de HSG 12 62 DA

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ 62 Câu 1: Hoàn thành sơ đồ pư sau: O2 Y1 C4 H 6 O2    C4 H 6 O4  H2 SO  C7 H12 O 4  H2 YSO2  C10 H18O4  H 2O X 2 +Y1 +Y2 xt 4 4. (X1) (X2) (X3) (X4) Cho X1 là anđehit đa chức mạch thẳng, Y2 là ancol bậc II. Câu 2: A, B, D là các đồng phân có cùng công thức phân tử C6H9O4Cl, thỏa mãn các điều kiện sau :  36,1g A + NaOH dư  9,2g etanol + 0,4 mol muối A1 + NaCl.  B + NaOH dư  muối B1 + hai rượu (cùng số nguyên tử C) + NaCl  D + NaOH dư  muối D1 + axeton + NaCl + H2O. Hãy lập luận xác định công thức cấu tạo của A, B, D và viết các phương trình phản ứng. Biết rằng D làm đỏ quì tím. Câu 3: 1/ Viết pư điều chế tơ lapsan từ metan và các chất vô cơ cần thiết 2/ Một dung dịch monoaxit HA nồng độ 0,373% có khối lượng riêng bằng 1,00 g/ml và pH = 1,70. Khi pha loãng gấp đôi thì pH = 1,89. a/ Tìm Ka của axit trên? b/ Tìm M và công thức của axit này biết nó có %KL của H = 1,46%; O = 46,72% và một nguyên tố X chưa biết với % khối lượng còn lại. Câu 4: 1/ Cho E0 của Fe2+/Fe = -0,44 vôn, Fe3+/Fe = -0,04 vôn. a/ Tính E0 của Fe3+/Fe2+? b/ Tính E của Fe3+/Fe2+ trong dd có [OH-] = 1M biết T của Fe(OH)2 = 10-14 và Fe(OH)3 = 10-36. 2/ Hòa tan hết 7,33 gam hh kim loại M hóa trị II và oxit của nó thu được 1 lít dd X có pH = 13. a/ Tìm M? b/ Tính thể thích dd chứa HCl và H2SO4 có pH = 0 cần thêm vào 0,1 lít dd X để thu được dd mới có pH = 1,699. Câu 5: Cho 13,36 gam hh A gồm Cu, Fe3O4 vào dd H2SO4 đặc nóng dư thu được V1 lít SO2 và dd B. Cho B pư với NaOH dư được kết tủa C, nung kết tủa này đến khối lượng không đổi được 15,2 gam chất rắn D. Nếu cũng cho lượng A như trên vào 400 ml dd X chứa HNO 3 và H2SO4 thấy có V2 lít NO duy nhất thoát ra và còn 0,64 gam kim loại chưa tan hết. Các pư xảy ra hoàn toàn và các khí đo ở đktc. 1/ Tính V1, V2? 2/ Tính CM mỗi chất trong X biết dung dịch sau pư của A với X chỉ có 3 ion(không kể ion H+ và OH- do nước phân li ra)? Câu 6: Trộn hiđrocacbon khí A với oxi theo tỉ lệ thể tích A:O2 = 1:9 rồi cho vào bình kín thấy áp suất trong bình là 1 atm ở 00C. Bật tia lửa điện để A cháy hết, hh sau pư có áp suất là 1,575 atm ở 136,50C. 1/ Tìm CTPT của A? 2/ Viết CTCT có thể có của A biết tất cả các nguyên tử cacbon trong A đều có cùng một dạng lai hóa? 3/ Chọn CTCT của A ở trên để viết sơ đồ tổng hợp chất B(Anthracen) có CTCT như sau:. Biêt ta phải dùng pư Đixơ-Anđơ có dạng(R, R’, X, Y có thể là H, gốc hiđrocacbon, nhóm chức…):.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> R HC HC. R. CH. HC HC. CH. X. X. Y. Y. R' R' Câu 7: Thêm từ từ 17,85 ml dung dịch kẽm clorua 17% (d =1,12g/ml) vào 25 ml dung dịch kali cacbonat 3,0 mol/lít (d = 1,30 g/ml) tạo ra kết tủa cacbonat bazơ. Sau phản ứng lọc bỏ kết tủa, tính nồng độ % các chất trong nước lọc. Câu 8: Cho hỗn hợp gồm 25,6 gam Cu và 23,2 gam Fe3O4 tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 2M cho đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A và chất rắn B. Cho dung dịch A phản