ĐỀ ôn tập học SINH GIỎI lớp 11 năm 2016 môn hóa

Chỉ từ không khí, than và nước, viết phương trình hoá học điều chế phân urê và đạm hai lácác điều kiện và xúc tác coi như có đủ.. Nung bình điến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu đư

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ

TRƯỜNG THPT GIO LINH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ ÔN LUYỆN KHÓA HỌC SINH GIỎI LỚP 11 Năm học: 2015-2016 (NGÀY 26/2/2016)

Môn: HÓA HỌC

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (4,0 điểm)

1 Cho sơ đồ thí nghiệm điều chế và thu khí clo trong phòng thí nghiệm (Hình 1) từ các chất ban

đầu là MnO2 và dung dịch HCl đậm đặc

Hỏi:

a Phễu (1), bình cầu (2) phải chứa những chất nào? Viết phản ứng xảy ra?

b Bình (3), (4) chứa chất nào? Giải thích tác dụng của mỗi chất?

c Nhúm bông (6) bịt trên miệng bình tam giác (5) thường được tẩm dung dịch gì? Vì sao?

d Nếu hệ thống không được kín, một lượng nhỏ khí clo thoát ra và làm ô nhiễm phòng thí nghiệm

Chọn một hóa chất của phòng thí nghiệm để làm sạch khí clo? Viết phương trình phản ứng hóa học minh họa?

1 Phễu (1) chứa dung dịch HCl đặc; bình (2) chứa MnO2 Phản ứng xảy ra:

MnO2 + 4HCl →t 0 MnCl2 + Cl2 + 2H2O

2 Khí clo sinh ra ở bình (2) có lẫn khí HCl và hơi nước do đó bình (3) chứa dd NaCl bão hòa để giữ khí HCl, NaCl làm giảm khả năng hòa tan của khí clo; bình (4) chứa H2SO4 đặc để hút nước

3 Nhúm bông (6) thường được tẩm dd NaOH để hấp thụ khí clo thoát ra vì:

2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O

4 Chọn NH3 dư để làm sạch khí clo vì: 8NH3(khí) + 3Cl2(khí) → N2(khí) + 6NH4Cl(rắn)

2 Chỉ từ không khí, than và nước, viết phương trình hoá học điều chế phân urê và đạm hai

lá(các điều kiện và xúc tác coi như có đủ).

 Đầu tiên ta phải điều chế N2 và O2 từ không khí bằng cách: Cho không khí dd NaOH(loại CO2); làm lạnh ở - 250C(loại bỏ hơi nước) sau đó hóa lỏng không khí rồi nâng dần nhiệt độ lên – 1960C được khí N2

và – 1830C được khí O2

 Điều chế ure: C + H2O →t 0 CO + H2 và C + 2H2O →t 0 CO2 + 2H2

N2 + 3H2

0

Fe, t

200 atm

→

¬  2NH3 và 2NH3 + CO2

0

xt, t

 → (NH2)2CO + H2O

 Điều chế phân đạm hai lá(NH4NO3): Điều chế NH3 như trên sau đó

4NH3 + 5O2

0

Pt, t

 →4NO + 6H2O và NO + ½ O2 → NO2 và 2H2O + 4NO2 + O2 → 4HNO3

Sau đó: NH3 + HNO3 → NH4NO3

3 Hãy giải thích vì sao:

a. Khi bón phân đạm ure cho đồng ruộng không nên trộn chung với vôi

b. Sục khí clo qua dung dịch kali iotua một thời gian dài, sau đó người ta cho hồ tinh

bột vào thì không thấy xuất hiện màu xanh

- Khi trộn ure với vôi:

(NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (1)

Ca(OH)2 + (NH4)2CO3 → CaCO3 ↓ + 2NH3↑ + 2H2O (2)

(1)

(2)

(6)

Hình 1

Cl2

- Phản ứng làm mất đi lượng đạm (do thoát ra NH3) và làm đất rắn

lại (do tạo CaCO3)

2KI + Cl2 → I2 + 2KCl

Sau một thời gian có xảy ra phản ứng:

I2 + 5Cl2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl

Sau phản ứng không có I2 tự do nên hồ tinh bột không chuyển sang màu xanh

4 Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau :

Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau :

(8)

(4)

(7)

Các phương trình phản ứng :

