Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 12 năm 2016 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN THI: HOÁ HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 07/10/2015
(Đề thi gồm có 02 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)
1/ Cho sơ đồ các phương trình phản ứng:
(1) (A) + HCl→ (A1) + (A2) + H2O;
(2) (A1) + (A3)→ (A4) + HCl
(3) (A1)
(A5) + (A8); (4) (A5) + H2O → (A6) +…
(5) (A2) + (A6) → (A7);
(7) (A7) dư + KOH

(6) (A7) + (A6) → (A) + …
→ (A) + (A9) +…;
(8) (A7) + NaHSO4 dư → (A4) +

(A2) +…+ ….
a) Biết khi hòa tan 1,644 gam (A 5) trong dung dịch HCl dư, thu được 0,2688 lít khí (đktc).
Xác định các chất A, A1,…,A9 và hoàn thành các phương trình phản ứng trên.
b) Trình bày phương pháp để tách lấy từng chất từ hỗn hợp X gồm: A, A1, NH4Cl.
2/ Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra khi tiến hành các thí nghiệm sau:
a) Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào ống nghiệm có chứa phenol, lắc kĩ, sau đó nhỏ

tiếp từ từ dung dịch HCl đến dư vào ống nghiệm.
b) Sục khí ozon vào dung dịch kali iotua.
c) Cho từ từ đến hết 0,15 mol kim loại Na vào 100 ml dung dịch HCl 1,0M.
Câu 2 (2,0 điểm)
1/ Chất hữu cơ A có công thức phân tử là C6H8O4 và có tính chất thỏa mãn:
A + NaOH(dd) → X + Y + Z
→ E + Na2SO4
X + H2SO4
→ F + Na2SO4
Y + H2SO4
Đun nóng F với H2SO4 đặc ở 1800C thu được chất hữu cơ R có công thức phân tử C 3H4O2
và nước. Cho biết E và Z đều có phản ứng tráng bạc và R làm tan được đá vôi. Xác định
công thức cấu tạo của A, X, Y, Z, E, F, R và viết phương trình hóa học xảy ra.
2/ Năm chất hữu cơ đơn chức A, B, C, D, E có công thức phân tử là C 2H6O, C3H8O,
C3H6O2, trong đó:
- Tác dụng với Na chỉ có A, E.
- Tác dụng với dung dịch NaOH chỉ có: D, B, E.
+ NaOH

+A

→ D’ → C.
- Các chất D, A, C quan hệ với nhau theo sơ đồ: D  
a) Xác định công thức cấu tạo (có giải thích ngắn gọn) và gọi tên của 5 chất A, B, C, D, E.
b) Các chất lỏng A, B, D, E chứa trong 4 bình riêng biệt, không nhãn. Nêu phương pháp
hoá học phân biệt 4 chất trên và viết phương trình phản ứng xảy ra.
Câu 3 (2,0 điểm)
1/ Hoà tan hoàn toàn 2,88 gam kim loại M (có hoá trị a không đổi, hiđroxit tương ứng
không có tính lưỡng tính) trong 100 gam dung dịch HNO 3 25,2%, thu được dung dịch Y

1


(trong đó nồng độ của muối nitrat của M là 17,487%) và khí Z. Cho 400 ml dung dịch
NaOH 0,9M vào dung dịch Y, thu được dung dịch E và kết tủa G (không thấy có khí thoát
ra). Cô cạn dung dịch E, thu được chất rắn F. Nung F ở nhiệt độ cao đến khối lượng không
đổi thu được 24,26 gam chất rắn. Xác định kim loại M.
2/ Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,5 M vào 500 ml dung dịch gồm AlCl 3 và Al2(SO4)3 thì
khối lượng kết tủa thu được phụ thuộc vào thể tích dung dịch Ba(OH)2 cho vào theo đồ thị sau:
0
0,6
1,6
V dd Ba(OH)2 (lít)

