ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CẤP TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn Hóa học cấp THPT
Câu 1: (8,0 điểm)
1. Hợp chất X được tạo thành từ 7 nguyên tử của 3 nguyên tố. Tổng số proton của X bằng 18. Trong X
có hai nguyên tố thuộc cùng một chu kì và thuộc hai nhóm A liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Tổng số
nguyên tử của nguyên tố có điện tích hạt nhân nhỏ nhất bằng 2,5 lần tổng số nguyên tử của hai nguyên
tố còn lại. Xác định công thức cấu tạo của X.
2. Một chất thải phóng xạ có chu kì bán hủy bằng 200 năm, được đựng trong thùng kín và chôn dưới
đất. Hỏi trong thời gian bao nhiêu lâu để tốc độ phân rã từ 6,5.10 12 nguyên tử/phút xuống còn 3,0.10 -3
nguyên tử/phút.
Cách giải
Điểm
1.
Gọi công thức của X: AxByDz
x + y + z = 7 (*)
1,0đ
xZA + yZB + z.ZD = 18 (**)
giả sử ZA < ZB < ZD
=> 2x = 5 (y + z)
(***)
Từ (*) và (***) => x = 5; y = z = 1
1,0đ
18
Z
 2,57
7
từ (*) và (**) =>
=> ZA < 2,57 => ZA = 1 (H);

ZA = 2 (He) : loại
B, D thuộc cùng chu kỳ, ở hai nhóm A kế tiếp, lại có ZB + ZD = 18 – 5 = 13 => B, D thuộc
chu kì nhỏ � ZD = ZB + 1
=> ZB = 6 (C)
ZD = 7 (N)
CTPT của X: CNH5
công thức cấu tạo CH3NH2
2.

0,5đ

1,0đ
0,5đ
1,5đ
1,5đ
1,0đ

Câu 2: (6,0 điểm)
1. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 20 0C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Ca bằng
1,55 g/cm3. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Ca dạng hình cầu, có độ đặc khít là 74% (cho Ca = 40,08).
2. Tính nhiệt lượng cần thiết để nâng nhiệt độ của 0,5 mol H 2O từ -50oC đến 500oC ở P = 1atm. Biết
nhiệt nóng chảy của nước ở 273K là Lnc = 6004 J/mol, nhiệt bay hơi của nước ở 373K là Lh = 40660 J/mol;

C Po ( H 2O ,h )

= 30,2 + 10-2T (J/molK) ;

C Po ( H 2O ,r )

= 35,56 (J/molK);

Cách giải

C Po ( H 2O ,l )

= 75,3 (J/molK).
Điểm

1.
0,5đ

40, 08
 25,858cm3
Thể tích của 1 mol Ca = 1,55
1 mol Ca chứa 6,02.1023 nguyên tử Ca

1,5đ
Trang 1/7


25,858 �0, 74
 3,18 �1023 cm3
23
6,
02
�
10
Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Ca =
4 3
3V 3 3 �3,18 �1023

r � r  3

 1,965 �108 cm
3
4

4
�
3,14
Từ V =

1,5đ

2.
H2O(r)
-50oC

Ho =

 H1

5

27 3

1

223

H

H3
 H4
H2O(r) H2 H2O(l)
H2O(l)
H2O(h) 5 H2O(h)(500oC)
100oC
100oC
0oC
0oC

 H  n.C

37 3
o
P(r )

773

.dT n.Lnc  n.C
27 3

o
P (l )

.dT n.Lh
+

n.C

o

P(h)

.dT

1,0đ
1,0đ

37 3

= 0,5 .35,56(273 – 223) + 0,5 .6004 + 0,5 .75,3 .(373 – 273) + 0,5 .40660 +

10  2
0,5đ
+ 0,5.30,2 .(773 – 373) + 2 .0,5 (7732 – 3732) = 35172 (J)
Câu 3: (6,0 điểm) Một dung dịch monoaxit HA nồng độ 0,373% có khối lượng riêng bằng 1,000

gam/ml và pH = 1,70. Khi pha loãng dung dịch trên gấp đôi thì được dung dịch mới có pH =
1,89.
1. Xác định hằng số phân li axit Ka của HA.
2. Xác định khối lượng mol và công thức của axit HA. Biết phần trăm khối lượng các nguyên tố
của axit HA là: hiđro bằng 1,46%, oxi bằng 46,72% và một nguyên tố chưa biết X (% còn lại).
Cách giải
[H + ][A - ]
Ka =
[HA]

Điểm

1. HA � H+ + A- (1)
(2)

+
Bỏ qua sự phân li của nước: [H ]  [A ] và c (nồng độ mol của HA) = [A-] + [HA]
+

-

Ka =

+

[H + ]2
c - [H + ]

Thay [H ] = [A ] và [HA] = c - [H ] vào (2), ta được
(3)
+
-1,70
+
Khi pH = 1,70 thì [H ]  10
 0,0200; Khi pH = 1,89 thì [H ]  10 -1,89  0,0129
Thay các kết quả này vào (3) ta được hệ phương trình:
0,022
Ka =
c - 0,02
0,01292
Ka =
c
- 0,0129
2
Giải hệ phương trình ta được c = 0,0545 và Ka = 0,0116.