(1) N2 + 3H2 500 , 300 atm

Fe

o→

(2) 4NH3 + 5O2  Pt,850−900oC→ 4NO + 6H2O

(3) 2NO + O2→ 2NO2

(4) 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3

(5) 5Mg + 12 HNO3→ 5Mg(NO3)2 + N2 + 6H2O

(6) N2 + O2 2000 oC→2NO

(7) 2NO2 + 2KOH → KNO2 + KNO3 + H2O

(8) 5KNO2 + 2KMnO4 + 3H2SO4→ 5KNO3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O

Câu 2 (4,0 điểm)

1 Cho hỗn hợp khí N2 và H2 vào bình kín ở nhiệt độ không đổi Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng, áp suất khí trong bình giảm 5% so với ban đầu Biết tỉ lệ số mol đã phản ứng của N2 là 10% (a) Tính % thể tích của N2 và H2 trong hỗn hợp ban đầu?

(b) Tính KC của phản ứng Biết ban đầu số mol hỗn hợp là 1 mol và thể tích bình là 1 lít

a)Phương trình phản ứng:

N2+ 3H2 ⇌ 2NH3

Ban đầu x y 0

Phản ứng 0,1x 0,3x 0,2x

Cân bằng 0,9x y- 0,3x 0,2x

y = 3x

P =n →0,95P =0,8x + y→

x

x + y

b) Ta có: 4x = 1 → x = 0,25 mol N2: 0,9x = 0,225 mol

Tại trạng thái cân bằng hỗn hợp khí gồm: H2: 2,7x = 0,675 mol

NH3: 0,2x = 0,5 mol

[ ] [ ]

3

2 2

(0,675) 0,225

2 Hòa tan hoàn toàn 30,0 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn trong dung dịch HNO3, sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí gồm 0,1 mol N2O và 0,1 mol NO Cô cạn cẩn thận

dung dịch sau phản ứng thu được 127 gam muối Tính số mol HNO3 tối thiểu cần để tham gia các phản ứng trên

Đặt số mol Mg, Al, Zn lần lượt là x, y, z mol

Các bán phản ứng :

x 2x

Al - 3e → Al3+

y 3y

Zn - 2e → Zn2+

z 2z Tổng số mol electron chất khử nhường là 2x + 3y + 2z

Các muối tạo ra là Mg(NO3)2 : x mol, Al(NO3)3: y mol, Zn(NO3)2: z mol → số mol gốc NO3- trong muối = 2x + 3y + 2z

Giả sử sản phẩm khử HNO 3 chỉ có N 2 O và NO thì tổng số mol electron chất oxi hóa nhận là : 0,1 8 + 0,1 3 = 1,1 mol

Phương trình bảo toàn electron: 2x + 3y + 2z = 1,1

→ số mol gốc NO3- trong muối = 2x + 3y + 2z = 1,1

Vậy khối lượng muối khan thu được là: mmuối = mKL + mNO3- = 30 + 62.1,1 = 98,2 gam < 127 ( theo bài

cho)

Chứng tỏ ngoài N 2 O và NO, sản phẩm khử HNO 3 còn có NH 4 NO 3

Gọi số mol NH4NO3 tạo ra là a mol → số mol electron mà chất oxi hóa nhận là: 0,1.8 + 0,1 3 + 8a = 1,1 + 8a

Phương trình bảo toàn electron: 2x + 3y + 2z = 1,1 + 8a

→ số mol gốc NO3- trong muối Mg(NO3)2 + Al(NO3)3 + Zn(NO3)2 = 2x + 3y + 2z = 1,1 + 8a

Khối lượng muối tạo thành = khối lượng Mg(NO3)2 + Al(NO3)3 + Zn(NO3)2 + NH4NO3

= 30 + 62 ( 1,1 + 8a ) + 80.a = 127 → a = 0,05 mol Bảo toàn nguyên tố nitơ, ta có :

Số mol HNO3 cần phản ứng = số mol NO3- trong muối 3 kim loại + số mol N trong N2O, NO, NH4NO3

= 1,1 + 8 0,05 + 0,1.2 + 0,1 + 0,05 2 = 1,9 mol

3 R là nguyên tố thuộc nhóm VA X là hợp chất khí của R với hiđro, Y là oxit cao nhất của R

Đốt cháy một lượng X cần vừa đủ 6,4 gam oxi, thu được 7,1 gam Y

(a) Xác định R

(b) Cho toàn bộ lượng Y ở trên phản ứng vừa đủ với V lit dung dịch KOH 1M thu được 15,12 gam muối Tính V

a) CTPT của X và Y lần lượt là : RH3, R2O5

Ptpư : 2RH3 + 4O2 → R2O5 + 3H2O

MR2O5 = 7,1 142

0,05 = ⇒ MR = 31 ⇒ R là photpho

b) Số mol P2O5 = 0,05 ⇒ số mol H3PO4 tương ứng là 0,1 mol

các phản ứng có thể xảy ra:

H3PO4 + KOH → KH2PO4 + H2O

H3PO4 + 2KOH → K2HPO4 + 2H2O

H3PO4 + 3KOH → K3PO4 + 3H2O Nhận xét: số mol H2O sinh ra = số mol KOH phản ứng = x mol

Bảo toàn khối lượng : 9,8 + 56 x = 15,12 + 18 x ⇒ x = 0,14

Vậy thể tích KOH 1M cần dùng là 0,14 lit

4 Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau đây Biết rằng A, B, C, D là các chất vô cơ.

1 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O; (A): Cl2

2 FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑; (B): H2S

3 Na2SO3 + H2SO4 → Na2SO4 + H2O + SO2↑; (C): SO2

4 NH4HCO3 + 2NaOH → Na2CO3 + NH3↑ + 2H2O; (D): NH3

5 Cl2 + 2NaOH→NaClO+NaCl+H2O

6 8NH3 + 3Cl2 → 6NH4Cl + N2

7 2H2S + SO2 → 3S↓ + 2H2O

8 2NH3 + SO2 + H2O → (NH4)2SO3

Câu 3 (4,0 điểm)

1 Cho 38,6 gam hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2 và FeCO3 vào một bình không chứa khí Nung bình điến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 9,24 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm ba chất khí và chất rắn Z

a) Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X

b) Nếu cho toàn bộ lượng Z tác dụng với lượng dư khí CO nung nóng thu được chất rắn G, hoà tan G trong dd HBr dư rồi cô cạn được chất rắn khan T Cho T tác dụng với dd H2SO4 đặc nóng dư thu

được V lít khí ở đktc (SO2 là sản phẩm khử duy nhất) Viết phản ứng hoá học và tính V?

a) Phản ứng xảy ra:

2Fe(NO3)2 → Fe2O3 + 4NO2 + 0,5O2 (1)

2FeO + 0,5O2 → Fe2O3 (3)

+ Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp ba khí nên sau phản ứng (3) oxi dư

⇒…⇒ Fe(NO3)2 = 0,15 mol = 27,0 gam; FeCO3 = 0,1 mol = 11,6 gam

b 2FeBr2 + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 2Br2 + 3SO2 + 6H2O ⇒ V = 8,4 lít

2 Hòa tan Fe3O4 bằng dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được dung dịch X Cho lần lượt các

chất sau đây vào dung dịch X: NaNO3, Cu, KMnO4, Ag Viết các phương trình hóa học xảy ra (nếu có)

Fe3O4 + 8H+ → Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O

Dung dịch X gồm: Fe2+; Fe3+; H+; SO 2-4

3Fe2+ + 4 H+ + NO -3 → 3Fe3+ + NO + 2H2O

NO + 1/2O2 → NO2 Cu + 2Fe3+ → 2Fe2+ + Cu2+

5Fe2+ + 8H + + MnO- → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H O

3 Cho 3,12 gam kim loại M tác dụng với dung dịch HNO3 loãng, dư thu được 0,728 lít khí

N2O (đktc) Cho dung dịch sau phản ứng bay hơi nước chậm thu được 28,6 gam muối Xác định kim loại M và thành phần của muối thu được

Sản phẩm khử có NH4NO3: x mol

2 N + 8e → 2 N 0,26 2.0,0325

N + 8e → N

ne = 0,26 + 8x

→ khối lượng muối = 3,12 + 62(0,26 + 8x) + 80x = 28,6

→ x = 0,01625→ ne = 0,39 mol → M = 3,12n/0,39 = 8n→ không có kim loại phù hợp

Như vậy sản phẩm khử không có NH4NO3

ne = 0,26 mol → M = 3,12n/0,26 = 12n → M là Mg Muối ngậm nước có công thức:

Mg(NO3)2.nH2O→ Mmuối = 28,6/0,13 = 220 → Mg(NO3)2.4H2O

4 Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 (trong đó Al chiếm 60% khối lượng) tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm H2SO4 và NaNO3, thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn hợp khí T (trong T có 0,015 mol H2) Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z đến khi các phản ứng

xảy ra hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa Còn nếu cho Z phản ứng với NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,935 mol Giá trị của m?

