết thúc phản ứng thấy khối lượng bình nước vôi tăng 2,48 gam, trong bình thu được 4 gam kết tủa. a)Viết các phản ứng xảy ra và tìm công thức phân tử của A, biết tỉ khối của A so với H 2 bằng 30. b)X là axit hữu cơ và Y là este đều có cùng công thức phân tử với A .Viết phương trình phản ứng khi cho X,Y lần lượt tác dụng với các chất sau đây (nếu có): NaOH, NaHCO 3 , H 2 O (xúc tác axit, t 0 ). Câu 11 Hoà tan hoàn toàn 5,94 gam bột Al vào dung dịch NaOH dư được khí A Cho 1,896 gam KMnO 4 tác dụng hết với axit HCl đặc dư, được khí B. Nhiệt phân hoàn toàn 12,25 gam KClO 3 có xúc tác, thu được khí C. Cho toàn bộ lượng các khí điều chế ở trên vào một bình kín rồi đốt cháy để các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau đó làm lạnh bình để cho hơi nước ngưng tụ hết và giả thiết các chất tan hết vào nước thu được dung dịch E. Viết các phương trình phản ứng và tính nồng độ C% của dung dịch E Câu I (2,25) HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 1 Xác định các chất: A : CaCO 3 , B : CaO , C : CO 2 , D : 0,25 Ca(OH) 2 , E : CaC 2 , F : CO . G : C 2 H 2 Các phương trình hoá học : CaCO 3 0 t C → CaO + 2CO 2 (1) CaO + H 2 O → Ca(OH) 2 (2) Ca(OH) 2 + CO 2 → CaCO 3 + H 2 O (3) CaO + 3C 0 t C → CaC 2 + 2CO (4) CaC 2 + 2 H 2 O → Ca(OH) 2 + C 2 H 2 (5) C 2 H 2 + Ag 2 O → C 2 Ag 2 + H 2 O (6) C 2 H 2 + 2Br 2 → C 2 H 2 Br 4 (7) 1đ/7pt 2 Fe 3 O 4 + 8HCl → 2FeCl 3 + FeCl 2 + 4H 2 O (1) Ca(HCO 3 ) 2 + 2NaOH → CaCO 3 + Na 2 CO 3 + 2H 2 O (2) Fe + 2FeCl 3 → 3FeCl 2 (3) Cu + 2FeCl 3 → CuCl 2 + 2FeCl 2 (4) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II (2đ) Điểm 1 Các phản ứng xảy ra Na + H 2 O → NaOH + 1/2H 2 (1) Na + C 2 H 5 OH → C 2 H 5 ONa + 1/2 H 2 (2) Gọi x, y là số mol của H 2 O và C 2 H 5 OH. Ta có hệ pt: 18x + 46y = 30,3 1/2x + 1/2 y = 8,4/22.4 = 0,375 ⇒ x = 0,15 ; y = 0,6 2 5 0,6 46 / 0,8 34,5 C H OH V ml⇒ = × = 2 30,3 (0,6 46) 2.7 2,7 H O m gam ml= − × = = Độ rượu = 0 34,5 100% 92,74 34,5 2,7 × = + 0,25 0,25 0,5 2 Đặt công thức chung của 2 hydrocacbon là C n H 2n . đk: (x ‹ n ‹ y ) C n H 2n + Br 2 C n H 2n Br 2 (1) Từ (1): 2 2 40 /160 0,25 n n C H Br n n mol= = = M = 9,1/0,25 = 36,4 ⇔ 14n = 36,4 ⇒ n = 2,6. Suy ra trong X có 1 chất là C 2 H 4 . Vậy C x H 2x là C 2 H 4 chiếm từ 65% đến 75%. Chất còn lại C y H 2y có y 〉 2,6 chiếm từ 25% đến 35% Đặt a là %V của C y H 2y (1 – a ) là %V của C 2 H 4 Ta có: 14ya + 28(1 – a) = 36,4 ⇒ a = 0,6 2y − Mà: 0,25 ≤ a ≤ 0,35 ⇔ 0,25 ≤ 0,6 2y − ≤ 0,35 ⇒ 3,7 ‹ y ‹ 4,4. Chọn y = 4 . Vậy C y H 2y là C 4 H 8 0,25 0,25 0,5 CâuIII (2đ) Điểm 1 Các phương trình phản ứng xảy ra: H 2 S + Ca(OH) 2 → CaS + H 2 O (1) SO 2 + Ca(OH) 2 → CaSO 3 + H 2 O (2) NO 2 + Ca(OH) 2 → Ca(NO 3 ) 2 + Ca(NO 2 ) 2 + H 2 O (3) Cl 2 + Ca(OH) 2 → CaCl 2 + Ca(ClO) 2 + H 2 O (4) 0,25 0,25 0,25 0,25 2 + Trích 3 mẫu thử cho tác dụng với dung dịch Ca(OH) 2 , đun nhẹ Mẫu có khí mùi khai là NH 4 NO 3 , mẫu nào có kết tủa trắng và khí mùi khai là (NH 4 ) 3 PO 4 , mẫu không có hiện tượng là KNO 3 Pt: 2NH 4 NO 3 + Ca(OH) 2 → Ca(NO 3 ) 2 + 2NH 3 + 2H 2 O (1) 2 (NH 4 ) 3 PO 4 + 3Ca(OH) 2 → Ca 3 (PO 4 ) 2 + 6NH 3 + 6H 2 O (2) + Phân bón đơn: NH 4 NO 3 Phân bón kép: KNO 3 và (NH 4 ) 3 PO 4 0,25 0,25 0,25 0,25 CâuIV (2đ) Điểm 1 Pt: (C 15 H 31 COO) 3 C 3 H 5 + 3NaOH → 3 C 15 H 31 COONa + C 3 H 5 (OH) 3 (1) Lượng xà phòng natri: 200.0,806 3 278 0,85 141,78 806 kg× × × = 0,25 0,5 2 a) Khối lượng của bình nước vôi tăng sau phản ứng là: m(CO 2 + H 2 O) = 2,48 gam nCO 2 = nCaCO 3 = 4/100 = 0,04mol ⇒ mCO 2 = 0,04. 44 = 1,76gam ⇒ mH 2 O = 2,48 – 1,76 = 0,72gam mC = 0,04x12= 0,48gam; mH = 0,72x2/18 = 0,08gam mO = 1,2 – (0,48+0,08)= 0,64gam Gọi CTTQ của A là C x H y O z Pt: C x H y O z + ( ) 4 2 y z x + − O 2 → xCO 2 + 2 y H 2 O (1) Ca(OH) 2 + CO 2 → CaCO 3 + H 2 O (2) Ta có: 12 16 60 2; 4; 2 0,48 0,08 0,64 1,2 x y z x y z= = = ⇒ = = = ⇒ CTPT của A là : C 2 H 4 O 2 . b)CTCT của X: CH 3 COOH, CTCT của Y là: HCOOCH 3 Các phản ứng xảy ra: CH 3 COOH + NaOH → CH 3 COONa + H 2 O (1) CH 3 COOH + NaHCO 3 → CH 3 COONa + CO 2 + H 2 O (2) HCOOCH 3 + NaOH 0 t → HCOONa + CH 3 OH (3) HCOOCH 3 + H 2 O 2 4 H SO ¬ → HCOOH + CH 3 OH (4) 0,25/2pt 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 CâuV (1,25đ) 1 Ta có các phản ứng: