Nguyễn Đình Hành THCS Chu Văn An –Đak Pơ – Gia Lai
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2010-2011
MÔN THI : HÓA HỌC - LỚP 9 -THCS
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (4 điểm)
1. Cho a mol CO
2
hấp thụ vào dung dịch chứa b mol Ca(OH)
2
. hãy biện luận và vẽ đồ thị về sự phụ thuộc
của số mol kết tủa vào số mol CO
2
. Lập biểu thức tính số mol kết tủa theo a, b.
2. Viết các phương trình hóa học để điều chế
a. Brombenzen, đibrom etan, nhựa PVC từ nguyên liệu là than đá, đá vôi và các hóa chất vô cơ cần thiết
khác.
b. Supephotphat đơn và supephotphat kép từ nguyên liệu là quặng apatit, quặng firit và các hóa chất vô cơ
cần thiết khác.
Bài 2 (4 điểm).
1. Cho 2,8 gam chất X
1
tác dụng vừa đủ với dung dịch loãng có chứa 4,9 gam H
2
SO
4
thu được muối X
2

và
chất X
3
.
a. Xác định chất X
1
. b. Nếu chất X
2
thu được là 7,6 gam, hãy xác định chất X
3
.
Cho biết X
1
có thể là: CaO, MgO, NaOH, KOH, Zn, Fe.
2. Cho hỗn hợp Na
2
CO
3
.10H
2
O và K
2
CO
3
. Bằng cách nào có thể xác định phần trăm khối lượng các chất có
trong hỗn hợp.(Các hóa chất và dụng cụ thí nghiệm coi như có đủ)
3. Không dùng thêm hóa chất nào khác hãy phân biệt các chất sau: nước, dung dịch muối ăn, dung dịch
HCl, dung dịch Na
2
CO

3
.
4. a. Hãy trình bày cách loại bỏ mỗi khí trong hỗn hợp khí sau để thu được khí tinh khiết.
SO
3
có lẫn trong hỗn hợp SO
2
, SO
3
. CO
2
có lẫn trong hỗn hợp CO
2
, CH
4
.
b. Mỗi hỗn hợp khí cho dưới đây có thể tồn tại được không ? Nếu tồn tại thì chỉ rõ điều kiện.
NO và O
2
; H
2
và Cl
2
; SO
2
và O
2
; O
2
và Cl

2
.
Bài 3 (6 điểm).
1. Hỗn hợp gồm Hidrocacbon X và O
2
có tỷ lệ mol 1:10. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí trên thu được hỗn
hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H
2
SO
4
đặc dư, thu được hỗn hợp khí Z có tỷ khối so với H
2
là 19. Xác định
công thức phân tử của X.
2. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí A gồm Mêtan và Etilen thu được CO
2
và hơi nước có tỷ lệ thể tích là
5:8. Đốt cháy hoàn toàn 3,8 gam hỗn hợp A rồi hấp thụ hoàn toàn sản phẩm vào 500 ml dung dịch chứa
Ba(OH)
2
0,3 M và NaOH 0,16 M. Hỏi sau khi hấp thụ thì khối lượng phần dung dịch tăng hay giảm bao nhiêu
gam ?
3. Cho 5,6 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm hai anken liên tiếp trong dãy đồng đẳng tác dụng với nước có xúc
tác thích hợp, rồi tách lấy toàn bộ rượu tạo thành. Chia hỗn hợp rượu làm 2 phần bằng nhau:
Phần 1 cho tác dụng hết với Na sinh ra 840 ml khí H
2
(đktc).
Phần 2 đem đốt cháy hoàn toàn thì lượng CO
2
thu được nhiều hơn lượng nước là 3,85 gam.