Vậy c = 0,0545 mol/l và Ka = 0,0116

0,5đ
1,0đ
0,5đ

1,0đ
0,5đ

2. Trong 1 lít dung dịch có 0,0545 mol axit và khối lượng của nó là:

1000ml × 1,000g/ml × 0,00373 = 3,73g
3,73g
M=
0,0545mol  68,4 g/mol.
Khối lượng mol của axit là:
Khối lượng hiđro trong 1 mol axit: m(H) = 0,0146 × 68,4g = 1,00 g (1 mol).
Khối lượng oxi trong 1 mol axit: m(O) = 0,4672 × 68,6g = 32,05 g (2 mol).
Khối lượng nguyên tố X chưa biết trong 1 mol axit:
m(X) = 68,4g – m(H) – m(O) = 68,4g – 1,00g – 32,05g = 35,6 g.
Một mol axit có thể chứa n mol nguyên tố X. Khối lượng mol nguyên tố X là 35,6/n
Trang 2/7

0,5đ

1,0đ


g/mol.
Nếu n = 1 thì M(X) = 35,6 g/mol (X là Cl);

n = 2: M(X) = 17,8 g/mol (không có nguyên tố tương ứng);
n = 3: M(X) = 11,9 g/moL (C);
n = 4: M(X) = 8,9 g/moL (Be);
n = 5: M(X) = 7,1 g/moL (Li).
Hợp chất duy nhất có thể chấp nhận là HClO2. Các axit HC3O2, HBe4O2 và HLi5O2 không
có. Vậy 68,6 g/mol ứng với công thức HClO2.

1,0đ

Câu 4: (7,0 điểm)
1. Cho 1,572 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe và Cu tác dụng với 40 ml dung dịch CuSO 4 1M, thu được dung
dịch Y và hỗn hợp Z gồm 2 kim loại. Cho Y tác dụng với dung dịch NH 3 dư, kết tủa thu được nung
trong không khí đến khối lượng không đổi được 1,82 gam hỗn hợp hai oxit. Cho Z tác dụng với dung
dịch AgNO3 dư thì lượng Ag thu được lớn hơn khối lượng của Z là 7,336 gam. Biết các phản ứng đều
xảy ra hoàn toàn. Tính khối lượng mỗi kim loại trong 1,572 gam X.
2. Cho cân bằng hóa học: H2 (k) + I2 (k) � 2HI (k). Thực hiện cân bằng trên trong bình kín ở t oC. Nếu ban
đầu cho 1 mol H2 và 3 mol I2 vào bình thì đến trạng thái cân bằng có x mol HI tạo thành. Còn khi ban
đầu lấy 3 mol H2 và 3 mol I2 cho vào bình thì đến trạng thái cân bằng có 2x mol HI tạo thành. Tính hằng
số Kp của cân bằng trên ở toC.
Cách giải
Điểm
1. Vì chất rắn thu được 2 kim loại và dung dịch thu được chứa 2 muối nên Al phản ứng hết, 4,0đ
Fe phản ứng nhưng dư.
Ta có các phương trình hoá học sau:
2 Al + 3 Cu2+ →2 Al3+ + 3 Cu2+
(1)
Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu
(2)
Khi cho dung dịch Y tác dụng dung dịch NH3
+

Fe

2+

+ 2NH3 + 2H2O → Fe(OH)2 + 2

NH 4

(3)
+

NH 4
Al3+ + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 + 3
Khi nung kết tủa :
2 Fe(OH)2 + 1/2 O2 → Fe2O3 + 2 H2O (5)
2 Al(OH)3 → Al2O3 + 2 H2O
(6)
Khi cho Z tác dụng AgNO3 :
Fe + 3Ag+ → Fe3+ + 3Ag
(7)
+
2+
Cu + 2Ag → Cu + 2 Ag
(8)
Gọi x,y, z, t là số mol Al, Fe phản ứng, Fe dư và Cu
Ta có hệ: 27x + 56y + 56z + 64t = 1,572
1,5x + y = 0,04

51x + 80y = 1,82

(0,08+2t+3z)108-56z- (0,04+t)64=7,336
Vậy trong hỗn hợp X:
m (Al) = 0,54 gam; m (Cu) = 0,416 gam; m(Fe) = 0,616 gam.
2.

(4)

x=0,02
y= 0,01
z= 0,001
t= 0,0065

1,0đ
0,5đ
1,0đ
Trang 3/7


0,5đ

Câu 5: (8,0 điểm)
1. Muối KClO4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO 3. Thực tế khi điện phân ở một điện
cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO 4 còn đồng thời xẩy ra nửa phản ứng phụ tạo
thành một khí không màu. Ở điện cực thứ hai chỉ xẩy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu
suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%.
a. Viết các nửa phản ứng ở anot, catot và phương trình điện phân.
b. Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 25 0C và 1atm) khi điều chế
được 332,4 gam KClO4.
2. Este A tạo bởi axit cacboxylic đơn chức X và ancol Y. Khi thủy phân hoàn toàn 0,01 mol A thì cần
vừa đủ 300 ml dung dịch NaOH 0,1M. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 6,35 gam A cần vừa đủ 750 ml

dung dịch NaOH 0,1M, thu được 7,05 gam muối khan. Xác định công thức cấu tạo của X, Y và A.
Cách giải
Điểm
1.
a. Phản ứng chính:
anot: ClO3- + H2O  ClO4 - + 2H+ + 2e
catot:
2H2O + 2e  H2 + 2OH0,5đ
ClO3- + H2O  ClO4- + H2
Phản ứng phụ:

anot:
catot:

H2O
 2H+ + O2 + 2e
2H2O + 2e  H2 + 2OHH2O  O2 + H2
0,5đ

b. 39 + 35,5 + 64 = 138,5
332, 4
nKClO4 
 2, 4mol
138, 5
100
 8.F  8.96500  772000 C
q = 2,4 mol . 2F. 60
q = 772000 C