+ Ta có :

2 3

Al O

n 0,17(mol) n 0,51(mol)





+ Z có

3

2

4

Al BTNT.S

2 SO

NaOH 2 BTDT

4 Na

NH

a 0,095

SO : 0, 4

b 0,015

Na : a 0,935

+

− +

+

−

↓

− +











BTKL

Z

m 0, 23.27 0, 4.96 0,095.23 0,015.18 47,065

2

BTNT.H

H O

0, 4.2 0,015.2 0,015.4

2

BTKL

H SO NaNO 7,65 0, 4.98 0,095.85 47,065 m 0,355.18 m 1, 47(gam)

Câu 4 (4,0 điểm)

1 Trong phòng thí nghiệm để điều chế một số khí tinh khiết người ta lắp dụng cụ như hình vẽ

sau[bình (A); (B); (C); (D) chứa chất lỏng hoặc rắn]

a) Hãy cho biết bộ dụng cụ trên có thể điều chế và thu được khí nào trong các khí sau: H2; O2; SO2; HCl;

NH3; C2H4?

b) Hãy chọn hóa chất tích hợp trong mỗi bình để điều chế được các khí đã chọn và viết phản ứng xảy ra?

a) Khí điều chế được bằng sơ đồ trên phải thỏa mãn hai điều kiện là: nặng hơn không khí và không tác dụng với không khí ở đk thường ⇒ chỉ có H2 và NH3 là hai khí không điều chế được(etilen cũng có thể

chấp nhận được vì hơi nhẹ hơn không khí).

b) Ta có bảng sau(dấu – nghĩa là có thể không cần thiết; CaCl2 làm khô khí

Các pư xảy ra

2 Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau biết D là nguyên liệu chính để điều chế phenol trong công

nghiệp; các chất trong sơ đồ đều là sản phẩm chính(với phản ứng có nhiều sản phẩm):

xt, t propilen

+

 →  →   →  →  →

+ NaOH lo·ng

+ NaOH d­, t0, P

F2

(7)

F3

F4

+ CO2 + H2O

+ CH3COOH/xt

(8) (9)

+ A là CaC2; B là C2H2; C là C6H6; một số chất còn lại

CH

H3C CH3 Br

C

H3C CH3

Br

C-OH

H3C CH3

Br

C-OH

H3C CH3

OH

(D)

(F) (F1)

C-OOC-CH3

H3C CH3

OH

(F3) (F

4 )

3 Viết công thức cấu tạo các đồng phân (chứa vòng benzen) có công thức phân tử C8H10O

thỏa mãn điều kiện:

a Không tác dụng được với dung dịch NaOH nhưng tác dụng với Na.

b Không tác dụng được cả Na và dung dịch NaOH.

4 a Cho các chất hữu cơ mạch hở sau: C2H2ClBr, CH3CH=C(CH3)CH2Cl, C3H2Cl4

Biểu diễn các dạng đồng phân hình học của chúng và gọi tên

b Từ CH4 và các hợp chất vô cơ không chứa Cacbon, hãy viết các phương trình phản ứng

điều chế poli(butađien- stiren) , ghi đầy đủ tác nhân và điều kiện phản ứng

a Biểu diễn các dạng đồng phân hình học :

C2H2ClBr:

C = C

C = C

CH3CH=C(CH3)CH2Cl

C = C

2Cl

C = C

3

cis-1-clo-2-metyl but-2-en trans-1-clo-2-metyl but-2-en

C3H2Cl4: có 2 chất có đồng phân hình học CHCl = CH- CCl3, CHCl = CCl- CHCl2

6

C = C

3

C = C

cis-1,3,3,3- tetraclo propen trans-1,3,3,3-tetraclo propen

C = C

2

C = C

cis-1,2,3,3- tetraclo propen trans-1,2,3,3-tetraclo propen

b Từ CH4 và các hợp chất vô cơ không chứa Cacbon, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế poli(butađien- stiren) , ghi đầy đủ tác nhân và điều kiện phản ứng

2CH4 →1500 C,LLN0 C2H2 + 3H2

3C2H2 →C,600 C 0 C6H6

C2H2 + H2 0

3

Pd/PbCO ,t

→ C2H4

C6H6 + C2H4 xt,t C 0 → C6H5C2H5

C6H5C2H5 xt,t C0 → C6H5 –CH= CH2 + H2

4

NH Cl,CuCl,t C

CH≡ C- CH= CH2 + H2

0 3

Pd/PbCO ,t

→ CH2 = CH- CH= CH2

- CH2 - CH= CH - CH2 - CH2 CH

-n

C6H5

n CH2= CH - CH= CH2 + n CH2= CH - C6H5 to,p,xt

Câu 5 (4,0 điểm)

1 a Tìm các chất thích hợp ứng với các ký hiệu A1, A2, A3, A4, A5 trong sơ đồ sau và hoàn thành các phương trình phản ứng dưới dạng công thức cấu tạo?