a. Tìm công thức phân tử của các anken và các rượu.
b. Biết hỗn hợp X nặng hơn H
2
là 18,2 lần. Tính hiệu suất phản ứng hợp nước của mỗi anken.
Bài 4 (6 điểm).
1. Cho 0,05 mol CO
2
hấp thụ hoàn toàn vào 500 ml dung dịch Ba(OH)
2
(dung dịch A) thì thu được m gam
kết tủa. Nếu cho 0,35 mol CO
2
hấp thụ hoàn toàn vào 500 ml dung dịch A thì cũng thu được m gam kết tủa.
Xác định m và tính C
M
của dung dịch A.
2. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Na
2
O và Al
2
O
3
vào nước được 200 ml dung dịch Y chỉ chứa một chất
tan duy nhất có nồng độ 0,5 M. Thổi khí CO
2
dư vào dung dịch Y thì thu được a gam kết tủa. Viết các phương
trình hóa học xảy ra và tính các giá trị a, m.
3. Cho hỗn hợp A gôm MgO, Al
2
O

3
. Chia A làm hai phần bằng nhau mỗi phần có khối lượng 9,94 gam.
Cho phần 1 tác dụng với 100 ml dung dịch HCl đun nóng và khuấy đều chế hóa sản phẩm được 23,69 gam chất
rắn khan. Cho phần 2 tác dụng với 200 ml dung dịch HCl có nồng độ như trên đun nóng và khuấy đều chế hóa
sản phẩm được 25,34 gam chất rắn khan. Tính %m các chất trong hỗn hợp A và C
M
dung dịch HCl đã dùng.
Biết H =1, O = 16, C = 12, Cl = 35,5, Na =23, Mg = 24, Al = 27, K = 39, Ca =40, Fe =56, Ba =137, Zn = 65
1
Nguyễn Đình Hành THCS Chu Văn An –Đak Pơ – Gia Lai
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG BẮC NINH 2010-2011
Bài 1:
1. Các phương trình phản ứng lần lượt xảy ra theo thứ tự là:
-Đầu tiên phản ứng tạo CaCO
3
tăng dần đến cực đại ( khi số mol Ca(OH)
2
phản ứng hết)
CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
↓
+ H
2
O (1)

b b b (mol)
- Khi số mol CO
2
dư so với Ca(OH)
2
thì kết tủa CaCO
3
tan dần cho đến hết ( b mol)
CO
2
+ H
2
O + CaCO
3

→
Ca(HCO
3
)
2
(2)
b b (mol)
Ta có các trường hợp sau:
-TH1: Nếu a ≤ b thì chỉ xảy ra (1), CO
2
thiếu hoặc vừa đủ so với Ca(OH)
2
⇒
CaCO
3

n
= a (mol).
-TH2: Nếu b <a < 2b thì đã xảy ra (2), kết tủa CaCO
3
tan 1 phần ⇒
CaCO
3
n
= b- (a-b) = (2b – a) (mol).
-TH3: Nếu a ≥ 2b thì kết tủa CaCO
3
tan hoàn toàn,
CaCO
3
n
= 0 (mol)
Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol CaCO
3
theo số mol CO
2
như sau:
max
0 b 2b
2
a. Các phương trình phản ứng xảy ra lần lượt là:
CaCO
3

0
900 C

→
CaO + CO
2
↑
CaO + 3 C
0
200O C
→
CaC
2
+ CO ↑
CaC
2
+ 2H
2
O
→
C
2
H
2
↑ + Ca(OH)
2

3CH≡CH
0
600 C
boät than
→
C

6
H
6
( benzen)
.
CH≡CH + 2HBr
→
CH
3
-CHBr
2
( đibrom etan)
{ hoặc chuyển thành C
2
H
4
rồi cộng hợp Br
2
: C
2
H
2
+ H
2

0
t ,Pd
→
C
2

H
4

Br
2
→
C
2
H
4
Br
2
}
CH≡CH +HCl
0
xt
t
→
CH
2
=CHCl
nCH
2
=CHCl
0
p,t C,xt
Trung hop
→
(-CH
2

-CHCl-)
n
PVC
b. Các phương trình phản ứng xảy ra:
4FeS
2
+ 11 O
2

0
t C
→
2 Fe
2
O
3
+ 8 SO
2

2 SO
2
+ O
2

0
2 5
V O ,t C
→
2 SO
3

.
SO
3
+ H
2
O

→
H
2
SO
4
.
* Điều chế supe photphat đơn: Ca(H
2
PO
4
)
2
+ CaSO
4
( dùng Ca
3
(PO
4
)
2
dư )
Ca
3

