ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TỈNH NINH BÌNH 2012-2013 LẦN 2 - MÔN HÓA

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013 MÔN: HÓA HỌC Ngày thi 18/12/2012 (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 06 câu, trong 02 trang Câu 1 (3,5 điểm ). 1. Cho các hạt vi mô: Na, Na + , Mg, Mg 2+ , Al, Al 3+ , F - , O 2- . Hãy sắp xếp (có giải thích) các hạt theo thứ tự giảm dần bán kính hạt? 2. Hoà tan hỗn hợp A gồm BaO, Fe 3 O 4 và Al 2 O 3 vào H 2 O dư được dung dịch D và phần không tan B. Sục CO 2 dư vào D, phản ứng tạo kết tủa. Cho khí CO dư qua B nung nóng được chất rắn E. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư thấy tan một phần, còn lại chất rắn G. Hoà tan hết G trong lượng dư dung dịch H 2 SO 4 loãng rồi cho dung dịch thu được tác dụng với dung dịch KMnO 4 . Viết các phương trình phản ứng? 3. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng khi cho: a) Dung dịch Na 2 CO 3 vào dung dịch FeCl 3 . b) Dòng khí H 2 S qua dung dịch FeCl 3 . c) Dung dịch KI vào dung dịch FeCl 3 , khi phản ứng xong cho thêm vài giọt hồ tinh bột. d) Từ từ dung dịch NaHSO 4 vào dung dịch Na 2 CO 3 theo tỉ lệ số mol 1:1 và đun nóng. Câu 2 (2,0 điểm). 1. Viết phương trình phản ứng của axit sunfuric và canxi photphat để điều chế supephotphat đơn. Tính lượng P 2 O 5 chứa trong 100 kg supephotphat đơn? 2. Tính pH của dung dịch khi trộn lẫn 250ml dung dịch AlCl 3 1M vào 150ml dung dịch NaOH 0,75M (khi đã lọc bỏ kết tủa). Biết : Al 3+ + 2H 2 O ˆ ˆ † ‡ ˆ ˆ AlOH 2+ + H 3 O + K = 1,4.10 -5 Câu 3 (3,5 điểm). Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO 3 , Fe, Cu, Al tác dụng với 60 ml dung dịch NaOH 2M thu được 2,688 lít khí hiđro. Sau khi kết thúc phản ứng cho tiếp 740 ml dung dịch HCl 1M và đun nóng đến khi hỗn hợp khí B ngừng thoát ra. Lọc và tách cặn rắn C. Cho B hấp thụ từ từ vào dung dịch Ca(OH) 2 dư thì thu được 10 gam kết tủa. Cho C tác dụng hết với dung dịch HNO 3 đặc, nóng thu được dung dịch D và 1,12 lít một chất khí duy nhất. Cô cạn D rồi nhiệt phân muối khan đến khối lượng không đổi được m gam sản phẩm rắn. Tính khối lượng của từng chất trong hỗn hợp A và giá trị m? (Biết rằng các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn). Câu 4 (3,0 điểm). 1. Nhận biết các dung dịch sau bằng phương pháp hoá học: CH 2 =CH-CHO, HCHO, CH 3 CH 2 OH, CH 2 =CH-CH 2 -OH, CH 2 =CH-COOH? 2. Hoàn thành chuỗi chuyển hóa sau: 1 ĐỀ THI CHÍNH THỨC H 2 O/H + , t 0 A B C CH 4 E F G AgNO 3 /NH 3 AgNO 3 /NH 3 NaOH NaOH 1 : 2 C 5 H 6 O 3 Câu 5 (4,0 điểm). 