ĐỀ CHUYÊN HÓA TP HCM
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.16 MB, 6 trang )
Nguyễn Đình Hành – Gia Lai
1
Nguyễn Đình Hành – Gia Lai
Nguyễn Đình Hành – Gia Lai
2
Nguyễn Đình Hành – Gia Lai
Nguyễn Đình Hành – Gia Lai
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN HÓA TP HCM
Năm học: 2011-2012
Câu 1:
1- A: Fe
2
O
3
B: SO
2
D: SO
3
E: Na
2
SO
3
G: H
2
O F: Na
2
SO
4
H: BaSO
3
I: BaSO
4
M: NaCl L: H
2
SO
4
X: Br
2
Y: HBr T: HNO
3
Z: AgBr
HS tự viết PTHH
2- giả sử trong X có a mol mỗi chất K
2
O, KHCO
3
, BaCl
2
K
2
O + H
2
O → 2KOH
a 2a (mol)
KOH + KHCO
3
→ K
2
CO
3
+ H
2
O
Bđ: 2a a (mol)
Pư: a a a
Spư: a 0 a
K
2
CO
3
+ BaCl
2
→ BaCO
3
↓ + 2KCl
Bđ: a a (mol)
Pư: a a a 2a
Spư: 0 0 a 2a
Vậy trong dung dịch thu được có:
KOH : a mol
KCl: 2a mol
Câu 2:
1- Dùng QT → CH
3
COOH
Dùng AgNO
3
/ NH
3
→ dd glucozo
Đốt 3 mẫu còn lại → không cháy là dung dịch saccarozo ; cháy nhiều muội than là benzen; cháy có
lửa xanh mờ là rượu etylic.
HS tự viết PTHH:
2- (RCOO)
3
C
3
H
5
+ 3NaOH → 3RCOONa + C
3
H
5
(OH)
3
a 3a 3a a (mol)
NaOH + HCl → NaCl + H
2
O
0,16 0,16 (mol)
Ta có: 0,16 + 3a =
10
0,25
40
=
⇒ a = 0,03 mol
Nếu dùng 1 tấn chất béo thì:
6
NaOH
10
m 3 0,03 40
20
= × × × =
0,18.10
6
(g) = 0,18 tấn
6
6
C H (OH)
3 5 3
10
m 0,03 92 0,138 10
20
= × × = ×
(g) = 0,138 tấn
Theo ĐLBTKL ta có:
RCOONa
m 1 0,18 0,138 1,042= − − =
tấn
XP
1,042 100
m 1,45
72
×
= =
tấn.
3-
C H OH
2 5
m =
115× 0,8 = 92g
A
m
= 126 + 92 = 218 g
Trong 10,9 gam A có:
C H OH
2 5
(
92
m 10,9 4,6
218
m 10,9 4,6 6,3g
ax + H O)
2
(g)
= × =
= − =
số mol H
2
= 0,15 mol ; số mol C
2
H
5
OH = 0,1 mol
3
Nguyễn Đình Hành – Gia Lai
gọi a là số mol C
x
H
y
(COOH)
n
⇒ số mol H
2
O = 2a ( mol)
R(COOH)
n
+ nNa → R(COONa)
n
+
n
2
H
2
↑
a a 0,5an (mol)
H
2
O + Na → NaOH + ½ H
2
↑
2a 2a a (mol)
C
2
H
5
OH + Na → C
2
H
5
ONa + ½ H
2
↑
0,1 0,1 0,05 (mol)
Ta có : 0,5an + a = 0,15 – 0,05 = 0,1
⇒ a =
0,2
n 2+
Mặt khác:
0,2 0,4
(R 45n) 18 6,3
n 2 n 2
+ + × =
+ +
⇒
54 27n
R
2
−
=
( 1 ≤ n ≤ 2 )
Biện luận:
n 1 2
R 13,5 0
( loại) ( nhận)
Vậy axit là HOOC – COOH , CTPT: C
2
H
2
O
4
b/ Rắn B gồm: C
2
O
4
Na
2
; NaOH; C
2
H
5
ONa
Tính khối lượng rắn B theo số mol mỗi chất hoặc áp dụng ĐLBTKL
B
m
=
ddA
m
+
Na
m
-
H
2
m
= 10,9 + (2× 0,15× 23) – (0,15 × 2) = 17,5 gam
Câu 3:
1- Điều kiện để 2 chất cùng tồn tại trong dung dịch là chúng không tác dụng với nhau.
Chọn: A ( KNO
3
và AgNO
3
) ; B: ( MgCl
2
và BaCl
2
) ; C: (K
2
CO
3
và K
3
PO
4
)
- Dùng thuốc thử là dung dịch HCl ( HS tự viết PTHH)
+) Sủi bọt khí là C
+) Không có hiện tượng là B
+) Có kết tủa trắng là A.