ứng với dung dịch AgNO3 dư tách ra kết tủa D. Tính lượng kết tủa D.. Đáp án đề 62 Câu 1: X1 là O=HC-CH2-CH2-CH=O, X2 là HOOC-CH2-CH2-COOH, Y1 là CH3-CH2-CH2-OH, Y2 là CH3-CHOH-CH3. Câu 2: A, B, D có cùng công thức phân tử: C6H9O4Cl (=2) A + NaOH → C2H5OH + muối A1 + NaCl 0,2 mol 0,2mol 0,4 mol Từ tỉ lệ số mol các chất cho thấy A là este 2 chức chứa 1 gốc rượu C2H5- và axit tạp chức. CTCT của A: CH3-CH2-OOC-CH2-OOC-CH2-Cl CH3-CH2-OOC-CH2-OOC-CH2-Cl + 3NaOH → C2H5OH + 2 HO-CH2COONa + NaCl B + NaOH → muối B1 + hai rượu + NaCl Vì thuỷ phân B tạo ra 2 rượu khác nhau nhưng có ùng số nguyên tử C, nên mỗi rượu tối thiểu phải chứa 2C. CTCT duy nhất thỏa mãn: C2H5-OOC-COO-CH2-CH2-Cl C2H5-OOC-COO-CH2-CH2-Cl + 3NaOH → NaOOC-COONa + C2H5OH + C2H4(OH)2 + NaCl D + NaOH → muối D1 + axeton + NaCl + H2O Vì D làm đỏ quì tím nên phải có nhóm –COOH, thuỷ phân tạo axeton nên trong D phải có thêm chức este và rượu tạo thành sau thuỷ phân là gemdiol kém bền. CTCT của D: HOOC-CH2-COO-C(Cl)-(CH3)2 HOOC-CH2-COO-C(Cl)-(CH3)2 +3NaOH → NaOOC-CH2-COONa + CH3-CO-CH3 + NaCl + H2O Câu 3: 1/ Pư điều chế như sau: 1500oC 2 CH4 HC. CH. +. 3 HC. 3H2. CH. 600oC; C. CH3. + 2CH3Cl. AlCl3 to. + 2HCl. CH3. COOH. CH3. 5. +12KMnO4 + 18H2SO4 CH3. HC. CH +H2. +12MnSO4 + 6K2SO4+ 28H2O. 5. COOH Pd/PbCO3 to. H2C. CH2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3CH2=CH2 + 2KmnO4 +4H2O  3HO-CH2CH2-OH + 2MnO2 + 2KOH t 0 , xt.  (-OC-C6H4-COO-CH2CH2-O-)n + 2nH2O nHOOC-C6H4-COOH + nHO-CH2CH2OH   2/ a/ Gọi C là nồng độ khi chưa pha loãng ta có: [H+] = 10-1,7 = 0,02M  .  H+ + A-. HA  Ccb: C-0,02 0,02 0,02.. 4.10 4  Ka = C  0, 02 (*) + Khi pha loãng gấp đôi ta có: [H+] = 10-1,89 = 0,0129.  .  HA  H+ Ccb: 0,5C-0,0129 0,0129. + A-. 0,0129. 0,01292  Ka = 0,5C  0,0129 (**) 4.10 4 0, 01292 + Từ (*) và (**) ta có: C  0, 02 = 0,5C  0, 0129  C = 0,0545M. Thay vào (*) được Ka = 1,159.10-2. b/ + Giả sử có 1 lít dd  khối lượng dd = 1000 gam  mHA = 0,373.1000/100 = 3,73 gam. Mặt khác số mol HA = 0,0545.1 = 0,0545 mol  M = 3,73/0,0545 = 68,44 đvC.. a 1, 46 16c 46, 72   100  b 2 + Đặt CTPT của HA là HaXbOc ta có: 68, 44 100  a 1; 68, 44 bX 100  1, 46  46, 72  100 và 68, 44  bX  35,5  b=1 và X = 35,5 thỏa mãn. Vậy công thức của axit đã cho là HclO2 = axit clorơ Câu 4: 1/ a/ Một cách tổng quát ta có sơ đồ: + n1e. X1. E1. X2. + n1e E2. X3. + n3e E3. ta có : n3.E3 = n1.E1 + n2.E2. Do đo nếu biết được 2 giá trị của E thì tính được E còn lại + Áp dụng sơ đồ trên ta có: Ta có sơ đồ:. Fe. 3+. + 1e E1. Fe. 2+. + 2e E2. Fe. + 3e E3. Do đó ta có: 3E3 = E1 + 2E2  3.(-0,04) = E1 + 2.(-0,44)  E1 = +0,76 vôn 0 EFe3 / Fe2 EFe  3 / Fe 2. 0, 059 [Fe3+ ] lg 1 [Fe2+ ] (*). b/ Ta có: + Khi [OH-] = 1 M thì: [Fe2+].12 = 10-14 [Fe2+] = 10-14 và [Fe3+].13 = 10-36 [Fe3+] = 10-36..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> EFe3 / Fe2 0, 76 . 