(PO
4
)
2
+2 H
2
SO
4 đặc

0
t C
→
Ca(H
2
PO
4
)
2
+ 2CaSO
4
.
* Điều chế supe photphat kép: Ca(H
2
PO
4
)
2
( dùng Ca
3
(PO

4
)
2
vừa đủ, tách H
3
PO
4
cho tác dụng H
2
SO
4
đặc )
Ca
3
(PO
4
)
2
( vừa đủ) + 3 H
2
SO
4 đặc

0
t C
→
2H
3
PO
4

+ 3CaSO
4

Ca
3
(PO
4
)
2
+ 4 H
3
PO
4
0
t C
→
3 Ca(H
2
PO
4
)
2
.
2
2
CO
n
3
CaCO
n

b
Nguyễn Đình Hành THCS Chu Văn An –Đak Pơ – Gia Lai
Bài 2:
1.a. Ta có
2 4
H SO
4,9
n 0,05(mol)
98
= =
Theo đề X
1
có thể là CaO, MgO, NaOH, KOH, Zn, Fe ⇒ X
1
có thể là oxit bazơ, hoặc bazơ, hoặc kim loại.
* TH1: X
1
oxit bazơ ( CaO, MgO) CTTQ là RO
RO + H
2
SO
4

→
RSO
4
+ H
2
O (1)
0,05 0,05 0,05 (mol)


RO
2,8
M 56(gam)
0,05
= =
⇒
R
M
= 40 ( Ca) ⇒ oxit là CaO ( nhận)
* TH2: X
1
là bazơ ( NaOH, KOH) đặt CTTQ là ROH.
2ROH + H
2
SO
4

→
R
2
SO
4
+ H
2
O (2)
0,1 0,05 0,05 (mol)

ROH
2,8

M 28(gam)
0,1
= =
⇒
R
M
= 11 ( loại)
* TH3: X
1
là kim loại (Zn, Fe) , gọi kim loại là R
R + H
2
SO
4

→
RSO
4
+ H
2
(3)
0,05 0,05 0,05 (mol)

R
2,8
M 56(gam)
0,05
= =
vậy R là Fe
Vậy X

1
có thể là CaO hoặc Fe ⇒ X
2
có thể là CaSO
4
hoặc FeSO
4
b. *TH1: Nếu X
2
là CaSO
4
thì
CaSO
4
m 0,05.136 6,8(gam)= =
≠ 7,6 gam (loại)
* TH2: Nếu X
1
là Fe thì
FeSO
4
m 0,05.152 7,6(gam)= =
( thỏa mãn) ⇒ X
3
là H
2
2. Lấy một lượng hỗn hợp {Na
2
CO
3

.10H
2
O và K
2
CO
3
}đem cân, Giả sử cân được m
1
(g)
Nung hỗn hợp đến khối lượng không đổi cho nước bay hơi hết.
Cân hỗn hợp rắn còn lại ( Na
2
CO
3
, K
2
CO
3
) được m
2
gam.
Số mol H
2
O là:
2
1 2
H O
m m
n (mol)
18

−
=
;
1 2
Na CO H O
2 3 2
m m1
n n (mol)
10 180
−
= =

1 2
Na CO .10H O
2 3 2
(m m ).286
m (gam)
180
−
=
và %m các chất trong hỗn hợp là:

1 2
1
Na CO .10H O
2 3 2
(m m ).286
%m .100%
180.m
−

=
,
2 3
1 2
K CO
1
(m m ).286
%m 100% .100%
180.m
−
= −
3. – Trích mẫu rồi cho các mẫu tác dụng với nhau theo đôi một, phân biệt được 2 cặp chất
+ Cặp chất xảy ra phản ứng và thoát ra khí không màu là: dd HCl và dd Na
2
CO
3
. (cặp A)
Na
2
CO
3
+ 2HCl
→
2 NaCl + H
2
O + CO
2
↑
+ Cặp còn lại là dd NaCl và H
2