0,5đ

- Khí ở catot là H2: n=
nRT 4.22, 4.298

 97,805 lit
273.1
V= P

- Khí ở anot là O2: nF tạo ra O2 = 8.0,4 = 3,2 F
n=
nRT 0,8.22, 4.298

 19,561 lit
273.1
V= P
Trang 4/7

0,5đ

0,5đ


n
 0,1.0,3  0, 03mol
2. Khi nA = 0,01mol thì NaOH
Vì và axit X là đơn chức nên công thức A có dạng (RCOO)3R’
n
 0,1.0, 75  0, 075mol
Khi mA = 6,35 gam thì NaOH
(RCOO)3R’ + 3NaOH  3RCOONa + R’(OH)3

0,025
0,075
0
0
0,075
Ta có
 công thức của X là CH2=CHCOOH, Y là C3H5(OH)3 và A là (CH2=CHCOO)3C3H5

1,0đ
1,0đ

2,5đ
1,0đ
Câu 6: (5,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 3,18 gam hỗn hợp X gồm C xHyCOOH, CxHyCOOC2H5 và
C2H5OH thu được 3,36 lít khí CO 2 (đktc) và 2,34 gam H2O. Mặt khác, cho 3,18 gam hỗn hợp X phản
ứng vừa đủ với 30 ml NaOH 1M thu được 1,38 gam C 2H5OH. Tính khối lượng mỗi chất trong 3,18 gam
X?
Cách giải
Điểm
3,36
nCO2 
 0,15 mol � nC (trong X )  0,15 mol
22,
4
Ta có:
2,34
 0,13 mol � nH (trong X )  0, 26 mol
18
Áp dụng ĐLBTKL:
mX  mC ( X )  mH ( X )  mO ( X )

nH 2O 

1,12
 0, 07 mol
16
Gọi trong 3,18 gam hỗn hợp X gồm: a mol CxHyCOOH; b mol CxHyCOOC2H5; c mol
C2H5OH
Bảo toàn nguyên tố oxi có: 2a + 2b + c =0,07 (*)
� mO ( X )  3,18  0,15.12  0, 26  1,12 gam � nO ( X ) 

Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch NaOH:
CxHyCOOH + NaOH � CxHyCOONa + H2O (1)
mol:
a
a
CxHyCOOC2H5 + NaOH � CxHyCOONa + C2H5OH (2)
mol:
b
b
b
Theo (1), (2): nNaOH= a + b=0,03 mol (**)
1,38
nC2 H5OH sauph�n�ng  b  c 
 0, 03 mol (***)
46

2a  2b  c  0, 07 �
a  0, 01
�
�

�
a  b  0, 03
��
b  0, 02
�
�
�
b  c  0, 03
c  0, 01
�
�

1,0đ

0,5đ

1,0đ

1,0đ
Từ (*), (**) và (***) có:
Bảo toàn nguyên tố cacbon: 0,01(x + 1) + 0,02(x + 3) + 0,01.2=0,15 � x=2
Bảo toàn nguyên tố hiđro: 0,01(y +1) + 0,02(y + 5) + 0,01.6=0,26 � y=3
0,75đ
Công thức cấu tạo của CxHyCOOH là CH2=CH-COOH
Vậy: Khối lượng của CH2=CH-COOH bằng 0,01.72 = 0,72 gam
Khối lượng của CH2=CH-COOC2H5bằng 0,02.100 = 2 gam
Khối lượng của C2H5OH bằng 0,01.46 = 0,46 gam
0,75đ
Câu 7: (5,0 điểm) Hỗn hợp A gồm ancol no, đơn chức, mạch hở X và axit cacboxylic đơn chức, mạch
hở Y (Biết X và Y có cùng số nguyên tử cacbon). Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,5 mol A thì thu được 33,6 lít

khí CO2 (đktc) và 25,2 gam H2O. Mặt khác, nếu đun nóng 0,5 mol A với H2SO4 đặc để thực hiện phản
ứng este hoá (hiệu suất phản ứng este hóa là 80%) thì thu được m gam este. Xác định công thức cấu tạo
của X, Y và tính giá trị của m?
Trang 5/7


Cách giải
* Gọi trong 0,5 mol A gồm: x mol CnH2n+1OH và y mol CnHmO2
� x + y = 0,5 (*)
Đốt cháy hoàn toàn 0,5 mol A, có sơ đồ phản ứng:
O2
��
�
CnH2n+1OH t o nCO2 + (n+1)H2O
(1)
x
nx
x(n+1)
m
O2
��
o �
CnHmO2 t
nCO2 + 2 H2O
(2)
m
2y
y
ny

Điểm

33, 6
�
nCO2  nx  ny 
 1,5 mol
�
22, 4
�
�
�n  x( n  1)  my  25, 2  1, 4 mol
H 2O
2
18
Theo (1), (2): �
1,5
1,5
�n

3
x  y 0,5
ym
�  3  1 x 
 1, 4
2
� 2.4.(0,5  y )  ym  2.1, 4
� 4  (m  8) y  2,8
1, 2
�y
8m

�
Từ (*)
01, 2
�0 
 0,5
8m
� m  5, 6
Vì m là số nguyên dương chẵn nên m = 2 hoặc m=4
Vậy công thức của X là C3H7OH: CH3CH2CH2OH; CH3CHOHCH3
công thức của Y là C3H2O2: CH �C-COOH; hoặc C3H4O2: CH2=CH-COOH.
* Với Y là CH �C-COOH
1, 2
�y
 0, 2 � x  0,5  0, 2  0, 3
82
- Hiệu suất phản ứng este hóa là 80%
PTHH:
H 2 SO4 �
�
c, t o
�
�
�
�
�
�
�
��
�

�
�
�
�CH �C-COO C H + H O
�
CH C-COOH + C H OH
3

7

3

Mol bđ:
0,2
0,3
Mol pư: 0,2.0,8=0,16
0,16
mCH �CCOOC3H7  0,16.112  17,92 gam

7

2,0đ

1,0đ

2

0,16
1,0đ

* Với Y là CH2=CH-COOH
1, 2
�y
 0,3 � x  0,5  0,3  0, 2
84
- Hiệu suất phản ứng este hóa là 80%
PTHH:
H 2 SO4 �
�
c, t o
��
�
�
��
��
��
�
� CH2=CH-COO C3H7 + H2O
CH2=CH-COOH + C3H7OH ��
Mol bđ:
0,3
0,2
Mol pư:
0,16
0,2.0,8=0,16
0,16
mCH2 =CH COOC3H7  0,16.114  18, 24 gam
Trang 6/7

1,0đ

Câu 8: (5,0 điểm) Hỗn hợp A gồm hai peptit đều mạch hở X (C xHyO7Nz) và Y (CnHmOtN5). Thủy phân
hoàn toàn 0,16 mol A cần dùng vừa đủ 600 ml dung dịch NaOH 1,5M, thu được dung dịch chứa muối
của glyxin và muối của alanin. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 30,73 gam A bằng khí O 2 vừa đủ, thu được
hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO 2 và H2O bằng 69,31 gam. Tính khối lượng
mỗi peptit trong 0,16 mol hỗn hợp A?
Cách giải
Điểm
Với công thức CxHyOzN6 và CnHmO6Nt nên X, Y lần lượt là các hexapeptit và
pentapeptit, công thức CxH2x – 4O7N6 và CnH2n – 3O6N5.
0,5đ
Gọi k, t lần lượt là số mol X, Y đã thủy phân, ta có hệ:
k  t  0,16
k  0,1
�
�
��
� k : t  5:3
�
6k  5t  0,9 �t  0, 06
�
1,0đ
Với phản ứng cháy thì số mol X, Y lần lượt là 5c và 3c. Giả sử phản ứng cháy tạo d
mol CO2 và e mol H2O, ta có hệ:
c  0, 01
�44d  18e  69,31
�
�
�

12d  2e  5c.196  3c.166  30, 73 �
d  1,16
�
��
�
5cx  3cn  d
e  1, 015
�
�
�
�
5c(x  2)  3c(n  1,5)  e
5x  3n  116
�
�
2,5đ
Do 12 �x �18 và 10 �n �15 nên chỉ có x = 16 và n = 12 là phù hợp
Vì (5c + 3c) = 0,08 nên 0,16 mol E có:
0,5đ
10c = 0,1 mol hexapeptit C16H28O7N6
6c = 0,06 mol pentapeptit C12H21O6N5
0,5đ
Vậy m = 0,1.416 = 41,6 gam; m = 0,06.331=19,86 gam
X

Y

Cho biết:
1. Nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; S = 32; Cl = 35,5;
Al = 27; K = 39; Fe = 56; Cu = 64; Ag = 108.

2. Một số biểu thức:
T2
ln 2
1 N
k=
; t= ln o ;  H  �
C pdT
t1/2
k
N
T1
23
3. Một số hằng số: π = 3,14; N A  6, 02.10 ; R=0,08205; F = 96500 .

------Hết------

Trang 7/7


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề chính thức

Điểm bài thi
Bằng số

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CẤP TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2016 - 2017

Môn Hóa học cấp THPT
Các giám khảo
(Họ tên, chữ ký)

Số phách
(Do chủ tịch HĐ ghi)

Bằng chữ

Học sinh đọc kĩ phần lưu ý sau trước khi làm bài
Lưu ý: - Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề).
- Đề thi gồm 8 câu, được in trong 0... trang.
- Thí sinh được phép sử dụng tất cả các loại máy tính cầm tay không có chức năng
soạn thảo văn bản và không có thẻ nhớ.
- Thí sinh trình bày ngắn gọn cách giải, công thức áp dụng, kết quả tính toán vào
phần giấy trống liền kề bài toán ngay trong bản đề thi này. Nếu không trình bày cách giải
hoặc cách giải sai thì không chấm điểm phần kết quả.
- Các kết quả tính gần đúng, nếu không có chỉ định cụ thể, được ngầm định lấy
chính xác tới 05 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy.
Câu 1: (5,0 điểm)
1. Sắt monoxit (FeO) có cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm diện với thông số mạng a = 0,432 nm. Hãy
tính khối lượng riêng (gam/cm3) của tinh thể FeO đó. Cho NA=6,022.1023.
Cách giải
Điểm
1,0
1,0
2. Dung dịch X chứa KOH 1,0M và Ba(OH)2 0,5M. Dung dịch Y chứa Al(NO3)3 1,0M và Al2(SO4)3 0,5M.
Cho V1 lít dung dịch X vào V2 lít dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 56,916
gam kết tủa. Nếu cho dung dịch Ba(NO3)2 dư vào V2 lít dung dịch Y thì thu được 41,94 gam kết tủa. Tính
giá trị của V1, V2.