0,059 10-36 lg -14 1 10 =-0,538 vôn.. + Thay vào (*) được: 2/ a/ + Gọi x, y lần lượt là số mol của M và MO ta có: Mx + y(M+16) = 7,33. (I) + Pư: M + 2H2O → M(OH)2 + H2 mol: x x MO + H2O → M(OH)2. Mol: y y  số mol OH- = 2x + 2y = 1.0,1 (II) + Từ (I, II) ta có: 16y = 7,33 – 0,05M  M = 146,6 – 320y (*) + Từ (II) suy ra: 0,05 > y > 0 thay vào (*) ta có:146,6 > M > 130,6  M là Ba. b/ Số mol của OH- = 0,1.0,1 = 0,01 mol; Gọi V là thể tích cần tìm  số mol H+ = 1.V mol. Vì pH của dd sau pư < 7 nên sau pư axit dư  tính theo OH-. H+ + OH- → H2O Mol bđ: V 0,01 Mol pư: 0,01 0,01 Mol còn: V-0,01 0. V  0, 01  V  0,1 =10-1,699  V = 0,0122 lít 64 x  232 y 13,36   3y 80 x  160. 2 15, 2 Câu 5: 1/ Gọi x, y là số mol Cu và Fe3O4 ta dễ dàng lập được hệ sau:   x 0,1   y 0, 03 Áp dụng ĐLBT electron  V1 = 22,4.(0,1.2+0,03.1)/2= 2,576 lít + Khi cho A vào dd X thì có pư: 3Fe3O4 + 28H+ + NO3- → 9Fe3+ + NO + 14H2O mol: 0,03 0,09 0,01 Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+ Mol: 0,045 0,09 0,045 0,09. 0, 64  phải có: 0,1-0,045 - 64 = 0,045 mol Cu pư với H+ và NO3- theo pư: 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O mol: 0,045 0,045 0,03  V2 = 22,4.(0,01 + 0,03) = 0,896 lít 2/ Ta thấy số mol HNO3 = NO = 0,04 mol. Dung dịch sau pư của A với X có: 0,09 mol Fe2+ + 0,09 mol Cu2+ và a mol SO42-. Áp dụng ĐLBT điện tích  a = 0,18 mol. + Vậy trong X có HNO3 = 0,1M và H2SO4 = 0,45M Câu 6: 1/ Gọi CxHy là công thức của A ta có:. y y CxHy +(x+ 4 ) O2 → xCO2 + 2 H2O y y a a(x+ 4 ) ax a2. Mol: + Số mol khí trước pư = a + 9a = 10a mol.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> y y y + Số mol khí sau pư = ax + a 2 + 9a – a(x+ 4 ) = 9a + a 4 n1RT1 n 2 RT2 10a.273 (9a  0, 25ay ).409,5   P1 P2 hay: 1 1,575  V bình kín =  y = 6. + Vì A là chất khí nên A có thể là: C2H6; C3H6 và C4H6. 2/Vì tất cả các nguyên tử C trong A đều có cùng một dạng lai hóa nên CTCT của A: CH 3CH3(sp3); (CH2)3(xiclopropan = sp3); CH2=CH-CH=CH2(sp2) và CH. CH2. CH2 CH. (sp3). 3/ Ta chọn A là buta-1,3-đien để hoàn thành sơ đồ: buta-1,3-đien → butan → etilen.. HC HC. CH2 CH2. +. +. CH2 CH2. Cho sp cuối cùng trong sơ đồ pư với H2/Ni, t0 thì thu được B Câu 7: + Ta có: ZnCl2 = 0,025 mol; K2CO3 = 0,075 mol. + Quá trình xảy ra: CO32- + H2O → HCO3- + OH-. 2Zn2+ + 2OH- + CO32- →[Zn2(OH)2]CO3↓ Do đó ta có pư xảy ra dạng phân tử là: 2ZnCl2 + 3K2CO3 → [Zn2(OH)2]CO3↓ + 2KHCO3 + 4KCl mol bđ: 0,025 0,075 0 0 0 mol pư: 0,025 0,0375 0,0125 0,025 0,05 mol còn: 0 0,0375 0,0125 0,025 0,05  Dung dịch nước lọc có: 0,0375 mol K2CO3 + 0,025 mol KHCO3 + 0,05 mol KCl + Khối lượng dd nước lọc = 17,85.1,12 + 25.1,3 – 0,0125.224 = 49,692 gam. + Vậy: K2CO3 = 10,4%; KHCO3 = 5,03%; KCl = 7,5% Câu 8: pư xảy ra: Fe3O4 + 8HCl  2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O 0,1 0,8 0,2 0,1 3+ 2+ 2+ Sau đó: Cu + 2 Fe  Cu + 2 Fe 0,1 0,2 0,1 0,2 Khi đó dung dịch A chứa CuCl2 (0,1 mol) và FeCl2 (0,3 mol) Khi cho dung dịch A phản ứng với dung dịch AgNO3 dư có các phản ứng: +  Ag + Cl  AgCl  0,8 0,8 + 2+ 3+ Ag + Fe  Ag  + Fe 0,3 0,3  khối lượng D = AgCl và Ag = (0,8  143,5) + (0,3  108) = 147,2 g.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>