CnH2n+2

A1(khí)

Crackinh

A2

A3

A4

(C3H6O)

A5 +Benzen/H+

+O2,xt

(3) (5) (4)

b Ba đồng phân C5H12 có nhiệt độ sôi lần lượt là 9,50c; 280c ; 360c Hãy cho biết cấu tạo của mỗi đồng phân tương ứng với nhiệt độ sôi ở trên và sắp xếp 3 đồng phân trên theo độ bền ở nhiệt độ

phòng Giải thích ?

1 * Các chất cần tìm:

A1: CH3-CH2-CH2-CH3 A2: CH3- CH=CH2 A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen)

A4: CH3-CH(OH)-CH3 A5: CH3-CO-CH3

CH3-CH2-CH2-CH3 Crackinh + CH4

1.O2 2.H2SO4(l)

OH

+

+

0

1

2

3

4

5

(A3)

(A5) (A4)

(A5)

2 n-pentan: CH3CH2CH2CH2CH3 360c

iso-pentan: (CH3)2CHCH2CH3 280c

neo-pentan (CH3)4C 9,50c

n-pentan có cấu tạo “zic-zăc”, giữa các phân tử có bề mặt tiếp xúc lớn, do đó có nhiệt độ sôi lớn nhất Còn iso pentan có cấu tạo phân nhánh, nên giữa hai phân tử co điểm tiếp xúc rất ít, do đó lực hút Van Der Wall yếu hown, nên có nhiệt độ sôi thấp hơn n-pentan Đặc biệt neo-pentan có nhánh tối đa nên diện tích bề mặt phân tử nhỏ nhất, nên có nhiệt độ sôi nhỏ nhất

Tính bền tăng nhanh khi sự phân nhánh tăng: n-pentan < iso-pentan < neo-pentan

2 Chia 2,24 lít (đktc) hỗn hợp X gồm hai anken phân tử khác nhau 2 nhóm CH2 thành hai phần bằng nhau

Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 12,5 gam kết tủa

Phần 2: Cho tác dụng hoàn toàn với nước có xúc tác thu được hỗn hợp chỉ gồm 2 ancol Đun nóng

hỗn hợp 2 ancol với H2SO4 đặc ở 1400C một thời gian, thu được 1,63 gam hỗn hợp 3 ete Hoá hơi lượng ete thu được 0,4256 lít (đktc)

a) Xác định công thức cấu tạo của hai anken và tính phần trăm theo thể tích mỗi chất trong X b) Xác định hiệu suất tạo ete của mỗi ancol.

a Đặt công thức 2 anken là CnH2n ( n≥ 2) ; CaCO3

12,5

100

3n

0,05 0,05n

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

0,05n 0,125

n = 0,125 = 2,5

2

n = 2

n = 4





2 4

4 8

C H

C H







Số mol C2H4 là a , C4H8 là b

Ta có hệ phương trình: a + b = 0,05

2a + 4b = 0,125





 Giải hệ phương trình ta được: a = 0,0375; b =0,0125

Phần 2: Vì 2 anken + H2O tạo ra 2 ancol→ C4H8 là But-2-en

CH = CH2 2; CH -CH=CH-CH3 3

CH2=CH2 + H2O H ,t + 0→ CH3CH2OH

0,0125 0,0125 (mol)

CH3−CH=CH−CH3 + H2O H ,t + 0→ CH3−CH−CH2−CH3

OH

0,0375 0,0375 (mol)

b Gọi số mol C2H5OH phản ứng là x

C4H9OH phản ứng là y

0

H SO ,t

2 2ROH  → ROR+H O

0,038 0,019 0,019

2

ete H O

0,4256

n = n = = 0,019(mol)

22,4

2

ancol ete H O

m = m + m = 1,63 + 0,019 × 18 = 1,972(gam)