O ( cặp B)
- Cô cạn mỗi chất ở A, nhận ra ddHCl không để lại dấu vết, ddNa
2
CO
3
còn bã rắn màu trắng.
- Cô cạn mỗi chất ở B, nhận ra nước không còn bã rắn, dd NaCl còn bã rắn màu trắng.
4.a.
* Loại bỏ SO
3
trong hỗn hợp SO
3
và SO
2
:
- Dẫn hỗn khí vào dung dịch Ba(OH)
2
dư thì cả SO
3
và SO
2
đều bị hấp thụ, lọc kết tủa nung đến hoàn toàn thì
thu được SO
2

SO
2
+ Ba(OH)
2


→
BaSO
3
↓ + H
2
O
SO
3
+ Ba(OH)
2

→
BaSO
4
↓ + H
2
O
BaSO
3

0
t
→
BaO + SO
2
↑
* Loại bỏ CO
2
trong hỗn hợp CO
2

và CH
4
:
Dẫn hỗn hợp qua dung dịch NaOH dư ( hoặc dung dịch NaAlO
2
dư) thì CO
2
bị hấp thu, khí CH
4
bay ra ta
thu được CH
4
.
3
{ hoặc dẫn qua dd BaCl
2
dư thì SO
3
bị hấp thụ)
BaCl
2
+ SO
3
+ H
2
O → BaSO
4
↓ + 2HCl }
Nguyễn Đình Hành THCS Chu Văn An –Đak Pơ – Gia Lai
CO

2
+ 2NaOH
→
Na
2
CO
3
+ H
2
O (Hoặc CO
2
+ NaAlO
2
+2 H
2
O
→
NaHCO
3
+ Al(OH)
3
↓ )
b. Điều kiện để một cặp chất tồn tại trong cùng một hỗn hợp là các cặp chất không tác dụng với nhau.
+ Hỗn hợp NO, O
2
không tồn tại ở mọi điều kiện vì phản ứng được với nhau:
2 NO + O
2

→

2 NO
2
.
+ Hỗn hợp H
2
, Cl
2
chỉ tồn tại trong bóng tối và ở nhiệt độ thấp, vì khi chiếu sáng hoặc đun nóng thì chúng
phản ứng với nhau:
H
2
+ Cl
2

as
0

hoaëc t
→
2 HCl.
+ Hỗn hợp SO
2
, O
2
chỉ tồn tại ở nhiệt độ thấp, khi đun nóng từ 450
0
C trở lên, áp suất và xúc tác thích hợp
thì chúng phản ứng với nhau:
2SO
2

+ O
2

0
2 5
V O ,450 C,p
→
2SO
3
.
+Hỗn hợp Cl
2
, O
2
tồn tại ở mọi điều kiện vì chúng không trực tiếp phản ứng với nhau.
Bài 3:
1. Giả sử có 1 mol X và 10 mol O
2
. Đặt CT của hidrocac bon là : C
x
H
y
( x ≥ 1 , x ≤ y ≤ 2 x + 2 , y chẵn )
C
x
H
y
+
(x 0, 25y)+
O

2

0
t
→
xCO
2
+ 0,5y H
2
O
Sản phẩm cháy dẫn qua bình H
2
SO
4
đặc dư ( hút hết nước) nhưng lại thu được hỗn hợp khí Z. Chứng tỏ O
2
hoặc C
x
H
y
còn dư
Ta có
Z
H
2
d 19=
⇒
Z
M 19.2 38= =
.

* TH1: Nếu O
2
phản ứng hết ⇒ Z gồm CO
2
và C
x
H
y
( dư).
Vì
2
CO
M 44 38
C H
x y
M < 38= > ⇒
⇒ 12x + y < 38 ⇒ x <
38
3,2
12
=
(1)
Vậy x = {1,2,3}
Mặt khác do O
2
pư hết nên:
10
x 0,25y+
<
1

1
⇒ 10 < x + 0,25y ⇒
10 x
y
0,25
−
>
(2)
Thay x = 1,2,3 vào (2), ta có bảng biện luận ( y ≤ 2x + 2):
x 1 2 3
y >36 >32 >28
Kết luận Loại Loại Loại
Vậy trường hợp O
2
pư hết là không thỏa mãn.
* TH2: C
x
H
y
pư hết ⇒ Z gồm CO
2
và O
2
dư
O
2
(dư) n
1
M
1