lít()(lit)
m kết tủa

Tính nồng độ mol/lit của các muối nhôm trong dung dịch ban đầu.
Câu 4 (2,0 điểm)
1/ Cho 9,6 gam este X (phân tử chỉ chứa nhóm chức este) tác dụng vừa đủ với dung dịch
NaOH (t0), thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ Y gồm ba chất. Đốt cháy hoàn toàn Y cần
vừa đủ 11,2 lít khí O2 (đktc), chỉ thu được 10,6 gam Na 2CO3, 8,96 lít khí CO2 (đktc) và 3,6
gam H2O. Tìm công thức phân tử và công thức cấu tạo của X. Biết MX < 200 g/mol.
2/ Hỗn hợp A chứa ba axit cacboxylic mạch hở, đều đơn chức gồm một axit no X và hai
axit không no có một liên kết đôi (C=C) là đồng đẳng kế tiếp Y và Z (M Y < MZ). Cho m
gam hỗn hợp A tác dụng vừa đủ với 240 ml dung dịch NaOH 1,25M, thu được 25,56 gam
hỗn hợp muối. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A, hấp thụ toàn bộ sản phẩm
cháy vào dung dịch nước vôi trong, thu được 60 gam kết tủa và dung dịch có khối lượng
giảm 19,92 gam so với khối lượng dung dịch nước vôi trong ban đầu. Xác định công thức
phân tử của X, Y và Z.

Câu 5 (2,0 điểm)
1/ Hòa tan hết 15,12 gam hỗn hợp A gồm FeS2 và Fe3O4 trong dung dịch B chứa 0,08 mol
HNO3 loãng và 0,27 mol H2SO4 loãng, thu được dung dịch X và 1,568 lít khí NO (đktc).
Dung dịch X hoà tan tối đa m gam bột Cu thấy có khí NO tiếp tục thoát ra, sau phản ứng
thu được dung dịch Y. Dung dịch Y chứa a gam muối (khan). Tính m và a. Biết trong các
quá trình trên NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5.
2/ Hai chất hữu cơ X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở (M X < MY); T là este hai
chức tạo bởi X, Y và một ancol no, mạch hở Z. Đốt cháy hoàn toàn 20,64 gam hỗn hợp E
gồm X, Y, T bằng một lượng vừa đủ 15,456 lít O2 (đktc), toàn bộ sản phẩm cháy được hấp

2


thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được kết tủa và dung dịch A. Khối lượng dung dịch
A giảm 32,28 gam so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu.
Mặt khác cho 10,32 gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch AgNO 3/NH3 dư (t0) thu được
19,44 gam Ag. Nếu cho 10,32 gam hỗn hợp E tác dụng với 150 ml dung dịch KOH 1,5M
(t0), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam chất rắn khan. Xác định công thức
cấu tạo của các chất trong hỗn hợp E và tính m.
Cho nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23;
Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Ag= 108; Ba = 137.
---------------------------- Hết --------------------------Họ và tên thí sinh:............................................................... Số báo danh..........................
Chữ kí giám thị số 1:.................................... Chữ kí giám thị số 2:...................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC: 2015 - 2016
MÔN THI: HOÁ HỌC

(Đáp án gồm 06 trang)
Biểu
điểm

Câu

Ý

Đáp án

1

1

1,0 điểm
a) Theo các phương trình ta thấy (A 5) là kim loại M nhóm IIA tan được trong
nước.
M + 2HCl → MCl2 + H2
Theo bài ta có
.1,644 = 0,012 → M = 137 g/mol → M là Ba, A5 là Ba.