2- Từ 21,3 gam KL → 33,3 gam oxit , tăng ∆m = 12g
Vậy
O
m
(oxit) = 12g ⇒
O
n
( oxit) =
12
0,75
16
=
mol
Gọi R là kim loại đại diện cho hỗn hợp Al, Cu, Mg , hóa trị trung bình là x
4R + xO
2
→ 2R
2
O
x
(1)
Gọi V (lít) là thể tích dung dịch axit ⇒
HCl
n
= 2V(mol) ;
H SO
2 4
n
= V (mol)
R
2
O
x
+ 2xHCl → 2RCl
x
+ xH
2
O (2)
R
2
O
x
+ xH
2
SO
4
→ R
2
(SO
4
)
x
+ xH
2
O (3)
Theo (2),(3):
O
n
( oxit) = ½
HCl
n
+
H SO
2 4
n
⇒ 0,75 = 2V ⇒ V = 0,375 lít
( Có thể quy đổi hỗn hợp axit thành 1 axit HCl 4M hoặc H
2
SO
4
2M )
Câu 4:
1- Bình nước vôi tăng 26,24 g ⇒
CO H O
2 2
m m+
= 26,24 gam
Nung nóng dung dịch B thấy có kết tủa, chứng tỏ trong B có Ca(HCO
3
)
2
Số mol KT ( lần 1) = 0,2 ; sô mol KT ( lần 2) = 0,1
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓ + H
2
O
0,2 ←0,2 (mol)
2CO
2
+ Ca(OH)
2
→ Ca(HCO
3
)
2
0,2 ← 0,1 (mol)
Ca(HCO
3
)
2
0
t
→
CaCO
3
↓ + H
2
O + CO
2
↑
0,1 ← 0,1 (mol)
4
Nguyễn Đình Hành – Gia Lai
CO
2
n
= 0,2 + 0,2 = 0,4 mol ⇒
H O
2
26,24 0,4 44
n
18
− ×
=
= 0,48 mol
Vì
H O
2
n
>
CO
2
n
nên chất A là ankan : CTTQ là C
n
H
2n+2
C
n
H
2n+2
+
3n 1
2
+
O
2
0
t
→
nCO
2
+ (n+1) H
2
O
Ta có:
n 1 0,48
n 0,4
+
=
= 1,2 giải ra n = 5
CTPT của A là: C
5
H
12
CTCT có thể có của C
5
H
12
:
CH
3
CH
3
– C – CH
3
CH
3
CH
3
– CH
2
– CH – CH
3
; CH
3
– CH
2
– CH
2
– CH
2
– CH
3
CH
3
b)
Z
M
< 55× 2 = 110
* Chú ý : Z gồm 4 dẫn xuất có cùng CTPT nên
Z
M
= M ( mỗi chất)
Đặt CTPT của mỗi dẫn xuất là : C
5
H
12-x
Cl
x
Ta có : 72 + 34,5x < 110 ⇒ x < 1,1 chỉ có x = 1 là thỏa mãn.
Vậy Z là hỗn hợp các dẫn xuất mono clo
A tạo 4 dẫn xuất mono clo nên A là : CH
3
– CH
2
– CH – CH
3
CH
3
CTCT của các dẫn xuất :
ClCH
2
– CH
2
– CH – CH
3
; CH
3
– CHCl – CH – CH
3
;
CH
3
CH
3
CH
3
– CH
2
– CCl – CH
3
CH
3
– CH
2
– CH – CH
2
Cl
CH
3
CH
3
Câu 5:
a) Chuyển 42,4 gam ( Cu, Fe
3
O
4
) → 36 gam ( Cu, Fe) ⇒ giảm ∆m = 42,4 – 36 = 6,4 gam
Vậy
O
m
( bị khử) = 6,4 gam
H
2
n
( pư) =
O
n
( bị khử) =
6,4
16
= 0,4 mol
Fe
3
O
4
+ 4H
2
0
t
→
3Fe + 4H
2
O
0,1 0,4 0,3 (mol)
Fe
m (B)
= 0,3× 56 = 16,8 gam ;
Cu
m (B) 36 16,8 19,2 gam= − =
b,c) :
Cu
n (A)
=
Cu
n (B)
=
19,2
64
= 0,3 mol
HCl
n
= 0,4× 0,2 = 0,08 mol
4,24 gam A có số mol Cu = 0,03 mol ; số mol Fe
3
O
4
= 0,01 mol
Fe
3
O
4
+ 8HCl → FeCl
2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O
0,01 0,08 0,01 0,02 (mol)(mol)
Lượng Cu tác dụng với FeCl
3
5
Nguyễn Đình Hành – Gia Lai
Cu + 2FeCl
3
→ 2FeCl
2
+ CuCl
2
Bđ: 0,03 0,02 0 0 (mol)
tpư: 0,01 0,02 0,02 0,01 (mol)
Spư: 0,02 0 0,02 0,01
Rắn C :
{
Cu : 0,02 mol }
; dung dịch D:
2
2
FeCl :
CuCl :
0,03 mol
0,01 mol
C
m =
0,02× 64 = 1,28 (gam)
m
muối
= m = 0,03× 127 + 0,01× 135 = 5,16 gam
Nguyễn Đình Hành - THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai
mail :
ĐT : 0988.275.288
6