= 32 6
→ 1
M
=38
CO
2
n
2
M
2
= 44 6
→ 1
⇒ n
1
= n
2

C
x
H
y
+
(x 0, 25y)+
O
2

0
t
→
xCO

2
+ 0,5y H
2
O
Bđ: 1 10 0 (mol)
Pư: 1 → ( x + 0,25y) x
Spư: 0 (10 –x -0,25y) x
Vậy 10 – x – 0,25y = x ⇒
10 2x
y 40 8x
0,25
−
= = −

Biện luận: Điều kiện: y, nguyên, chẵn và y ≤ 2x + 2
x 1 2 3 4 5
y 32 24 16 8 0
Kết luận Loại Loại Loại Nhận Loại
Vậy chỉ x = 4, y = 8 là thỏa mãn ⇒ CTPT của hidro cacbon là C
4
H
8
2. gọi x,y lần lượt là số mol CH
4
và C
2
H
4
trong 3,8 gam hỗn hợp A
Các phương trình phản ứng cháy của hỗn hợp A.

4
Hoặc : x < (1) ;
x > 10 – 0,25 y (2)
(1) và (2) ⇒ 10 – 0,25y < 3,2 ⇒ y > 27,2
( vô lý)
Nguyễn Đình Hành THCS Chu Văn An –Đak Pơ – Gia Lai
CH
4
+ 2O
2

0
t
→
CO
2
+ 2H
2
O (1)
x x 2x (mol)
C
2
H
4
+ 3O
2

0
t
→

2CO
2
+ 2H
2
O (2)
y 2y 2y (mol)
Theo đề bài ta có :
16x 28y 3,8
x 2y 5
2x 2y 8
+ =


+

=

+

⇔
16x 28y 3,8
x 3y 0
(I)
(II)
+ =


− =

Giải (I) và (II) được: x = 0,15 và y = 0,05

Vậy
CO
2
n =
x + 2y = 0,15 + 0,1 = 0,25 mol ;
H O
2
n =
2x + 2y = 0,3 + 0,1 = 0,4 (mol)
Số mol NaOH = 0,08 mol ; số mol Ba(OH)
2
= 0,15 mol
⇒ tổng số mol OH = 0,08 + 0,15 × 2 = 0,38 (mol)
Vì
OH
CO
2
n
0,38
1 2
n 0,25
< = <
⇒ phản ứng tạo 2 loại muối axit và muối trung hòa. ( không có chất dư)
CO
2
+ NaOH → NaHCO
3
(3)
2CO
2

+ Ba(OH)
2
→ Ba(HCO
3
)
2
(4)
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
↓ + H
2
O (5)
CO
2
+ 2NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O (6)
Gọi a là số mol CO
2
ở (3) và (4) ; b là số mol CO
2
ở (5) và (6) :

Ta có : a + b = 0,25 (*) ; a + 2b = 0,38 (**) giải hệ (*) và (**) được : a = 0,12 , b = 0,13
Vì trong dung dịch không thể tồn tại cả 2 muối Na
2
CO
3
và Ba(HCO
3
)
2
( do pư với nhau) nên (4) và (6) không
đồng thời xảy ra :
- TH1 : Nếu không có (4) thì
BaCO
3
n =
Ba(OH)
2
n
= 0,15 mol.,
CO
2
n (5)
= 0,15 > 0,13 ( vô lý)
- TH2 : Nếu không có (6) thì
BaCO
3
n =
CO
2
n (5)

= b = 0,13 mol. ⇒
BaCO
3
m
= 0,13 × 197 = 25,61gam
Tổng khối lượng CO
2
và H
2
O = 0,25× 44 + 0,4× 18 = 18,2 gam <
BaCO
3
m
Vậy khối lượng dung dịch giảm : 25,61 – 18,2 = 7,41 gam
Cách 2 : Vì
OH
CO
2
n
0,38
1 2
n 0,25
< = <
⇒ phản ứng tạo 2 loại muối axit và muối trung hòa. ( không có chất dư)
Các pt pư có thể xảy ra :
CO
2
+ NaOH → NaHCO
3