0,25

Công thức các chất: A : BaCO3; A1: BaCl2; A2: CO2; A3: H2SO4; A4: BaSO4; A5:
Ba; A6: Ba(OH)2; A7: Ba(HCO3)2; A8: Cl2; A9: KHCO3 hoặc H2O.
1. BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O
2. BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl
3. BaCl2
Ba + Cl2

0,25

4. Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2
5. 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2
6. Ba(HCO3)2 + Ba(OH)2 → 2BaCO3 + 2H2O
7. Ba(HCO3)2 dư + KOH
→ BaCO3 + KHCO3+ H2O

8. Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 dư

0,25

→ BaSO4 + 2CO2 + 2H2O + Na2SO4

b) Hỗn hợp X gồm BaCO3; BaCl2 và NH4Cl.
Cho hỗn hợp vào nước dư, lọc tách kết tủa thu được BaCO 3; phần dung dịch
còn lại gồm BaCl2 và NH4Cl. Cô cạn cẩn thận phần dung dịch thu được chất
rắn Y, đem đun nóng Y đến khối lượng không đổi thu được chất Z (chỉ chứa
BaCl2); phần hơi gồm NH3 và HCl. Làm lạnh phần hơi thu được NH4Cl.
Phương trình:

3

0,25


t0

→ NH3 + HCl
NH4Cl 

NH3 + HCl → NH4Cl

2

2

1

1,0 điểm
a) Hiện tượng: Lúc đầu phenol bị hoà tan dần đến hết theo phương trình:
NaOH + C6H5OH → C6H5ONa + H2O
Khi cho từ từ axit HCl thì ban đầu chưa có hiện tượng gì vì có phương trình:
NaOH + HCl → NaCl + H2O
- Sau đó tạo thành kết tủa theo phương trình:
C6H5ONa + HCl → C6H5OH + NaCl
b) Hiện tượng: có khí thoát ra và thu được chất rắn màu đen tím
O3 + H2O + 2KI → O2↑ + 2KOH + I2↓
c) Kim loại Na bị hoà tan dần đến hết; chuyển động trên mặt nước, có khí thoát
ra và toả nhiều nhiệt theo phương trình:
2Na + 2HCl → 2NaCl + H2 (1).
Sau (1) kết thúc còn dư Na (vì 0,15 mol > 0,1 mol) nên có phương trình:
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2
1,0 điểm
Theo đề bài thì R là CH2 = CH – COOH
X là HCOONa; Y là CH3- CH(OH) – COONa hoặc HOCH2CH2COONa
Z là CH3CHO; E là HCOOH.
F là CH3-CH(OH) – COOH hoặc HOCH2CH2COOH.
CTCT của A là HCOO-CH(CH3)- COO- CH = CH2 hoặc
HCOO-CH2CH2- COO- CH = CH2
Viết các ptpứ :

HCOO-CH(CH3)- COO- CH = CH2 + 2NaOH → HCOONa + CH3CH(OH) – COONa + CH3CHO
2HCOONa + H2SO4 → 2 HCOOH + Na2SO4
2CH3- CH(OH) – COONa + H2SO4 → 2CH3-CH(OH) – COOH + Na2SO4

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

H SO dac ; t 0

2
4
→ CH2=CH-COOH + H2O
CH3-CH(OH) – COOH 

t0

→ (NH4)2CO3 + 2Ag + 2NH4NO3
HCOOH + 2AgNO3 + 4NH3 + H2O 
t0

2

→ CH3COONH4+ 2Ag + 2NH4NO3
CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O 
(Nếu HS không viết đủ cấu tạo của F và A thì trừ 0,25 điểm; HS có thể không
cần viết đủ các pt với cấu tạo còn lại của A).
1,0 điểm
a) Xác định CTCT của A, B, C, D, E
- A: không tác dụng với NaOH nên A là ancol C2H6O hoặc C3H8O
- D, B không tác dụng với Na, tác dụng với NaOH nên D, B là este C3H6O2
- E: tác dụng với Na, NaOH nên E là axit no C3H6O2 (C2H5COOH): axit
propanoic.
+ NaOH
+A
→ D’ →
Qua sơ đồ: D  
C, D’ là ancol, A là ancol nên C là ete
- A là C2H5OH (etanol), C là CH3 – CH2 – O – CH3 (etylmetyl ete)
Tổng số nguyên tử cacbon của D’ và A là 3 nên D’ là ancol CH3 – OH
(metanol)
→D là este của ancol metylic. Vậy D là CH3COOCH3 (metyl axetat)
Đồng phân este còn lại là B: HCOOC2H5 (etyl fomat)