Cách giải
Điểm
- PTHH:
Ba2+ + SO42-  BaSO4
(1)
3+
Al + 3OH  Al(OH)3
(2)
Al(OH)3 + OH  AlO2 + H2O (3)
- Trong V1 lít X có OH-: 2V1 mol, Ba2+ : 0,5V1 mol
1,0
Trong V2 lít Y có Al3+ : 2V2 mol, SO42- : 1,5V2 mol
- Khi cho V2 lít tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thì:
n(SO42-)=n(BaSO4)=0,18 mol � V2=0,12 lít
� B1: Al3+: 0,24 mol và SO42-: 0,18 mol
* Trường hợp 1: Nếu 2V1>0,24. 3 � kết tủa tan một phần
nBaSO4= 0,18 mol � nAl(OH)3=(56,916 - 233.0,18)/78=0,192
1,0
Trang 8/7


� nOH- =2V1= 4. 0,24 - 0,192 � V1=0,384 lít
* Trường hợp 2: Nếu 2V1 �0,24. 3 � kết tủa chưa tan
nBaSO4= 0,5V1 mol (SO42- đủ hay dư) � nAl(OH)3=(56,916 - 116,5V1)/78
1,0
� (56,916- 116,5V1)3/78=2V1 � V1=0,33778 lít
Câu 2: (6,0 điểm)
Axit cacboxylic X hai chức có công thức dạng R(COOH)2, Y và Z là 2 ancol có công thức tương
ứng: CnHm(OH)a và Cn+1Hm+2(OH)a (a ≤ n). Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol hỗn hợp A gồm X, Y, Z cần vừa
đủ 10,64 lít khí O2 (đktc), thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc) và 9,9 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo

và tính phần trăm khối lượng từng chất trong hỗn hợp A.
Cách giải
Điểm
10, 64
8,96
9,9
n O2 
 0, 475 mol; n CO2 
 0, 4 mol; n H2O 
 0,55 mol
22,
4
22,
4
18
- ĐL bảo toàn khối lượng:

m A  0, 4.44  9,9  0, 475.32  12,3 gam
C 

n CO2



1,0

0, 4
 1, 6
0, 25

nA
-Số nguyên tử cacbon trung bình:
� Ancol CnHm(OH)a (a ≤ n) phải có công thức CH3OH
� Ancol Cn+1Hm+2(OH)a có công thức là C2H5OH
- Đặt công thức của axit R(COOH)2 là CpHq(COOH)2
- Gọi trong 0,5 mol hỗn hợp A gồm x mol CH3OH, y mol C2H5OH và z mol CpHq(COOH)2
� x  y  z  0, 25 (1)
- Bảo toàn nguyên tố oxi: x  y  4z  2.0, 4  0,55  0, 475.2  0, 4 (2)
�x  y  0, 2
��
z  0,05
�
- Từ (1) và (2)
- Bảo toàn nguyên tố cacbon:
x  2y  (p  2)z  0, 4
� 0, 2  y  0, 05(p  2)  0, 4
� y  0,1  0, 05p
Mà 0 < y < 0,2
� 0  0,1  0, 05p  0, 2
� 2  p  2

p  0 � q  0 � X là HOOC  COOH
�
��
p  1 � q  2 � X là HOOC  CH 2  COOH
�
- Nếu X là HOOC-COOH: y = 0,1 � x=0,2 - 0,1 = 0,1
0,1.32
�
%m CH3OH 

.100%  26, 01%
�
12,3
�
0,1.46
�
��
%m C2 H5OH 
.100%  37, 4%
12,3
�
�
0, 05.90
%m HOOCCOOH 
.100%  36,59%
�
12,3
�
- Nếu X là HOOC-CH2-COOH: y = 0,1 – 0,05 = 0,05 � x=0,2 - 0,05 = 0,15
0,15.32
�
%m CH3OH 
.100%  39, 02%
�
12,3
�
0, 05.46
�
��
%m C2H5OH 

.100%  18, 7%
12,3
�
�
0, 05.104
%m HOOCCH2 COOH 
.100%  42, 28%
�
12,3
�
Trang 9/7

1,0

0,5

1,5đ

1,0

1,0


Câu 3: (5,0 điểm)
Cho khí CO dư đi qua 24 gam hỗn hợp X gồm CuO, Fe 2O3 và MgO nung nóng, thu được m gam
chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Dẫn từ từ toàn bộ khí Z vào 0,2 lít dung dịch gồm Ba(OH) 2 1M và NaOH
1M, thu được 29,55 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m.
Cách giải
Điểm
- Gọi trong 24 gam X gồm x mol CuO; y mol Fe2O3; z mol MgO.

� 80x + 160y + 40z = 24 (*)
- Cho CO dư qua X nung nóng, PTHH:
o

t
� Cu + CO2
CO + CuO ��
x
x
o

t
� 2Fe + 3CO2
3CO + Fe2O3 ��
y
3y
� nCO2  nCO p�  x  3 y

160
Từ (*) � 80x + 160y < 24 � 3 x + 160y < 24
24.3
� x  3y 
 0, 45 � nCO2  0, 45(**)
160
PTHH:
CO2 + Ba(OH)2 � BaCO3 + H2O
Có thể có: CO2 + NaOH � Na2CO3 + H2O
CO2 + Na2CO3 + H2O � NaHCO3
CO2 + BaCO3 + H2O � Ba(HCO3)2
29,55

nBa (OH )2  0, 2 mol  nBaCO3 
 0,15 mol
197
� Xảy ra hai trường hợp

(1)
(2)

1,0

1,0

(4)
(5)
(6)
(7)

- TH1: Chỉ xảy ra phản ứng (4)
n  nBaCO3  0,15 mol  0, 45 �
Bảo toàn nguyên tố C: CO2
thỏa mãn (**)
Bảo toàn khối lượng: m = 24 – 0,15.(44 - 28)= 21,6 gam
- TH2: Có tạo ra muối Ba(HCO3)2
n
 nBa (OH )2  nBaCO3  0, 2  0,15  0, 05 mol
Bảo toàn nguyên tố Ba: Ba ( HCO3 )2
n
 nNaOH  0, 2 mol
Bảo toàn nguyên tố Na: NaHCO3
Bảo toàn nguyên tố C:

nCO2  nBaCO3  2 nBa ( HCO3 )2  nNaHCO3  0,15  2.0, 05  0, 2  0, 45 mol �
không thỏa mãn (**)
� loại
- Vậy m = 21,6 gam