2CO
2
+ Ba(OH)
2
→ Ba(HCO
3
)
2

CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
↓ + H
2
O
CO
2
+ 2NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O
Gọi a,b lần lượt là số mol =CO
3
và số mol -HCO

3
tạo thành
Số mol OH = 2
CO
3
n
+
HCO
3
n
⇒ 2a + b = 0,38 (*)
Số mol CO
2
= số mol -HCO
3
+ số mol =CO
3
⇒ a + b = 0,25 (**)
Giải hệ (*) và (**) ta có : a = 0,13 ; b = 0,12
Vì
2
CO
3
n
+
= 0,13 <
Ba
n (baz)
= 0,15 ⇒ BaCO
3

không cực đại nên trong dung dịch không có Na
2
CO
3

BaCO
3
n
=
2
CO
3
n
+
= 0,13 (mol)
m∆
(dung dịch) = 0,25× 44 + 0,4× 18 - 0,13 × 197 = - 7,41 gam ( tức là dung dịch giảm 7,41 gam)
( Lưu ý : Thực tế nếu xét theo các p/ứng nối tiếp thì số muối BaCO
3
tạo ra trước nhưng bị tan sau, vì vậy khi
Na
2
CO
3
và BaCO
3
cùng tồn tại thì BaCO
3
phải cực đại. Lúc này số mol KT = 0,15 >
2

CO
3
n
+
= 0,13 là vô lý)
Cách 3 : Xét theo phương pháp nối tiếp :
Các phản ứng xảy ra theo trình tự ( chất kết tủa tạo ra trước, nhưng tan ra sau) :
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
↓ + H
2
O (1)
5
Nguyn ỡnh Hnh THCS Chu Vn An ak P Gia Lai
0,15 0,15 0,15 (mol)
CO
2
+ 2NaOH Na
2
CO
3
+ H
2
O (2)
0,04 0,08 0,04
CO

2
+ H
2
O + Na
2
CO
3
NaHCO
3
(3)
0,04 0,04
Sau phn ng (1 3) lng CO
2
vn cũn d : 0,25 0,23 = 0,02 (mol) nờn kt ta BaCO
3
b tan 1 phn
CO
2
+ H
2
O + BaCO
3
Ba(HCO
3
)
2

0,02 0,02 (mol)
Vy lng BaCO
3

cũn li : 0,15 0,02 = 0,13 (mol)
m
(dung dch) = 0,25ì 44 + 0,4ì 18 - 0,13 ì 197 = - 7,41 gam ( tc l dung dch gim 7,41 gam)
3. t CTTB cua 2 anken la:
n 2n
C H
;
n 2 n
C H
5,6
n 0,25(mol)
22,4
= =
( s mol hn hp)

n 2n
C H
+ H
2
O
0
2 4
H SO ,t ủaởc

n 2n 1
C H
+
OH (1)
Phn 1: s mol H
2

= 0,84 : 22,4 = 0,0375 mol
n 2n 1
C H
+
OH + Na
n 2n
C H
ONa + ẵ H
2
(2)
0,075 0,0375 (mol)
Nh vy (1)
n 2n
C H
phn ng cha ht, lng ru thu c ch bng 0,075ì 2 = 0,15 mol.
Phn 2:
n 2n 1
C H
+
OH +
1,5n
O
2

0
t


n
CO

2
+ (
n
+1)H
2
O (3)
0,075 0,075
n
0,075(
n
+1) mol
Theo : (0,075
n
ì 44) 0,075(
n
+1)ì 18 = 3,85
3,3
n
- 1,35
n
= 5,2 1,95
n
= 5,2
n
= 2,67 =
8
3
Vy phi cú 1 an ken vi n < 2,67 ú l C
2
H

4
Vỡ 2 anken liờn tip nờn CTPT ca anken th 2 l C
3
H
6
.
CTPT ca cỏc ru: C
2
H
5
OH v C
3
H
7
OH
b)
2
X / H
d =
18,2
X
M
= 18,2 ì 2 = 36,4 (g)
( D kin ny tha vỡ ó bit
n
=
8
3