1. Đốt cháy hoàn toàn 0,12 mol chất hữu cơ A mạch hở cần dùng vừa đủ 50,4 lít không khí (O 2 chiếm 20% thể tích không khí). Cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH) 2 dư thấy khối lượng bình tăng lên 23,4 gam và có 70,92 gam kết tủa. Khí thoát ra khỏi bình có thể tích 41,664 lít. Xác định công thức phân tử chất A? (Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các thể tích khí đo ở đktc). 2. A, B, C, D, E, F là các đồng phân có công thức phân tử C 4 H 8 . A, B, C, D, E đều làm mất màu dung dịch brom còn F thì không. D và E là cặp đồng phân hình học. Hỗn hợp chứa A, D, E phản ứng với H 2 /Ni, t 0 chỉ thu được một sản phẩm. B không làm mất màu dung dịch KMnO 4 . Nhiệt độ sôi của E cao hơn D. Tìm các chất A, B, C, D, E, F. Viết các phương trình phản ứng? 3. Từ một hiđrocacbon thích hợp và các chất vô cơ không có cacbon, điều chế axeton và axit succinic. Hãy viết phương trình phản ứng điều chế? Câu 6 (4,0 điểm). Đốt cháy hoàn toàn 2,54 gam este E (không chứa chức khác) mạch hở, được tạo ra từ một axit cacboxylic đơn chức và ancol, thu được 2,688 lít khí CO 2 (đktc) và 1,26 gam nước. Với 0,1 mol E tác dụng vừa đủ với 200ml NaOH 1,5M tạo ra muối và ancol. Đốt cháy toàn bộ lượng ancol này được 6,72 lít CO 2 (đktc). 1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của E? 2. A là axit cacboxylic tạo ra E. Một hỗn hợp X gồm A và 3 đồng phân cấu tạo của nó đều phản ứng được với dung dịch NaOH (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng được chất rắn B và hỗn hợp hơi D. Cho D tác dụng với dung dịch AgNO 3 trong NH 3 dư cho 21,6 gam Ag. Nung B với NaOH rắn và CaO rắn, dư trong điều kiện không có không khí được hỗn hợp hơi F. Đưa F về nhiệt độ thường thì có một chất ngưng tụ G còn lại hỗn hợp khí N. G tác dụng với Na dư sinh ra 1,12 lít khí H 2 (đktc). Hỗn hợp khí N qua Ni nung nóng cho hỗn hợp khí P. Sau phản ứng thể tích hỗn hợp khí giảm 1,12 lít (đktc) và tỉ khối so với hiđro là 8. Tính khối lượng chất A và khối lượng chất rắn B? Biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Cho biết: H= 1; N= 14; C= 12; O=16; Na = 23; P =31; S = 32; Ag =108; Cu =64; Fe =56; Al =27; Ca =40; Ba =137. ---------------------------HẾT--------------------------- Họ và tên thí sinh : . Số báo danh Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: . Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2: . 2 SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013 MÔN: HÓA HỌC Ngày thi 18/12/2012 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1. ( 1,25 điểm) Câu 1 (3,5 điểm) Cấu hình electron: 11 Na: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 → Na + : 1s 2 2s 2 2p 6 12 Mg: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 → Mg 2+ : 1s 2 2s 2 2p 6 13 Al: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 2p 1 →Al 3+ : 1s 2 2s 2 2p 6 8 O 2- : 1s 2 2s 2 2p 6 và 9 F - : 1s 2 2s 2 2p 6 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 - Đi từ trái sang phải trong một chu kì bán kính nguyên tử giảm dần nên R: Na>Mg>Al. - Vì các ion Na + , Mg 2+ , F - , O 2- đều có cấu hình electron của Ne, nên bán kính của chúng giảm dần khi điện tích hạt nhân tăng. - Các nguyên tố Na, Mg, Al còn thêm một lớp electron nên bán kính phải phải lớn hơn bán kính của các ion. - Do đó thứ tự giảm bán kính hạt như sau: R: 11 Na> 12 Mg> 13 Al> 8 O 2- > 9 F - > 11 Na + > 12 Mg 2+ > 13 Al 3+ . 2. (1,25 điểm) - Hòa tan A vào nước chỉ có các phản ứng: BaO + H 2 O → Ba(OH) 2 Al 2 O 3 +Ba(OH) 2 → Ba(AlO 2 ) 2 + H 2 O 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 - Phần không tan B gồm: Fe 3 O 4 , Al 2 O 3 dư (do E tan một phần trong dung dịch NaOH) nên dung dịch D chỉ có Ba(AlO 2 ) 2 . Sục khí CO 2 dư vào D: Ba(AlO 2 ) 2 + 2CO 2 + 4H 2 O → 2Al(OH) 3 ↓ + Ba(HCO 3 ) 2 - Cho khí CO dư qua B nung nóng có phản ứng: Fe 3 O 4 + 4CO 0 t → 3Fe + 4CO 2 - Chất rắn E gồm: Fe, Al 2 O 3 . Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư: Al 2 O 3 + 2NaOH → 2NaAlO 2 + H 2 O - Chất rắn G là Fe. Cho G tác dụng với H 2 SO 4 dư, KMnO 4 : Fe + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 10FeSO 4 +2KMnO 4 +8H 2 SO 4 → 5Fe 2 (SO 4 ) 3 +2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O 3. (1,0 điểm) a) Màu vàng của dung dịch FeCl 3 nhạt dần tạo kết tủa đỏ nâu và có khí bay lên: 3Na 2 CO 3 + 2FeCl 3 +3H 2 O → 2Fe(OH) 3 ↓ + 3CO 2 + 6NaCl 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Màu vàng của dung dịch FeCl 3 nhạt dần xuất hiện kết tủa trắng đục của S mới sinh : H 2 S + 2FeCl 3 → 2FeCl 2 + S↓ + 2HCl. c) Màu vàng của dung dịch FeCl 3 nhạt dần, khi cho tinh bột vào màu của dung dịch chuyển thành màu xanh. 2KI + 2FeCl 3 → 2FeCl 2 +I 2 +2KCl d) NaHSO 4 + Na 2 CO 3 1:1 ¾¾® Na 2 SO 4 + NaHCO 3 Khi đun nóng có khí bay lên: 2NaHCO 3 → 0 t Na 2 CO 3 + CO 2 ↑+H 2 O. 1 (1,0 điểm) 0,25 3 Ca 3 (PO 4 ) 2 + 2H 2 SO 4 đặc, t 0 → Ca(H 2 PO 4 ) 2 + 2CaSO 4 → Supephotphat đơn chứa Ca(H 2 PO 4 ) 2 và CaSO 4 có tỷ lệ mol là 1:2 → Có 234 gam Ca(H 2 PO 4 ) 2 (1 mol) sẽ có 272 gam CaSO 4 (2 mol) m supephotphat = 506 gam. Có 2 mol P ↔ 1 mol P 2 O 5 (142 gam) → 100 kg supephotphat đơn chứa 2 5 P O m = 100. 506 142 = 28,06 (kg) 0,25 0,25 0,25 2 (1,0 điểm) AlCl 3 + 3NaOH → Al(OH) 3 + 3NaCl Có: 0,25 0,1125 mol → AlCl 3 dư = 0,2125 (mol) →[Al 3+ ] = 0,2125 0,4 = 0,53125 (M) 0,25 0,25 0,25 0,25 Al 3+ + 2H 2 O € AlOH 2+ + H 3 O + K= 1,4.10 -5 Ban đầu: 0,53125 0 0 (M) Cân bằng: 0,53125-x x x (M) Áp dụng công thức : K = 2 x (0,53125- x) = 1,4.10 -5 Ta có: x 2 + 1,4.10 -5 x – 7,4375.10 -6 = 0 → -3 -3 x = 2,72.10 M x = - 2,73.10 M    →pH = -lg(2,72.10 -3 ) = 2,5654. Câu 3 (3,5 điểm) Al + NaOH + H 2 O → NaAlO 2 + 2 3 H 2 ↑ 0,08 0,08 0,12 (mol) → NaOH dư 0,04 mol; n Al = 0,08 mol → m Al = 2,16 (gam) NaOH + HCl → NaCl + H 2 O 0,04 0,04 (mol) NaAlO 2 + 4HCl → NaCl + AlCl 3 + 2H 2 O 0,08 0,32 (mol) → HCl dư 0,38 mol C+ HNO 3 được khí duy nhất → FeCO 3 đã phản ứng hết khi phản ứng với dung dịch HCl FeCO 3 + 2HCl → FeCl 2 + CO 2 + H 2 O CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 + H 2 O → 3 FeCO n = 3 CaCO n = 0,1 mol; → 3 FeCO m = 11,6 (gam) → HCl dư 0,18 mol. B là hỗn hợp khí có CO 2 và H 2 nên có phản ứng Fe và HCl 2HCl + Fe → FeCl 2 + H 2 − Trường hợp 1: Fe hết Cu + 4HNO 3 đặc → 0 t Cu(NO 3 ) 2 + 2NO 2 ↑ + 2H 2 O 0,025 0,025 0,05 (mol) → m Cu = 1,6 (gam). m Fe = 20 − m Cu − m Al − 3 FeCO m = 4,64 (gam) - Với n Fe ≈ 0,083 < 0,09 nên thỏa mãn. 2Cu(NO 3 ) 2 0 t → 2CuO + 4NO 2 ↑+ O 2 ↑ 0,025 0,025 (mol) → m = m CuO = 2 gam − Trường hợp 2: Fe dư Fe n phản ứng = ½ n HCl = 0,09 (mol). Gọi Fe dư: x mol; Cu: y mol (với x, y > 0) 4 (Loại) (T/mãn) m Fe dư + m Cu = 20 − m Fe phản ứng − m Al − 3 FeCO m = 1,2 (gam) Cu + 4HNO 3 đặc → 0 t Cu(NO 3 ) 2 + 2NO 2 ↑ + 2H 2 O Fe + 6HNO 3 đặc → 0 t Fe(NO 3 ) 3 + 3NO 2 ↑ + 3H 2 O 56x + 64y = 1,2 (*) → 2 NO n = 3x + 2y = 0,05 (mol) (2*) 0,25 0,25 0,25    0,25    0,25 0,25 0,25 0,25 0,25    0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Giải hệ phương trình (*) & (2*) được x = 0,01; y = 0,01 mol → m Cu = 0,64 gam; m Fe (dư) = 0,56 gam → m Fe = m Fe (p/ứng) + m Fe (dư) = 5,6 gam. 5 Cu(NO 3 ) 2 → 0 t CuO + 2NO 2 ↑+ ½ O 2 ↑ 2Fe(NO 3 ) 3 → 0 t Fe 2 O 3 + 6NO 2 ↑+ 2 3 O 2 ↑ m = m CuO + 2 3 Fe O m = 1,6 gam. Câu 4 (3,0 điểm) 1 (1,25 điểm) Dùng dung dịch AgNO 3 /NH 3 dư phân biệt được 2 nhóm: Nhóm 1: Có kết tủa Ag: CH 2 =CH-CHO, HCHO Nhóm 2: Không có hiện tượng gì: CH 2 =CH-CH 2 -OH, CH 2 =CH-COOH, CH 3 CH 2 OH 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 CH 2 =CH-CHO+2AgNO 3 +3NH 3 +H 2 O → 0 t CH 2 =CH-COONH 4 +2Ag ↓ + 2NH 4 NO 3 HCHO + 4AgNO 3 + 6NH 3 + 2H 2 O → 0 t (NH 4 ) 2 CO 3 +4Ag ↓ + 4NH 4 NO 3 Hoặc: HCHO + 2AgNO 3 + 3NH 3 + H 2 O → 0 t NH 4 HCO 3 +2Ag ↓ + 2NH 4 NO 3 *Nhóm 1: Cho tác dụng với dung dịch Br 2 /CCl 4 chất nào làm mất màu nâu đỏ của dung dịch brom → CH 2 =CH-CHO. CH 2 =CH-CHO + Br 2 4 CCl → CH 2 Br-CHBr-CHO Chất không làm mất màu dung dịch Br 2 /CCl 4 là HCHO *Nhóm 2: - Dùng quỳ tím n/biết được dung dịch CH 2 =CH-COOH làm quỳ tím chuyển màu đỏ. D/dịch không làm đổi màu quỳ tím là: CH 2 =CH-CH 2 -OH, CH 3 CH 2 OH. - Dùng dung dịch brom để nhận biết: Chất làm mất màu dung dịch brom trong CCl 4 là: CH 2 =CH-CH 2 -OH CH 2 =CH-CH 2 -OH + Br 2 → CH 2 Br-CHBr-CH 2 OH Chất không làm mất màu dung dịch brom là: CH 3 CH 2 OH Chú ý: Nhận biết được một chất được 0,25 điểm. 2 (1,75 điểm) C 5 H 6 O 3 có công thức cấu tạo là: CH 2 =CH-OOC-CH 2 -CHO. Phương trình phản ứng: CH 2 =CH-OOC-CH 2 -CHO + H 2 O + 0 H , t → CH 3 CHO + HOOC-CH 2 -CHO CH 3 CHO + 2AgNO 3 + 3NH 3 + H 2 O o t → CH 3 COONH 4 +2Ag ↓ + 2NH 4 NO 3 CH 3 COONH 4 + NaOH o t → CH 3 COONa + NH 3 ↑ + H 2 O CH 3 COONa + NaOH o CaO,t → CH 4 + Na 2 CO 3 | 2 | COOH CH CHO +2AgNO 3 +4NH 3 +H 2 O o t → H 4 NOOC-CH 2 -COONH 4 +2Ag ↓ +2NH 4 NO 3 H 4 NOOC-CH 2 -COONH 4 + 2NaOH → NaOOC-CH 2 -COONa + 2NH 3 + 2H 2 O NaOOC-CH 2 -COONa + 2NaOH o CaO,t → CH 4 + 2Na 2 CO 3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 (0,75 điểm) CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O 2 CO n = 3 BaCO n = 0,36 (mol); 2 CO m + 2 H O m = 23,4 gam → 2 H O n = 0,42 (mol) Trong 50,4 lít không khí: 2 O n = 0,45 (mol); 2 N n = 1,8 (mol) Khí thoát ra là N 2 : 2 N n = 1,86 (mol) > 2 N n ( không khí ) → P/ứng cháy sinh ra 0,06 mol N 2 . Gọi A là C x H y O z N t (x, y, z nguyên dương). C x H y O z N t + ( y z x+ - 4 2 )O 2 → xCO 2 + y 2 H 2 O + t 2 N 2 0,12 0,45 0,36 0,42 0,06 (mol) 0,25 0,25 0,25 → x = 3; y = 7; z = 2; t = 1. Vậy A là C 3 H 7 O 2 N. 6 2 (1,5 điểm) − B làm mất màu dung dịch Br 2 nhưng không mất màu dung dịch KMnO 4 → B là metylxiclopropan. xiclo-C 3 H 5 -CH 3 + Br 2 → CH 3 -CHBr-CH 2 -CH 2 Br 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 − F không làm mất màu dung dịch Br 2 → F là xiclobutan. − A, D, E phản ứng với H 2 chỉ thu được một sản phẩm → A, D, E có cùng mạch cacbon (anken không nhánh). C 4 H 8 + H 2 0 Ni, t → CH 3 -CH 2 -CH 2 -CH 3 − Sản phẩm từ D, E là cặp đồng phân hình học. Nhiệt độ sôi của E cao hơn → E là cis- but-2-en; D là trans-but-2-en. → A phải là but-1-en. − C phải là 2-metylpropen. 3 (1,75 điểm) * Điều chế axit succinic. CH 2 =CH−CH=CH 2 + Br 2 dd 0 40 C → Br-CH 2 -CH=CH-CH 2 -Br Br-CH 2 -CH=CH-CH 2 -Br + 2NaOH loãng → HOCH 2 CH=CHCH 2 OH+ 2NaBr HOCH 2 CH=CHCH 2 OH + H 2 0 Ni, t → HOCH 2 CH 2 CH 2 CH 2 OH HOCH 2 CH 2 CH 2 CH 2 OH + 2CuO o t → OHC-CH 2 -CH 2 -CHO+2Cu+2H 2 O OHC-CH 2 -CH 2 -CHO + O 2 o xt, t → HOOC−CH 2 −CH 2 −COOH 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 * Điều chế axeton CH 2 =CH−CH=CH 2 + 2H 2 0 Ni, t → CH 3 CH 2 CH 2 CH 3 CH 3 CH 2 CH 2 CH 3 o t → CH 2 =CH-CH 3 + CH 4 CH 2 =CH-CH 3 + H 2 O o xt, t → 3 3 | CH - CH- CH OH 3 3 | CH - CH- CH OH + CuO o t → 3 3 || CH - C- CH O + Cu + H 2 O 1. (1,5 điểm) Đặt CTTQ E: C x H y O z (x, y, z nguyên dương). n 2 CO = 0,12mol; 2 H O n = 0,07 mol ⇒ m C = 1,44 gam; m H = 0,14 gam; m O = 0,96 gam. Ta có tỷ lệ: x: y: z = 6:7:3 ⇒ CTPT của E: (C 6 H 7 O 3 ) n Ta có: n E : n NaOH = 1: 3. Vậy E có 3 chức este, Suy ra E có 6 