0,5

1,0

1,0
0,5

Câu 4: (5,0 điểm)
Hỗn hợp A gồm một axit cacboxylic đơn chức (CxHyO2) và một este đơn chức (CpHqO2). Đun
nóng m gam hỗn hợp A với 400 ml dung dịch NaOH 1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được a
gam một ancol X và 24,4 gam hỗn hợp rắn khan Y chỉ gồm hai chất có số mol bằng nhau. Cho a gam
ancol X tác dụng với Na dư, thu được 0,56 lít khí H2.
a. Xác định công thức phân tử của ancol X và tính giá trị của a. Biết trong phân tử X, phần
trăm khối lượng của C và H tương ứng bằng 52,17% và 13,04%.
b. Xác định công thức cấu tạo của axit và este trong A. Tính giá trị của m.
c. Trộn đều 24,4 gam hỗn hợp rắn khan Y với CaO, sau đó nung nóng hỗn hợp, thu được V lít
Trang 10/7


một khí Z. Tính giá trị của V.
Giả thiết hiệu suất của các phản ứng là 100%. Thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
Cách giải

Điể
m

a. Vì este đơn chức nên ancol X đơn chức. Dặt công thức của ancol X là CtHvO
�t  2
52,17 13, 04 34, 79
t : v :1 
:
:
 2 : 6 :1 � �
12
1
16
�v  6
- Ta có:

1,0

- CT của ancol X là C2H5OH.
- PTHH: 2C2H5OH + 2Na � 2C2H5ONa + H2 (1)
0,56
n C2 H5OH  2n H2  2.
 0, 05 mol � a  0, 05.46  2, 3gam
22,
4
Theo (1):

1,0

b. Đặt công thức của axit dạng RCOOH và este có dạng R’COOC2H5; số mol của axit và este
trong m gam lần lượt là b và c.
- PTHH:

RCOOH + NaOH � RCOONa + H2O
(2)
to
� R‘COONa + C2H5OH (3)
R’COOC2H5 + NaOH ��
- Nếu NaOH không dư thì hỗn hợp chất rắn khan Y gồm hai muối RCOONa và R’COONa:
Số mol hai muối =số mol NaOH = 0,4.1= 0,4 mol
Số mol R‘COONa = số mol C2H5OH = 0,05 mol
� Số mol RCOONa = 0,4 – 0,05 = 0,35 mol �0,05 mol � Mâu thuẫn với đề bài, như vậy
1,0
NaOH phải dư.
� R’COONa trùng với RCOONa
� Hỗn hợp chất rắn khan Y gồm RCOONa và NaOH dư có số mol bằng nhau.
- Số mol C2H5OH = c = 0,05 mol
- Số mol NaOH dư = 0,4 – b – c = b + c � b + c = 0,2 � b=0,15
- Khối lượng chất rắn khan Y = 0,15.40 + 0,2.(R + 67) = 24,4 gam � R = 15 � R là CH3� CTCT của axit là CH3-COOH và của este là CH3-COOC2H5
1,0
- Tính giá trị của m: m = 60.0,15 + 88.0,05 = 13,4 gam
CaO, t o
c. PTHH: CH3COONa + NaOH ���� CH4 �+ Na2CO3
mol:
0,2
0,2
1,0
� V = 0,2.22,4 = 44,8 lít
Câu 5: (8,0 điểm)
1. Aspirin (axit axetylsalixylic, o-CH3COO-C6H4-COOH) là axit yếu có pKa = 3,49. Độ tan trong
nước ở nhiệt độ phòng là 3,55g/dm3. Tính pH của dung dịch Aspirin bão hòa ở nhiệt độ phòng.
Cách giải
Điểm

Kí hiệu aspirin là HA.
Nồng độ dung dịch bão hòa [HA] = 3,55/180 = 1,97.10-2M
Ka 





1,0

 2

[ H ][ A ]
[H ]

 103,49
[ HA]
1,97.102  [ H  ]

� [ H  ]  2,37.10 3 � pH  2, 63

1,0

2. Hỗn hợp A gồm FexOy, FeCO3, RCO3 (R thuộc nhóm IIA). Hoà tan m gam A dùng vừa hết 245
ml dung dịch HCl 2 M. Mặt khác, đem hoà tan hết m gam A bằng dung dịch HNO 3 được dung dịch B và
2,8 lít khí C (đktc) gồm NO (sản phẩm khử duy nhất) và CO 2. Cho dung dịch B tác dụng hoàn toàn với
dung dịch NaOH dư, thu được 21,69 gam kết tủa D. Chia D thành 2 phần bằng nhau. Nung phần 1 trong
không khí đến khối lượng không đổi thu được 8,1 gam chất rắn chỉ gồm 2 oxit. Hoà tan hết phần 2 bằng
dung dịch H2SO4 loãng vừa đủ được dung dịch G. Cho 23,1 gam bột Cu vào một nửa dung dịch G, sau

khi phản ứng hoàn toàn lọc tách được 21,5 gam chất rắn. Xác định công thức FexOy, RCO3.
Trang 11/7


Cách giải

Điểm

- PTHH:
FexOy + 2yHCl � xFeCl2y/x + yH2O
FeCO3 + 2HCl � FeCl2 + CO2 + H2O
RCO3 + 2HCl � RCl2 + CO2 + H2O
3FexOy + (12x – 2y)HNO3 � 3xFe(NO3)2+ (3x – 2y)NO +(6x – y)H2O
3FeCO3 + 10HNO3 � 3Fe(NO3)3 + NO +3CO2 + 5H2O
RCO3 + 2HNO3 � R(NO3)2 + CO2 + H2O
Fe(NO3)3 + 3NaOH � Fe(OH)3 + 3NaNO3
R(NO3)2 + 2NaOH � R(OH)2 + 2NaNO3
t0
� Fe2O3 + 3H2O
2Fe(OH)3 ��
t0