X

M
= 14.
8
3
=37,3 nhng cho thờm d kin l bỏi toỏn trũn hn)
Theo (1)
n 0,25( lyự thuyeỏt) = n
rửụùu
anken
=
(mol)
{ Lu ý : Hiu sut trung bỡnh ca 2 phn ng hp nc l :
0,075 2
H% 100% 60%
0,25
ì
= ì =
}
Gi x l s mol ca C
2
H
4
s mol C
3
H
6
l (0,25 x)
Ta cú : 28x + (0,25 x)ì 42 = 36,4ì 0,25 = 9,1 14x = 1,4 x = 0,1
Vy s mol C
2

H
4
= 0,1 (mol) v s mol C
3
H
6
= 0,15 mol
Gi h
1
, h
2
ln lt l hiu sut ca phn ng hp nc ca C
2
H
4
v C
3
H
6
C
2
H
4
+ H
2
O C
2
H
5
OH

0,001h
1
0,001h
1
(mol)
C
3
H
6
+ H
2
O C
3
H
7
OH
0,0015h
2
0,0015h
2
(mol)
Ta cú : 0,001h
1
+ 0,0015h
2
= 0,15 h
1
+ 1,5h
2
= 150 (*)

C
2
H
5
OH + 3O
2
2CO
2
+ 3H
2
O
0,001h
1
0,002h
1
0,003h
1
(mol)
C
3
H
7
OH + 9/2O
2
3CO
2
+ 4H
2
O
0,0015h

2
0,0045h
2
0,006h
2
(mol)
Ta cú : (0,002h
1
+ 0,0045h
2
).44 (0,003h
1
+ 0,006h
2
)18 = 3,85 ì 2 3,4h
1
+ 9h
2
= 770 (**)
( Lu ý : t ẵ lng ru thỡ CO
2
hn H
2
O l 3,85 gam, vy t ht lng ru thỡ s gam chờnh
lch s gp ụi = 7,7 gam)
Gii h phng trỡnh (*) v (**) c : h
1
= 50% v h
2
= 66,67 %

6
Nguyễn Đình Hành THCS Chu Văn An –Đak Pơ – Gia Lai
Cách 2 : Gọi h
1
, h
2
lần lượt là hiệu suất dạng thập phân của phản ứng hợp nước của C
2
H
4
và C
3
H
6
C
2
H
4
+ H
2
O → C
2
H
5
OH
0,1h
1
0,1h
1
(mol)

C
3
H
6
+ H
2
O → C
3
H
7
OH
0,15h
2
0,15h
2
(mol)
Ta có : 0,1h
1
+ 0,15h
2
= 0,15 ⇔ h
1
+ 1,5h
2
= 1,5 (*)
C
2
H
5
OH + 3O

2
→ 2CO
2
+ 3H
2
O
0,05h
1
0,1h
1
0,15h
1
(mol)
C
3
H
7
OH + 9/2O
2
→ 3CO
2
+ 4H
2
O
0,075h
2
0,225h
2
0,3h
2

(mol)
Ta có : (0,1h
1
+ 0,225h
2
).44 – (0,15h
1
+ 0,3h
2
)18 = 3,85 ⇔ 1,7h
1
+ 4,5h
2
= 3,85 (**)
Giải hệ phương trình (*) và (**) được : h
1
= 0,5 và h
2
= 0,6667
Vậy hiệu suất của các phản ứng hợp nước là H
1
=50% và H
2
=66,67%
Bài 4:
1. Nếu 0,05 mol CO
2
+ 500ml dd Ba(OH)
2
→ kết tủa cực đại, thì khi dùng 0,35 mol CO

2
thì lượng kết tủa sẽ
giảm xuống. Đề cho 2 TN đều tạo m(gam) ⇒ TN1 kết tủa chưa cực đại, Ba(OH)
2
còn dư còn TN2 Ba(OH)
2
ản
ứng hết, lượng kết tủa cũng chưa cực đại ⇒ pư tạo 2 muối.
TN1 : CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
↓ + H
2
O. (1)
0,05 0,05 0,05
TN2: Ba(OH)
2
+ CO
2

