DE ON TAP HOC SINH GIOI LOP 11NAM 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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. ( 1 ). C l 2(. ( 6 ). 2 ) Hìn h1. ( 3 ). ( 4 ). ( 5 ). 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: t0. MnO2 + 4HCl   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. 0. 0. t t  Điều chế ure: C + H2O   CO + H2 và C + 2H2O   CO2 + 2H2 0. Fe, t      200 atm. xt, t 0.  (NH2)2CO + H2O N2 + 3H2 2NH3 và 2NH3 + CO2     Điều chế phân đạm hai lá(NH4NO3): Điều chế NH3 như trên sau đó Pt, t 0.  4NO + 6H2O và NO + ½ O2 → NO2 và 2H2O + 4NO2 + O2 → 4HNO3 4NH3 + 5O2    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) - Phản ứng làm mất đi lượng đạm (do thoát ra NH3) và làm đất rắn.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> lại (do tạo CaCO3)  I2 + 2KCl 2KI + Cl2   Sau một thời gian có xảy ra phản ứng:  2HIO3 + 10HCl I2 + 5Cl2 + 6H2O   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 :. N2 (1) NH3. (2). NO. (3). (4). NO2. HNO3 (5) N2 (6). (7). KNO3. (8). NO. KNO3. Các phương trình phản ứng :. ⃗ Fe 2NH3 500 ,300 atm (2) 4NH3 + 5O2 ⃗ Pt , 850− 900o C 4NO + 6H2O (1) N2 + 3H2. o. (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 P1 n1 P1 x+y       y = 3x 0,95P1 0,8x + y Vì V, T không đổi nên ta có: P2 n 2 %VN 2  Vậy. x .100% 25%    %VH2 75% x+y.  x = 0,25 mol b) Ta có: 4x = 1   Tại trạng thái cân bằng hỗn hợp khí gồm: 2.  NH3  3  H 2  . N 2 . KC . . N2: 0,9x = 0,225 mol H2: 2,7x = 0,675 mol NH3: 0,2x = 0,5 mol. (0,5)2 3,613 (0,675)3 .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.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Các bán phản ứng : Chất khử:. Mg - 2e → Mg2+ 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 HNO3 chỉ có N2O 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 N2O và NO, sản phẩm khử HNO3 còn có NH4NO3 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 0,2 mol → 0,05 mol. 7,1 142  MR = 31  R là photpho MR2O5 = 0, 05 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. KMnO4 + HCl → khí A FeS + HCl → khí B Na2SO3 + H2SO4 → khí C NH4HCO3 + NaOH (dư) → khí D 0 A + NaOH (t thường) → ? A + D (dư) → ? B+C→? C + D (dư) + H2O → ? 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.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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 H 2SO4 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) FeCO3 → FeO + CO2 (2) 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). +  Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O Fe3O4 + 8H   22+ 3+ + Dung dịch X gồm: Fe ; Fe ; H ; SO 4 . 2+ +  3Fe3+ + NO + 2H O 3Fe + 4 H + NO3   2. 3+     NO2  2Fe2+ + Cu2+ NO + 1/2O2 Cu + 2Fe 2+ + +  5Fe3+ + Mn2+ + 4H O 5Fe + 8H MnO   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 +5 +1  M n+ + ne M  2N 2 N + 8e   0,26 +5. 2.0,0325 -3.  N N + 8e   8x x 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.  M = 3,12n/0,26 = 12n    M là Mg Muối ngậm nước có công thức: ne = 0,26 mol    Mmuối = 28,6/0,13 = 220    Mg(NO3)2.4H2O Mg(NO3)2.nH2O  .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 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? n Al 0,17(mol)  n e 0,51(mol)  n Al2O3 0, 03(mol). + Ta có :.   BTNT.Al    n Al3 0, 23  BTDT   a  b 0,11  BTNT.S  AlO 2 : 0, 23     n  n SO 24 0, 4(mol)    NaOH  2   BTDT   n Na  a(mol)     SO 4 : 0, 4   n  b(mol)  Na : a  0,935   NH 4  + Z có  BTKL   m Z 0, 23.27  0, 4.96  0, 095.23  0, 015.18 47, 065 0, 4.2  0, 015.2  0, 015.4  BTNT.H    n H 2O  0,355 2  BTKL   7, 65  0,  4.98   0,  095.85   47, 065  m  0,355.18  m 1, 47(gam) H 2SO4. a 0, 095  b 0, 015. NaNO3. 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: H 2; 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 Khí A B C D O2 H2O2 MnO2 H2SO4 đặc - hoặc CaCl2 SO2 H2SO4 Na2SO3 H2SO4 đặc - hoặc CaCl2 HCl H2SO4 đặc NaCl H2SO4 đặc - hoặc CaCl2 C2H4 H2SO4 đặc C2H5OH NaOH H2SO4 đặc 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):.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> + NaOH lo·ng. 0. /Fe A  H(1)2 O B  xt, (2)t  C  propilen   D  Br( 4)2/as E  Br( 5)2 F ( 3). (6). F4. F1 (9). (7). F2. + CO2 + H2O (8). + NaOH d , t0, P. + CH3COOH/xt. F3. + A là CaC2; B là C2H2; C là C6H6; một số chất còn lại. H3C. CH. CH3. H3C Br CH3 C. (D). Br. H3C. CH3 C-OH. CH3. H3C. C-OH. Br. (F). CH3. H3C. C-OOC-CH3. OH. OH. (F1). (F3). (F4). 