��
� RO + H2O
R(OH)2
2Fe(OH)3 + 3H2SO4 � Fe2(SO4)3 + 6H2O
R(OH)2 + H2SO4 � RSO4 + 2H2O
Fe2(SO4)3 + Cu � 2FeSO4 + CuSO4
- Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe(OH)3 và M(OH)2, do nung kết tủa tạo hỗn hợp oxit nên
M(OH)2 không tan trong nước, gọi z, t lần lượt là số mol của FexOy và FeCO3 trong m gam

hỗn hợp A
- Theo các phương trình phản ứng, bài ra và áp dụng ĐLBT ta có các hệ:
�
�
107a  (R  34)b  21, 69 �
a  0, 2 mol
�
�
80a  (R  16)b  16, 2 � �b  0, 005 mol
�
�a 4(23,1  21,5)
�R  24 (Mg)
�
�
64
�2
2zy  2t  0, 005.2  0, 49
�
zx  0,12
�
�
z
t
x 3
�
�
(3x  2y)  4  0, 005  0,125 � �
zy  0,16 � 
�
3

3
y 4
�
�t  0, 08
�
zx  t  0, 2
�
�

3,5

2,5
Vậy công thức của oxit và muối cacbonat là: Fe3O4 và MgCO3.
Câu 6: (5,0 điểm)
Điện phân Al2O3 nóng chảy với điện cực bằng than chì, thu được m gam Al và V lít hỗn hợp X
chỉ gồm 2 khí CO2 và CO (đktc). Giả thiết toàn bộ lượng khí oxi sinh ra tham gia vào quá trình oxi hoá
cacbon.
1. Viết các quá trình oxi hoá - khử xảy ra tại mỗi điện cực.
2. Tìm khoảng xác định của m theo giá trị V.
3. Cho V = 1,12 lít (đktc). Tính giá trị của m. Biết tỉ khối của A so với hiđro bằng 18,8.
Cách giải
Điểm
1. - Tại anot (cực dương) : 2O2- → O2 + 4e
C + O2 → CO2
CO2 + C → 2CO (hoặc 2C + O2 → 2CO)
- Tại catot (cực âm):
Al3+ + 3e → Al
1,0
2. Các PTHH:
2Al2O3 → 4Al + 3O2 (1)

C + O2 → CO2
(2)
2C + O2 → 2CO
(3)
Gọi x là tỷ lệ % theo thể tích của CO trong hỗn hợp (0 < x < 1)
V
V
� n CO  x.
; n CO2  (1  x).
22, 4
22, 4
3
4
1
4
V
1
V
4 V
n Al  n O2  (n CO2  n CO )  [(1  x).
 .x.
)]  .
.(1  0,5.x)
4
3
2
3
22, 4 2 22, 4
3 22, 4
1,5

Trang 12/7


4 V
36V
� m Al  .
.(1  0, 5.x).27 
.(1  0,5x)
3 22, 4
22, 4
1,5
18V
36V
m
22,
4
22, 4
Do 0< x < 1 nên:
3. V = 1,12 � nhh khí = 0,05 mol
1,0
d A/H 2  18,8 �
Số mol CO2 : Số mol CO = 3 : 2
� số mol CO là 0,02 mol, số mol CO2 là 0,03 mol;=> m = 1,44 gam
Câu 7: (8,0 điểm)
1. Hòa tan hoàn toàn 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe 3O4, Fe(NO3)2 và Al trong dung dịch chứa 3,1 mol
KHSO4 (loãng). Sau phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat trung hòa và
10,08 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí, tỉ khối của Z so với He
là 23/18. Tính phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X.
Cách giải
Điểm

�
0,5
Do MZ=46/9 → khí còn lại phải là H2
NO3 hết
Gọi a, b lần lượt là số mol của H2 và NO, ta có hệ:
a  b  0, 45
a  0, 4mol
�
�
��
�
0,5
2a  30b  2,3 �
b  0, 05mol
�
Muối sunfat trung hòa: FeSO4, Fe2(SO4)3, (NH4)2SO4, K2SO4, Al2(SO4)3
Theo ĐLBTKL: 66,2 + 3,1.136= 466,6 + 0,45.46/9 + mH2O � mH2O=18,9 gam �
1,0
nH2O=1,05 mol
BTNT Hiđro: 3,1= 4x + 2.1,05 + 2.0,4 � x= 0,05 mol (nNH4+ = x mol)
1,0
Vậy nNO3- = 0,05 + 0,05 = 0,1 mol � nFe(NO3)2=0,05 mol
BTNT Oxi: 4y + 0,05.6 = 1,05 + 0,05 � y = 0,2 mol ( y= nFe3O4)
� mAl = 66,2 - 0,2.232 - 180.0,05 = 10,8 gam
1,0
Vậy %(m)Al = (10,8. 100)/66,2 = 16,31%
2. Thủy phân hết 1 lượng pentapeptit X trong môi trường axit thu được 32,88 gam Ala–Gly–Ala–Gly,
10,85 gam Ala–Gly–Ala, 16,24 gam Ala–Gly–Gly, 26,28 gam Ala–Gly, 8,9 gam alanin còn lại là
Gly–Gly và glyxin. Tỉ lệ số mol Gly–Gly:Gly là 10:1. Tính tổng khối lượng Gly–Gly và glyxin.
Cách giải