→
BaCO
3
↓ + H
2
O. (2)
0,05 0,05 0,05

Ba(OH)
2
+ 2 CO
2

→
Ba(HCO
3
)
2
(3)
0,15 (0,35 -0,05)
Vậy m =
3
BaCO
m
= 0,05.197 = 9,85 (gam) ;
2
M
0,05 0,15
C (Ba(OH) )
0,5
+
=
= 0,4 (M)
2. Dung dịch Y chỉ có 1 chất tan, khi cho dd Y + CO
2
tạo ra kết tủa. Chứng tỏ chất tan trong Y là NaAlO
2
.

Vậy Al
2
O
3
và Na
2
O đều phản ứng hết.
Gọi số mol Na
2
O và Al
2
O
3
là a,b (mol)
Na
2
O + H
2
O
→
2NaOH (1)
a 2a
2 NaOH + Al
2
O
3

→
2 NaAlO
2

+ H
2
O (2)
2b b 2b
CO
2
+ 2H
2
O + NaAlO
2
→ NaHCO
3
+ Al(OH)
3
↓ (3)
2b 2b
Ta có: 2b = 0,2× 0,5 = 0,1 ⇒ b = 0,05
Do NaOH và Al
2
O
3
đều phản ứng hết nên 2b = 2a ⇒ a = b = 0,05
Khối lượng hỗn hợp: m = 0,05 ( 62 + 102) = 8,2 gam
Khối lượng kết tủa: a = 2× 0,05× 78 = 7,8 gam.
3. Các phương trình phản ứng xảy ra:
MgO + 2HCl
→
MgCl
2
+ H

2
O (1)
Al
2
O
3
+ 6HCl
→
2 AlCl
3
+ 3 H
2
O (2)
Theo các ptpư: cứ 1mol O (16g) → 2mol Cl (71g) khối lượng chất rắn tăng: 55gam
* TN1: chất rắn tăng : 23,69 – 9,94 = 13,75gam ⇒
HCl
n
( pư) =
Cl
n
(pư)
13,75
2 0,5
55
(mol)= × =
* TN2: chất rắn tăng : 25,34 – 9,94 = 15,4gam ⇒
HCl
n
( pư) =
Cl

n
(pư)
15,4
2 0,56
55
(mol)= × =
> 0,5
Vậy ở TN2 HCl còn tiêu hao thêm nên ⇒ TN1 hỗn hợp oxit kim loại còn dư.
( Hoặc lý luận khi tăng lượng axit mà lượng chất rắn còn tăng nên TN1 oxit kim loại còn dư)
Do nồng độ 2 dd axit bằng nhau, nên nếu ở TN2 lượng HCl phản ứng hết thì :
0,5 0,56
0,1 0,2
=
(vô lý)
7
Nguyễn Đình Hành THCS Chu Văn An –Đak Pơ – Gia Lai
⇒ TN
2
lượng axit HCl còn dư và hỗn hợp oxit hết.
Gọi a, b lần lượt là số mol của MgO và Al
2
O
3
trong hỗn hợp A.
Xét TN2: ta có: 40a + 102b = 9,94 (*)
2a + 6b = 0,56 ⇔ a + 3b = 0,28 (**)
giải hệ (*) và (**) ta được: a = 0,07 , b = 0,07
%
MgO
0,07.40

m 100%
9,94
= ×
= 28,17% ; %
Al O
2 3
m 100% 28,17% 71,83%= − =
Xét TN1: HCl hết ⇒
M
0,5
C (HCl) 5
0,1
= =
(M)
* Lưu ý: Có thể giải hệ :
40a 102b 9,94
95a 2b.133,5 25,34
+ =


+ =

⇔
40a 102b 9,94
95a 267b 25,34
+ =


+ =


⇒
a 0,07
b 0,07
=


=

Giáo viên giải: Nguyễn Đình Hành
Trường THCS Chu Văn An - Đak Pơ - Gia Lai
8