Số mol ancol phản ứng = 0,038 mol

Ta có x+y = 0,038

46x+74y = 1,972





Hiệu suất của C2H5OH = 80%; Hiệu suất của C4H9OH = 64%

3 Đốt cháy hoàn toàn 11,7 gam chất hữu cơ X rồi dẫn hỗn hợp sản phẩm qua bình đựng dung

dịch Ca(OH)2 Sau khi phản ứng kết thúc, thấy xuất hiện 40 gam kết tuả Lọc bỏ kết tuả, cân lại bình thấy khối lượng bình tăng 7,7 gam Đun nước lọc trong bình thấy xuất hiện thêm 25 gam kết tuả nữa

a) Tìm CTPT của X biết 35 < dX/H2 < 40

b) Cho toàn bộ lượng X ở trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch [Ag(NH3)2]OH thu được 43,8 gam kết tuả Xác định CTCT có thể có của X

c) Chất hữu cơ Y mạch hở có công thức đơn giản trùng với công thức đơn giản của X Lấy cùng

khối lượng của X và Y đem phản ứng với Br2 dư thì lượng brom phản ứng với Y gấp 1,125 lần so với lượng brom phản ứng với X Xác định CTCT của Y

a ( 2 điểm) Các ptpư:

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (1)

Ca(HCO3)2 → CO2 + CaCO3 + H2O (3)

Số mol CO2 = số mol CaCO3 (1) + 2 số mol CaCO3 (3) = 0,9 mol

Lọc bỏ kết tuả, khối lượng bình tăng 7,7 gam:

mCO2 + mH2O – 40 = 7,7 ⇒ 44 0,9 + mH2O = 47,7 ⇒ nH2O = 0,45 mol

⇒ nC = 0,9 mol, nH = 0,9 mol ⇒ nO ( X) = 11,7 12.0,9 0,9 0

16

⇒ chất X không chứa oxi, X là hiđrocacbon

nC : nH = 0,9 : 0,9 = 1: 1 ⇒ CTĐG cuả X là CH ⇒ CTPT của X là (CH)a

70 < MX < 80 ⇒ 70 < 13 a < 80 ⇒ 5,38 < a < 6,15 ⇒ a = 6 Vậy CTPT của X là C6H6

b ( 1 điểm):

Số mol của X = 0,15 mol

Vì X tạo kết tuả với [Ag(NH3)2]OH nên X có liên kết 3 đầu mạch

Số mol kết tuả = số mol X = 0,15 ⇒ Mkt = 43,8 : 0,15 = 292

Đặt CTPT của kết tuả là C6H6- x Agx ⇒ M = 78 + 107 x = 292 ⇒ x = 2 ⇒ X có 2 liên kết ba đầu mạch Vậy CTCT của X là : CH ≡ C – CH2- CH2 – C ≡ CH hoặc CH ≡ C – CH(CH3) – C ≡ CH

c ( 1 điểm):

Đặt CTPT của Y là (CH)m

Số liên kết π của Y = 2m + 2-m = m + 2

Lấy khối lượng của X và Y là 78 ⇒ số mol cuả X = 1 mol; số mol của Y = 78

13m

Ptpư :

C6H6 + 4Br2 → C6H6Br4

(CH)m + m + 2

2 Br2 → CmHmBrm +2

78

13m → 78

13m (m+2

Theo bài ra : 78

13m (m + 2

2 ) = 1,125 4 = 4,5 ⇒ m = 4 CTPT của Y là C4H4, CTCT của Y : CH ≡ C – CH= CH2

4 Chia 0,15 mol hỗn hợp X gồm một số chất hữu cơ (bền cú trong sỏch giỏo khoa cơ bản),

trong phõn tử cựng chứa C, H và O thành ba phần bằng nhau Đốt chỏy phần một bằng một lượng oxi vừa đủ rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm chỏy vào bỡnh đựng nước vụi trong dư thu được 5 gam kết tủa Phần hai tỏc dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 8,64 gam Ag Phần ba tỏc dụng với một lượng Na vừa đủ thu được 0,448 lớt H2 (đktc) Cỏc phản ứng xảy ra hoàn toàn Khối lượng của 0,15 mol hỗn hợp X là?

0 2

3 3

2

2

H linh động 3

CO

X

CO : 0,05.3 0,15 n = 0,15 0,15mol X Ag : 0,08.3 = 0,24

0,02.3 = 0,06 n 0,12

CH OH: x mol n

Số C = 1 HCHO: y mol

n

HCOOH: z mo

−

→ ↓

 → =  →

x + y + z = 0,15mol x = 0,06 4y + 2z = 0,24mol y = 0,03 m = 0,06.32 + 0,03.30 + 0,06.46 = 5,58gam

l x + z = 0,12mol z = 0,06



GIÁO VIấN SƯU TẦM VÀ BIấN SOẠN: PHẠM HOÀI BẢO-PB.1.11.16