Điểm
Ala-Gly-Ala-Gly : 0,12 mol, Ala-Gly-Ala: 0,05 mol, Ala-Gly-Gly: 0,08 mol
Ala-Gly: 0,18 mol, Ala: 0,1 mol, Gly-Gly : 10x, Gly: x
1,0
 pentapeptit có dạng : Ala-Gly-Ala-Gly-Gly: a mol
Theo ĐLBT: 2a = 2.0,12+ 2.0,05 + 0,08 + 0,18 + 0,1  a = 0,35 mol
2,0
3a = 2.0,12 + 0,05+ 2.0,08 + 0,18 + 21x  x = 0,02 mol
1,0
Tổng khối lượng Gly-Gly và Gly là: 10. 0,02.132 + 0,02.75 = 27,9 gam
Câu 8: (8,0 điểm)
1. Cho hỗn hợp khí A hồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H 2 đi từ hỗn hợp A bằng
cách chuyển hóa CO theo phản ứng:
��
�
�
CO(K) + H2O(K) ��
CO2(K) + H2(K)
Hằng số cân bằng KC của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t 0C) bằng 5. Tỷ lệ số mol
ban đầu của CO và H2O bằng 1: n. Gọi a là phần trăm số mol CO bị chuyển hóa thành CO2.
a. Hãy thiết lập biểu thức quan hệ giữa n, a và KC.
b. Cho n = 3, tính % thể tích CO trong hợp chất khí cuối cùng (tức ở trạng thái cân bằng).
c. Muốn % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao nhiêu.
Cách giải
Điểm

a. Xét cân bằng:
Trước phản ứng
Phản ứng

CO + H2O
1
n
a
a

��
�
��
�

0
a

CO2 + H2
1
a

Trang 13/7


Sau phản ứng
1-a
n-a
a
1+a
Tổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + 2
Kc =
b. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x= (N = n+2)
Khi n = 3 thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn

100x2 + 65x – 2 = 0
Giải phương trình:
x = 2,94%
c. Muốn x = 1% thay a vào và thay tiếp Kc ta có phương trình.
5,04 N2 – 12N – 200 = 0
Giải phương trình: N = 7,6 tức n = 5,6
Vậy để % VCO trong hỗn hợp < 1% thì n phải có giá trị lớn hơn 5,6.

1,5

1,5

1,5
2. Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp A gồm 2 este no, mạch hở (trong phân tử mỗi chất chỉ chứa nhóm chức
este) bằng dung dịch NaOH vừa đủ. Chưng cất dung dịch sau phản ứng, thu được 12,3 gam muối khan
B của một axit hữu cơ và hỗn hợp C gồm 2 ancol (số nguyên tử cacbon trong mỗi phân tử ancol
không vượt quá 3). Đốt cháy hoàn toàn muối B trên, thu được 7,95 gam muối Na 2CO3. Mặt khác, đốt
cháy hoàn toàn hỗn hợp C trên, thu được 3,36 lít CO 2 (đktc) và 4,32 gam H2O. Xác định công thức cấu
tạo của 2 este.
Cách giải
Điểm
*Tìm B:
3,36
4,32
7,95
= 0,15 mol, n H 2O =
= 0, 24 mol
n Na 2CO3 =
= 0, 075 mol, n CO2 =
22, 4

18
106
Ta có

n Na/B = n NaOH = 2 n Na CO = 0,15 mol
2 3

Vì A gồm 2 este no, mạch hởC gồm các ancol no, hở  C là
3n +1- m
to
Cn H 2n+2 O m +
O 2 ��
� n CO 2 + (n +1) H 2O
2
0,15
0, 24
5
� 0, 24n = 0,15 n +1 � n = � n = 0, 24  0,15 = 0, 09 mol
hhC
3



n

Cn H 2n+2O m



n

hh C , hỗn hợp X mạch hở, chỉ chứa nhóm chức este
Vì NaOH
 Hỗn hợp C có ít nhất 1 ancol đa chức
 Axit tạo muối B là đơn chức, Gọi B là RCOONa
12,3
� n RCOONa = n Na/B = 0,15 mol � M RCOONa =
= 82
0,15
 R = 15, R là CH3, muối B là CH3COONa
*Tìm các chất trong hỗn hợp C
5
n=
3 và số nt cacbon trong mỗi ancol �3 CT của 1 ancol là CH3OH
Vì

 ancol còn lại là ancol đa chức: C2H4(OH)2 hoặc C3H8Oz (z=2 hoặc 3)
TH1: Nếu 2 ancol là CH3OH và C2H4(OH)2, Gọi x và y là số mol của 2 ancol tương ứng
�x + y = 0, 09
�x = 0, 03
�
� �x + 2 y 5 � �
�y = 0, 06
�0, 09 = 3
�
 nNaOH = x + 2y = 0,15 (thỏa mãn)
 CTCT của 2 este là CH3COOCH3 và (CH3COO)2C2H4
TH2: Nếu 2 ancol là CH3OH và C3H8-z(OH)z, Gọi a và b là số mol của 2 ancol tương ứng
Trang 14/7

1,5

1,0


a + b = 0, 09
�
a = 0, 06
�
�
� �a + 3b 5 � �
b = 0, 03
�
�0, 09 = 3
�
n

1,0

= a + zb = 0,06 + 0,03z=0,15  z = 3
 CTCT của 2 este là CH3COOCH3 và (CH3COO)3C3H5
NaOH

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; S = 32; Cl = 35,5;
Al = 27; K = 39; Fe = 56; Cu = 64; Ag = 108.
------Hết------

Trang 15/7