4

0,25

0,25

0,25

3

1

(Nếu HS không gọi tên đúng từ 3 chất trở lên thì trừ 0,125 điểm)
b) Phân biệt 4 chất
- Cho tác dụng với Na2CO3 có bọt khí bay ra là E, 3 chất còn lại không hiện
tượng. Phương trình:
2CH3COOH + Na2CO3 → 2CH3COONa + CO2↑ + H2O
- Dùng Na thử 3 chất còn lại, có khí bay ra là A
C2H5OH + Na → C2H5ONa + ½ H2↑
- Cho hai chất còn lại tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 nhận ra HCOOC2H5
vì tạo kết tủa trắng; chất còn lại là CH3COOCH3
to
HCOOC2H5 + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → NH4OOCOC2H5 + 2Ag↓ +
2NH4NO3
1,0 điểm
n

0,25

0,25

100.25.2%
100%.63 = 0,4 mol; n
3 =

= 0,4.0,9 = 0,36 mol
HNO
NaOH

M tác dụng với HNO3 theo sơ đồ:
M + HNO3 → M(NO3)a + Z↑ + H2O
Dung dịch Y có M(NO3)a và có thể có HNO3 còn dư.
Dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH, phản ứng theo phương trình ion
rút gọn:
H+ + OH- → H2O
Ma+ + aOH- → M(OH)a↓
Kết tủa G thu được là M(OH)a; Dung dịch E có NaNO3 và M(NO3)a còn dư
hoặc NaOH còn dư.
Nếu dung dịch E có NaNO3 và M(NO3)a  Cô cạn chỉ thu được NaNO3 và
M(NO3)a.
Nung NaNO3:
NaNO3 → NaNO2 + ½ O2↑
n
= 0,36 mol  m
2 = n
2 = 0,36.69 = 24,84 gam >
NaNO
NaOH
NaNO
24,26 gam
 Không thoả mãn  dung dịch E có NaNO3 (b mol) và NaOH (c
mol)
 F có NaNO3 và NaOH dư
Nung chất rắn F thu được chất rắn có NaNO2 (b mol) và NaOH (c mol), ta có:
69b + 40c = 24,26
Bảo toàn nguyên tố Na:
b + c = 0,36
 b = 0,34; c = 0,02.
 số mol NO3- trong dung dịch còn lại là 0,34 mol

 số mol NO3- bị khử là 0,4 – 0,34 = 0,06 mol

0,25

0,25

0,25

 M a + : p (mol)
 +
H :

NO − :0,34 mol
 Dung dịch Y có:  3
3 a = p mol  số mol NO3 trong muối là ap (mol)
M(NO )
 Số mol HNO3 đã phản ứng là : (ap + 0,06) mol
Theo phương trình phản ứng: n 2
=½n
=½
3
H O (sản phẩm)
HNO (phản ứng)
(ap+0,06)
Áp dụng ĐLBTKL cho phản ứng của M với HNO3, ta có:

Vì n

5

0,25


mM + m
=m
3
3 a + m + m 2
HNO (phản ứng)
M(NO )
Z
HO
 m = mM + m
–m
3
3 a – m 2
Z
HNO (phản ứng)
M(NO )
HO
= 2,88 + 63.(ap+0,06) – 2,88 – 62ap – 18.0,5.(ap+0,06)
= (3,24 – 8ap) gam
m
= 2,88 + 100 – (3,24 – 8ap) = (99,64 + 8ap) gam
(dd muối)


2,88 + 62ap
.100% =
99,64 + 8ap

0, 24
17,487%  ap = 0,24  p = a (mol)

2,88
0, 24
 M = a = 12a  a = 2; M =24 là Mg.