nguyên tử oxi (n = 2). Vậy CTPT E: C 12 H 14 O 6 ( M= 254 g/mol). Vậy E: (RCOO) 3 R'. (RCOO) 3 R’+ 3NaOH → 3RCOONa + R’(OH) 3 (1) Có: 3 3 R(OH) (RCOO) R' n = n = 0,1 (mol) n 2 CO = 0,3mol . Do tỷ lệ 3 2 R(OH) CO n 0,1 1 n 0,3 3 = = . Vậy R có 3 nguyên tử C. Vậy CTCT ancol: CH 2 OH-CHOH-CH 2 OH ( Glixerol) Ta có: m RCOONa = 254.0,1 +12 - 0,1.92 = 28,2gam Từ (1): M RCOONa = 28,2/0,3 = 94 → R = 27 ( C 2 H 3 -) 7 Câu 6 (4,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 Vậy CTCT E: 2 2 | 2 | 2 2 CH = CH-COO-CH CH = CH-COO-CH CH = CH-COO-CH 2. (2,5 điểm) CTCT A: CH 2 =CH-COOH (x mol), 3 đồng phân đơn chức là este : HCOOCH=CH 2 (y mol); este vòng 3 \ / CH - CH- C = O O và 2 | | 2 CH - C = O CH - O có tổng số mol là z (mol)    0,5        0,25        0,25          0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 CH 2 =CH-COOH + NaOH → CH 2 =CH-COONa + H 2 O (2) HCOOCH=CH 2 + NaOH 0 t → HCOONa + CH 3 CHO (3) 2 | | 2 CH - C = O CH - O + NaOH 0 t → HOCH 2 -CH 2 -COONa (4) 3 \ / CH - CH- C = O O + NaOH 0 t → CH 3 -CH(OH)-COONa (4’) Hỗn hợp hơi (D): CH 3 CHO, H 2 O (h) . CH 3 CHO+2AgNO 3 +3NH 3 +H 2 O → CH 3 COONH 4 +2Ag+2NH 4 NO 3 (5) Chất rắn (B): CH 2 =CH-COONa; HCOONa; HOCH 2 -CH 2 -COONa và CH 3 -CH(OH)-COONa CH 2 =CH-COONa + NaOH (r) 0 t → CH 2 =CH 2 + Na 2 CO 3 (6) HCOONa + NaOH (r) 0 CaO,t → H 2 + Na 2 CO 3 (7) HOCH 2 -CH 2 -COONa + NaOH 0 CaO,t → CH 3 -CH 2 -OH + Na 2 CO 3 (8) CH 3 -CH(OH)-COONa + NaOH 0 CaO,t → CH 3 -CH 2 -OH + Na 2 CO 3 (8’) Hỗn hợp hơi (F): C 2 H 4 ; H 2 , C 2 H 5 OH (G) Hỗn hợp (N) : C 2 H 4 + H 2 0 Ni,t → C 2 H 6 (9) (G) : 2C 2 H 5 OH + 2Na → 2C 2 H 5 ONa + H 2 (10) Từ (3,5): y = 0,1(mol) Từ (3,7): n 2 H = 0,1(mol) Từ (9). Độ giảm số mol của N = 0,05 mol = n 2 H (pứ) P M = 8.2 = 16 ( do m P = m N ) nên P gồm: H 2 dư và C 2 H 6 (p/ứng hoàn toàn). Ta có: n P = n N - 0,05 = x + 0,1 - 0,05 = (x + 0,05) mol; m N = (28x + 0,2)gam Suy ra: P M = 28x+ 0.2 x+ 0,05 =16 ⇒ x = 0,05 mol. Từ (4,8,10): có 2 H n = 0,05 mol → z = 0,1 mol. Vậy: x = 0,05mol ⇒ m(CH 2 =CH-COOH) = 3,6 gam. y = 0,1mol và z = 0,1mol. ⇒ m rắn B = 94.x+68.y+112.z = 94.0,05+68.0,1+0,1.112=22,7 gam. Chú ý: HS làm theo cách khác vẫn cho đủ điểm, điểm làm tròn đến 0,25. 8 -----------Hết----------- 9 . 14; C= 12; O=16; Na = 23 ; P =31; S = 32; Ag =108; Cu =64; Fe =56; Al =27 ; Ca =40; Ba =137. -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -HẾT -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - Họ và. 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 → Na + : 1s 2 2s 2 2p 6 12 Mg: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 → Mg 2+ : 1s 2 2s 2 2p 6 13 Al: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 2p 1 →Al 3+ : 1s 2 2s 2 2p 6