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:. H. H C. =. H. C. Cl. Br C. Br. =. C. Cl. H. trans-1-brom-2-clo eten. cis-1-brom-2-clo eten CH3CH=C(CH3)CH2Cl. H. CH3 C. H3C. =. H. C. CH2Cl C. CH2Cl. cis-1-clo-2-metyl but-2-en. H3C. =. C CH3. trans-1-clo-2-metyl but-2-en. C3H2Cl4: có 2 chất có đồng phân hình học CHCl = CH- CCl3, CHCl = CCl- CHCl2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> H. H C. =. H. C. C. Cl. CCl3. H. H. CHCl2 =. C H. trans-1,3,3,3-tetraclo propen Cl C. C. Cl. =. Cl. cis-1,3,3,3- tetraclo propen. C. CCl3. =. C. Cl. Cl. CHCl2. trans-1,2,3,3-tetraclo propen. cis-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. 0. C,LLN  1500  . 2CH4. C2H2 + 3H2. C,6000 C.   . 3C2H2 C2H2 + H2. C6H6. Pd/PbCO3 ,t 0.      C2H4 0. C6H6 + C2H4.  xt,t  C. C6H5C2H5. C6H5C2H5 xt,t 0 C.   . C6H5 –CH= CH2 + H2. NH 4 Cl,CuCl,t 0C.     . 2C2H2. Pd/PbCO ,t. CH C- CH= CH2. 0. 3 CH C- CH= CH2 + H2     . CH2 = CH- CH= CH2. n CH2= CH - CH= CH2 + n CH2= CH - C6H5. to,p,xt. - CH2 - CH= CH - CH2 - CH2 - CH -. n C 6H5. 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? +O2,xt +Benzen/H+ A. CnH2n+2 A1(khí). Crackinh. (1). 3. A2. (2) (4) +H2O/H+. A4. (3). A5 (C3H6O). (5) +O2/xt. 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 A4: CH3-CH(OH)-CH3. A2: CH3- CH=CH2 A5: CH3-CO-CH3. A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1. CH3-CH2-CH2-CH3. Crackinh. (A1). H2SO4. 2. CH3-CH=CH2 +. CH(CH3)2 3.. CH3-CH=CH2 + CH4 (A2) CH(CH3)2. (A3). OH. 1.O2 2.H2SO4(l). + CH3-CO-CH3 (A5). H+. 4.. CH3-CH=CH2 + H2O. 5.. CH3-CH(OH)-CH3 + 1/2O2. Cu,t0. CH3-CH(OH)-CH3 (A4) CH3-CO-CH3 (A5). + H2O. 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. 12,5 n CaCO3 = = 0,125(mol) 100 a. Đặt công thức 2 anken là CnH2n ( n≥ 2) ; 2.. Cn H 2n + 0,05. 3n O2    nCO2 +nH 2 O 2 0,05n. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,05n 0,125.  n1 = 2 0,125 = 2,5  0,05 n 2 = 4 công thức phân tử Số mol C2H4 là a , C4H8 là b n=. C 2 H 4  C 4 H 8. a + b = 0,05  2a + 4b = 0,125 Ta có hệ phương trình:  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 2 = CH 2 ; +. CH 3 -CH=CH-CH 3. 0. H ,t  CH3CH2OH CH2=CH2 + H2O    0,0125 0,0125 (mol) +. 0. H ,t  CH3−CH−CH2−CH3 CH3−CH=CH−CH3 + H2O   .

<span class='text_page_counter'>(9)</span> OH 0,0375 (mol). 0,0375 b. Gọi số mol C2H5OH phản ứng là x C4H9OH phản ứng là y 0. 2ROH  H2SO4 ,t   ROR+H 2 O 0,038. 0,019 0,019. 0,4256 n ete = n H 2O = = 0,019(mol) 22,4 m ancol = m ete + m H 2O = 1,63 + 0,019 × 18 = 1,972(gam) Số mol ancol phản ứng = 0,038 mol.  x+y = 0,038   46x+74y = 1,972. Ta có → x = 0,03; y = 0,008 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) CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 (2) 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  chất X không chứa oxi, X là 16 =. 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. 2m + 2-m m+2 = 2 2 Số liên kết  của Y = 78 Lấy khối lượng của X và Y là 78  số mol cuả X = 1 mol; số mol của Y = 13m Ptpư : C6H6 + 1mol →. 4Br2 → C6H6Br4 4 mol.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> m+2 2 Br2 → CmHmBrm +2 (CH)m + 78 78 m+2 13m → 13m . ( 2 ) mol 78 m+2 Theo bài ra : 13m . ( 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 có trong sách giáo khoa cơ bản), trong phân tử cùng chứa C, H và O thành ba phần bằng nhau. Đốt cháy phần một bằng một lượng oxi vừa đủ rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư thu được 5 gam kết tủa. Phần hai tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 8,64 gam Ag. Phần ba tácdụng với một lượng Na vừa đủ thu được 0,448 lít H2 (đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn + O ,t   CO 2 : 0,05.3 0,15mol    n C/trong X = 0,15mol toàn. Khối lượng của 0,15 mol hỗn hợp X là? +AgNO /NH mol 0. 2. 3 0,15mol X   3    Ag  : 0,08.3 = 0,24. 2  +H   0,02.3 = 0,06 mol    n  H linh động 0,12 mol.   Sè C =. n CO2 nX. CH 3OH: x mol x + y + z = 0,15mol x = 0,06    1    HCHO: y mol    4y + 2z = 0,24mol    y = 0,03  m = 0,06.32 + 0,03.30 + 0,06.46 = 5,58gam  HCOOH: z mol x + z = 0,12mol z = 0,06   . GIÁO VIÊN SƯU TẦM VÀ BIÊN SOẠN: PHẠM HOÀI BẢO-PB.1.11.16.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>