1,0 điểm
3+

2

2-

Đặt nAl = a mol, nSO4 = b mol
Như vậy khi cho dd Ba(OH)2 vào X trên đồ thị cho thấy
Giai đoạn I: tạo đồng thời 2 kết tủa, lượng kết tủa tăng nhanh, kết thúc giai
đoạn I thì SO42- hết, số mol Ba(OH)2 = 0,6.0,5 = 0,3 mol = số mol Ba2+ Ba2+ +
SO42- → BaSO4
=> nSO42- = 0,3 mol = 3nAl2(SO4)3 => nAl2(SO4)3 = 0,1 mol
Giai đoạn II: lượng kết tủa còn tăng là Al(OH)3 còn tiếp tục được tạo ra, kết
thúc giai đoạn II thì ion Al3+ kết tủa hết và tổng khối lượng cũng đạt cực đại.
Giai đoạn III: Al(OH)3 trong hỗn hợp kết tủa bị hòa tan nên khối lượng kết tủa
giảm xuống. Kết thúc giai đoạn III, Al(OH)3 bị hòa tan hết chỉ còn lại BaSO4
không thay đổi khi thêm Ba(OH)2 vào.
Ở thời điểm kết thúc giai đoạn III: nOH- = 2nBa(OH)2 = 2.0,5.1,6 = 1,6 mol.
Lượng OH- vừa đủ để kết tủa hết Al3+ và hòa tan hết Al(OH)3.
Phương trình:
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3
Al(OH)3 + OH-→ AlO2- + 2H2O

→ ΣnOH- pư = 4a = 1,6 mol
→ a = nAl3+ = nAlCl + 2nAl (SO ) = 0,4 mol
3

2

→ nAlCl = 0,4 – 2.0,1 = 0,2 mol

0,25

0,25

0,25

0,25

4 3

3

4

1

Vậy: CM (AlCl3) = 0,2/0,5 = 0,4M; CM Al2(SO4)3 = 0,1/0,5 = 0,2M.
1,0 điểm
n 2 = 11,2 : 22,4 = 0,5 mol; n 2 3 = 10,6: 106 = 0,1 mol;
O
Na CO
n 2 = 8,96 : 22,4 = 0,4 mol; n 2 = 3,6 : 18 = 0,2 mol.

CO
HO
Áp dụng ĐLBTKL, ta có: mY + m 2 = m 2 3 + m 2 + m 2
O
Na CO
CO
HO
 mY + 0,5.32 = 10,6 + 0,4.44 + 3,6
 mY = 15,8 gam
15,8 gam hỗn hợp Y có: nC = n 2 3 + n 2 = 0,5 mol
Na CO
CO
nH = 2.n 2 = 0,4 mol; nNa = 2.n 2 3 = 0,2 mol.
HO
Na CO
n
=n
= 0,2 mol
NaOH (phản ứng)
Na (trong muối)
Cho este X tác dụng với dung dịch NaOH, sơ đồ phản ứng:
X + NaOH → hỗn hợp chất hữu cơ Y + H2O

6

0,25

0,25

Áp dụng ĐLBTKL: m

2

HO

= mX + mNaOH – mY = 9,6 + 0,2.40 – 15,8 = 1,8

gam
Vậy phản ứng của X với NaOH tạo được sản phẩm là H2O ; n

2

HO

= 0,1 mol

Bảo toàn các nguyên tố trong X:
nH(X) = nH(Y) + nH(H2O) – nH(NaOH)  nH(X) = 0,4 + 2.0,1 – 0,2 = 0,4 mol
nC(X) = nC(Y) = 0,5 mol
9,6 − 0,5.12 − 0, 4
= 0, 2 mol
16
nO(X) =

Đặt CTTQ của X là CxHyOz ; ĐK: x, y, z nguyên dương.
x : y : z = nC : nH = 0,5 : 0,4 : 0,2 = 5 : 4 : 2
 CTĐGN của X là C5H4O2.
Gọi công thức phân tử của X là (C5H4O2)n  MX = 96n < 200  n = 1, 2.
TH1: n = 1  công thức phân tử của X là C5H4O2  X chỉ có một nhóm chức

este.
nX = 9,6 : 96 = 0,1 mol  nNaOH : nX = 0,2 : 0,1 = 2
 X phải là este của phenol; Mặt khác, X chỉ có 5 nguyên tử C  Không thoả
mãn.
TH2: n = 2  công
thức phân tử của X là
C10H8O4  có 2 nhóm
chức este.
nX = 9,6 : 192 = 0,05 
nNaOH : nX = 0,2 : 0,05 =
4:1
 hai chức este của X
đều là este của phenol.
Vì trong Y có 3 chất
hữu cơ nên X có công
thức cấu tạo dạng:
R’-OOC-C6H3R1-COOR’’ (R’ khác R’’).
0,25
=> R’ + R1 + R’’ = 29

0,25

=> có ít nhất 1 gốc là
H, chọn R’ là H = >
R’’ + R1 = 28
R1
(1) H
(15) CH3-

2

Vậy có 3 công thức cấu
tạo thu gọn của X:
o-H-COO-C6H4-OOCCH=CH2, m-H-COOC6H4-OOC-CH=CH2,
p-H-COO-C6H4-OOCCH=CH2.
1,0 điểm
Gọi công thức chung của 3 axit là RCOOH
→ RCOONa + H2O
RCOOH + NaOH 
0,3
← 0,3 →
0,3
0,3

7

0,25


Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có
+
=

⇒

+

=

18,96 gam

Khi đốt cháy A, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong.
Ta có
=
∑(
)
⇒ ∑(

) = 40,08 gam

Sơ đồ đốt cháy:
t0
→ CO2 + H2O
A + O2 
Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có
+
=
⇒

= 0,66 mol

Gọi

= x;

0,25

⇒

= 21,12 gam

= y mol

⇒

→
0,25

⇒ số mol hai axit không no = 0,69 – 0,54 = 0,15 mol
số mol của axit no = 0,3 – 0,15 = 0,15 mol
Đặt công thức của axit no đơn chức, mạch hở là: CnH2nO2, n ≥ 1, nguyên
Đặt công thức chung của hai axit không no đơn chức, mạch hở có 1 liên kết đôi
C=C là: CmH2m-2O2, m > 3
Bảo toàn cacbon khi đốt cháy A ta có
0,15n + 0,15m = 0,69
⇔ n + m = 4,6. Kết hợp điều kiện ⇒

5

1

Công thức phân tử của X là CH2O2; Y là C3H4O2; Z là C4H6O2
1,0 điểm
Ban đầu số mol H+ = 0,62 mol; số mol NO3- = 0,08 mol; số mol SO42- = 0,27
mol.
Phương trình ion thu gọn :
FeS2 + 4H+ + 5NO3-  Fe3+ + 2SO42- + 5NO + 2H2O (1)
3Fe3O4 + 28H+ + NO3-  9Fe3+ + NO + 14H2O (2)
Gọi số mol FeS2 và Fe3O4 lần lượt là x, y mol.
Theo đề bài ta có hệ: 120x + 232y = 15,12 gam;
Số mol NO = 5x + y/3 = 0,07 mol.

Giải hệ phương trình ta được x = 0,01 mol; y = 0,06 mol.
Theo phương trình số mol H+ pư = 0,6 mol; NO3- pư = 0,07 mol
=> số mol H+ dư = 0,02 mol; NO3- dư = 0,01 mol
Trong dung dịch X gồm Fe3+: 0,19 mol; H+: 0,02 mol; NO3-: 0,01 mol; SO42-:

8

0,25

0,25

0,25


2

0,29 mol.
Khi dung dịch X hoà tan tối đa Cu thì các quá trình khử đều xảy ra hoàn toàn
và các chất oxi hoá hết:
Quá trình oxi hoá:
4H+ + NO3- + 3e  NO + 2H2O
Fe3+ + 1e  Fe2+.
Quá trình khử:
Cu  Cu2+ + 2e.
Áp dụng bảo toàn electron tìm được số mol Cu = 0,1025 mol.
=> m Cu bị hoà tan tối đa = 6,56 gam.
Khối lượng muối thu được = m Fe2+ + m Cu2+ + m NO3- + m SO42- = 0,19.56 +
0,1025.64 + 0,005.62 + 0,29.96 = 45,35 gam.
1,0 điểm
Thí nghiệm 1: số mol O2 = 0,69 mol;

Sơ đồ pư: hỗn hợp E + O2  CO2 + H2O
Phương trình: CO2 + Ca(OH)2 dư  CaCO3 + H2O
Áp dụng bảo toàn khối lượng tìm được m CO2 + m H2O (spc) = m hỗn hợp E +
m O2 = 42,72 gam.
Theo đề bài khối lượng dung dịch giảm = m CaCO3 - m CO2; H2O
=> m CaCO3 = 75 gam => số mol CO2 = 0,75 mol => số mol H2O = 0,54 mol.
=> số mol CO2 - H2O = 0,21 mol.
=> Nếu đốt cháy 10,32 gam hỗn hợp E thì số mol CO2 - H2O = 0,105 mol (*).
Thí nghiệm 2: Vì hỗn hợp E có phản ứng tráng bạc nên hỗn hợp E có axit
HCOOH.
Gọi công thức và số mol của các chất trong 10,32 gam hỗn hợp E là: HCOOH:
x mol; axit còn lại RCOOH: y mol; este HCOOCnH2nOOCR: z mol.
Dựa vào phản ứng tráng bạc: số mol Ag = 2x + 2z = 0,18 mol (I).
Áp dụng bảo toàn nguyên tố O (nếu giả sử đốt cháy 10,32 gam hỗn hợp E):
2x + 2y + 4z = 0,33 mol (II).
Xét các trường hợp với axit RCOOH :
+ TH 1: Nếu là axit no thì khi đốt cháy hỗn hợp E ta có:
Số mol CO2 - H2O = z = 0,105 (theo *) (III); từ I, III => x < 0 nên loại.
+ TH2: Nếu là axit không no, có một liên kết đôi C = C thì khi đốt cháy hỗn
hợp E ta có:
Số mol CO2 - số mol H2O = y + 2z = 0,105 mol (IV).
Giải hệ gồm I, II, IV ta được x = 0,06; y = 0,045; z = 0,03 mol. Thoả mãn ĐK.
+ TH3: Nếu là axit có a liên kết pi (a ≥ 3) thì có phương trình: số mol CO2 - số
mol H2O = (a-1)y + az = 0,105 (V).
Từ I, II => 2y + 2z = 0,15 mol (VI).
Từ V, VI ta thấy không giải được nghiệm y, z dương nên loại.
Khối lượng hỗn hợp E
0,25
= 0,06.46 + 0,045.(R
+45) + 0,03.(R +

14n+89) = 10,32 gam
=> 0,075R + 0,42n =
2,865 => R + 5,6n =
38,2.
Biện luận:
n
2
R
27
(CH2=CH-)

9

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


Vậy công thức của các
chất trong hỗn hợp E
là: HCOOH: 0,06 mol;
C2H3COOH: 0,045
mol;
HCOOCH2CH2OCOC

H=CH2: 0,03 mol.
Khi cho hỗn hợp E tác
dụng với KOH có
phương trình:
HCOOH + KOH 
HCOOK + H2O
C2H3COOH + KOH 
C2H3COOK + H2O
HCOOCH2CH2OCOC
H=CH2 + 2KOH 
C2H3COOK + HCOOK
+ C2H4(OH)2.
Dựa vào số mol của các
chất và phương trình ta
tính được hỗn hợp chất
rắn gồm HCOOK: 0,09
mol; C2H3COOK:
0,075 mol; KOH dư:
0,06 mol
=> m = 19,17 gam.

__Hết__

10