Đề thi chính thức vào 10 mơn Hóa - Hệ chuyên -Chuyên Sư Phạm Hà Nội - năm 2018 2019
Câu 1: 1. Nung nóng hỗn hợp gồm BaCO3, Cu, FeO ( trong điều kiện khơng có có khơng
khí), sau một thời gian thu được chất rắn A và khí B. Hấp thụ khí B vào dung dịch KOH, thu
được dung dịch C, biết rằng dung dịch C tác dụng được với dung dịch CaCl2 và NaOH. Cho
A vào nước dư, thu được dung dịch D và chất rắn E. Cho E tác dụng với dung dịch HCl dư,
thu được khí B, dung dịch F và chất rắn G. Nếu cho A vào dung dịch H2SO4 đặc, dư, đun
nóng thì thu được hỗn hợp khí H, dung dịch I và kết tủa K. Xác định các chất chứa trong A,
B, C, D, E, F, G, H, I, K và viết các phương trình phản ứng.
2. Từ hỗn hợp gồm CuCO3, MgCO3, Al2O3 và BaCO3 hãy điều chế từng kim loại riêng biệt
với điều kiện không làm thay đổi khối lượng của từng kim loại trong hỗn hợp.
Câu 2: 1. Viết các phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện thực hiện sơ đồ chuyển hóa
sau:
 H2
 A1
t ,cao
t , p , xt
CH 4 
 A1 
 A2 
 A3 
 A4 
A5 
 Polime X


t ,p,xt
A6 
 polime Y 

Cho biết từ A1 đến A6 là các chất hữu cơ khác nhau và mỗi mũi tên là một phản ứng.
2. Hỗn hợp khí A gồm C2H6, C3H6 và C4H6 tỉ khối của A so với H2 bằng 24. Đốt cháy hoàn

toàn 0,96 gam A trong oxi dư rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào 1 lít dung dịch Ba(OH)2
0,05M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa và dung dịch B. Hỏi
khối lượng dung dịch B tăng hay giảm bao nhiêu gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu?
Câu 3: 1. Hòa tan hoàn toàn 24 gam hỗn hợp A gồm oxit, hiđroxit và muối cacbonat của kim
loại M ( có hóa trị không đổi) trong 100 gam dung dịch H2SO4 39,2% thu được 1,12 lít khí
(đktc) và dung dịch B chỉ chứa một muối trung hịa duy nhất có nồng độ 39,41%. Xác định
kim loại M.
2. Ba chất hữu cơ X, Y, Z, mạch hở, thành phần chứa C, H, O và đều có tỉ khối hơi so với O2
bằng 1,875. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và viết các phương trình phản ứng
biết rằng cả ba chất đều tác dụng với Na giải phóng khí H2. Khi oxi hóa X ( xúc tác thích hợp
) tạo ra X1 tham gia phản ứng tráng gương. Chất Y tác dụng với dung dịch NaHCO3, cịn chất
Z có khả năng tham gia phản ứng tráng gương.
Câu 4: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M ( hóa trị khơng đổi) trong
dung dịch HCl dư, thu được 1,008 lít khí (đktc) và dung dịch chứa 4,575 gam muối.
1. Tính khối lượng m.


2. Hòa tan hết m gam hỗn hợp A trong dung dịch chứa đồng thời hai axit: HNO3 ( đặc) và
H2SO4 ( khi đun nóng) thu được 1,8816 lít hỗn hợp B gồm 2 khí (đktc). Tỉ khối của hỗn hợp
B so với H2 bằng 25,25. Xác định kim loại M biết rằng trong dung dịch tạo thành không chứa
muối amoni.
Câu 5: Chất hữu cơ A mạch hở, thành phần chính chứa C, H, O trnong đó oxi chiếm 44,44%
về khối lượng. Phân tử khối của A là 144 đvC. Cho A tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ
cô cạn thì phần rắn thu được coi như chỉ chứa một muối B và phần hới chứa hai chất hữu cơ
C, D trong đó C có khả năng hợp H2 tạo thành rượu.
1. Tìm các cơng thức cấu tạo có thể có của A.
2. Biết rằng hai chất hữu cơ C, D đều là rượu. Xác định công thức cấu tạo của A, B,C, D và
viết các phương trình phản ứng.
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:

1. Nung hỗn hợp BaCO3, Cu, FeO chỉ có BaCO3 bị nhiệt phân hủy
t
BaCO3 
 BaO + CO2↑ (B)

Rắn A gồm: Cu, FeO, BaO, có thể có BaCO3 dư
Khí B là CO2
CO2 + KOH → KHCO3
CO2 + 2KOH → K2CO3 + H2O
Dung dịch C gồm KHCO3 và K2CO3
KHCO3 + NaOH → K2CO3 + Na2CO3 + H2O
K2CO3 + CaCl2 → CaCO3↓ + 2KCl
A + H2O dư có phản ứng xảy ra:
BaO + H2O → Ba(OH)2
Vây dd D là Ba(OH)2
rắn E là Cu, FeO, có thể có BaCO3 dư
E + HCl dư → khí B + dd F + rắn G
BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2↑ + H2O
FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O
Dd F gồm: BaCl2, FeCl2 và HCl dư
Rắn G là Cu
A + H2SO4 đặc => hỗn hợp khí H ( từ đây khẳng định chắc chắn A có BaCO3 dư)
t
 BaSO4↓ + CO2 + H2O
BaCO3 + H2SO4 đặc 


t
Cu + 2H2SO4 đặc 
 CuSO4 + SO2↑ + 2H2O


t
2FeO + 4H2SO4 đặc 
 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O

Hỗn hợp khí H gồm: SO2 và CO2
Dung dịch I gồm: CuSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4 đặc, nóng dư
Kết tủa K là: BaSO4.
2. Yêu cầu bài toán điều chế Cu, Mg, Al, Ba mà khơng làm thay đổi khối lượng kim loại của
chúng
Ta có thể tách theo sơ đồ sau

Các phương trình hóa học xảy ra là:
Al2O3 + NaOH → NaAlO2 + H2O
NaAlO2 + CO2 + 2H2O → Al(OH)3↓ + NaHCO3
t
2Al(OH)3 
 Al2O3 + 3H2O
dpnc
2Al2O3 
 4Al + 3O2↑
t
CuCO3 
 CuO + CO2↑
t
 MgO + CO2↑
MgCO3 
t
 BaO + CO2↑
BaCO3 


BaO + H2O → Ba(OH)2
Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + H2O
dpnc
 Ba + Cl2
BaCl2 

t
 Cu↓ + H2O
CuO + H2 


MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O
dpnc
MgCl2 
 Mg + Cl2

Chú ý:
Khi cô cạn HCl dễ bay hơi nên không còn mặt HCl trong dung dịch thu được
Câu 2:
 H2
 H 2O
 C2 H 2
t
men giam
t , p , xt
CH 4 
 C2 H 2 
 C2 H 4 
 C2 H 5OH 

 CH 3COOH 
 CH 3COOCH  CH 2 
 PVA
lam lanh nhanh
Pb / PbCO3
H


t ,p,xt
CH 2  CH  CH  CH 2 
 Cao su buna

Phương trình hóa học:
t
2CH 4 
 C2 H 2  3H 2
lamlanhnhanh
o

Pd / PbCO3
C2 H 2  H 2 
 C2 H 4


H
C2 H 4  H 2O 
 C2 H 5OH
men giam
C2 H5OH  O2 
 CH3COOH  H 2O

o

HgSO4 , H 2 SO4 ,80 C
CH3COOH  C2 H 2 
 CH3COOCH  CH 2

t , xt , p
nCH 3COOCH  CH 2 
(CH 2  CH )n
o

|
CH 3COO
o

Al2O3 ,450 C
2C2 H5OH 
 CH 2  CH  CH  CH 2  H 2  2H 2O
t , xt , p
nCH 2  CH  CH  CH 2 
(CH 2  CH  CH  CH 2 )n
o

2.
Gọi cơng thức chung bình của A là CxH6
MA = 24.2 = 48 => 12x + 6 = 48 => x = 3,5. Cơng thức trung bình của A là C3,5H6
Số mol của A: nA 

mA 0,96


 0, 02(mol )
MA
48

Đốt cháy A:
to

C3,5 H 6  5O2  3,5CO2  3H 2O
0, 02

 0, 07 0, 06 (mol )

Ta có: 1 

nCO2
nBa (OH )2



0, 07
 1, 4  2
0, 05

=> Khi cho CO2 vào Ba(OH)2 tạo ra 2 muối, cả CO2 và Ba(OH)2 đều phản ứng hết.
CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (1)


2x

x


x

(mol)

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (2)
y

y

y

(mol)

Gọi số mol của Ba(OH)2 ở phương trình (1) và (2) lần lượt là x, y (mol)
+ nBa(OH)2 = 0,05 mol => x + y = 0,05 (*)
+ nCO2 = 0,07 mol => 2x + y = 0,07

(**)

2 x  y  0, 07  x  0, 02
Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình: 

 x  y  0, 05
 y  0, 03

Độ biến thiên khối lượng dung dịch: Δm = mCO2 + mH2O – mBaCO3 = 0,07.44 + 0,06.18 –
0,03.197 = -1,75 (g)
Vậy khối lượng dung dịch giảm so với khối lượng dung dịch ban đầu là 1,75 gam.
Câu 3:

1. Tính được số mol H2SO4 là: nH2SO4 = 0,4 mol
Giả sử cơng thức kim loại M có hóa trị là n.
nCO2 = 1,12:22,4 = 0,05 mol
Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có:
m hỗn hợp + mdd H2SO4 = m dd sau phản ứng + mCO2
=> 24 + 100 = m dd sau phản ứng + 0,05.44
=> m dd sau phản ứng = 121,8 (g)
Bảo tồn ngun tố S ta có: nM 2  SO4  
n

nH 2 SO4
n



Khối lượng của M2(SO4)n là: mM 2  SO4   121,8.
n

Ta có: mM 2  SO4   nM 2  SO4  .M M 2  SO4   48 
n

n

n

0, 4
(mol )
n

39, 41

 48( g )
100

0, 4
(2M  96n)
n

 M  12n

Ta có bảng sau:
n

1

2

3

M

12 (loại)

24 (nhận)

36 (loại)

Vậy kim loại M là Magie, kí hiệu Mg.
2. Phân tử khối của mỗi chất là: M = 1,875.32 = 60
Gọi CTPT là CxHyOz
+ z = 1: 12x + y = 44



Do 0 < H ≤ 2C + 2 => 0 < y ≤ 2x+2 => 0 < 44-12x ≤ 2x+2 => 3 ≤ x < 3,67 => x = 3
CTPT là C3H8O
+ z = 2: 12x + y = 28
Do 0 < H ≤ 2C + 2 => 0 < y ≤ 2x+2 => 0 < 28-12x ≤ 2x+2 => 1,857 ≤ x < 2,33 => x = 2
CTPT là C2H4O2
- Do X, Y, Z đều có khả năng phản ứng với Na nên có chứa nhóm –OH hoặc –COOH.
- Y tác dụng với dung dịch NaHCO3 nên Y là hợp chất axit. Công thức phân tử của Y là
C2H4O2. Công thức cấu tạo của Y là CH3COOH.
- Khi oxi hóa X tạo X1 có khả năng tham gia phản ứng tráng gương nên X là ancol bậc 1.
Công thức phân tử của X là C3H8O. Công thức cấu tạo của X là: CH3-CH2-CH2-OH.
- Chất Z có khả năng tham gia phản ứng tráng gương nên Z có chứa nhóm chức –CHO. Công
thức phân tử của Z là C2H4O2. Công thức cấu tạo của Z là HO-CH2-CHO.
Chú ý:
+ Tác dụng với Na thì trong phân tử có nhóm – OH hoặc –COOH
+ Có phản ứng tráng bạc => trong phân tử có nhóm –CHO
Câu 4:

 MC ln
 Fe  HCl
m( g ) A  
 4,575( g ) muoi 
 0, 045 mol H 2
M
 FeCl2
1. Áp dụng định luật bảo tồn ngun tố H ta có:
nHCl = 2nH2 = 2.0,045 = 0,09 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA + mHCl = m muối + mH2
=> m = m muối + mH2 – mA = 4,575 + 0,045.2 – 0,09.36,5 = 1,38 (gam)

2.
Số mol của khí thu được sau phản ứng là: nB 

1, 008
 0, 084(mol )
22, 4

Do cho kim loại phản ứng với H2SO4 đặc và HNO3 đặc nên khí sinh ra là SO2 và NO2.
Áp dụng phương pháp đường chéo ta có:
SO2:

64

4,5
50,5

NO2:

46

13,5

→nSO2nNO2=4,513,5=13 

nSO2
nNO2

0, 084

nSO2  1. 4  0, 021(mol )

4,5 1

 
13,5 3
n  3. 0, 084  0, 063(mol )
 NO2
4


Đặt số mol của Fe và M lần lượt là x và y (mol)
- Khi cho hỗn hợp tác dụng với HCl:
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
x

x (mol)

M + nHCl → MCln + 0,5nH2
y

0,5ny (mol)

nH2 = 0,045 => x + 0,5ny = 0,045 (1)
- Khi cho hỗn hợp tác dụng với HNO3 đặc và H2SO4 đặc:
Ta có các bán phản ứng oxi hóa – khử:
Fe → Fe3+ + 3e
x

3x

M → Mn+ + ne

y
S+6

ny
+ 2e → S+4 (SO2)

0,021
N+5

0,042
+ 1e → N+4 (NO2)

0,063 0,063
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x + ny = 0,042 + 0,063 hay 3x + ny = 0,105 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình sau:
 x  0,5ny  0, 045  x  0, 015


3x  ny  0,105
ny  0, 06(3)

Mặt khác: mA = mFe + mM => 1,38 = 0,015.56 + My => My = 0,54(4)
Từ (3) và (4) suy ra M = 9n
Ta có bảng sau:
n

1

2


3

M

9 (loại)

18 (loại)

27 (nhận)

Vậy kim loại M là nhơm, kí hiệu là Al.
Câu 5:
1. Khối lượng của O trong 1 phân tử A là: mO  144.

44, 44
 64(dvC )
100

Số nguyên tử O trong một phân tử A là: 64 : 16 = 4
Gọi cơng thức chung của A là: CxHyO4
Ta có: 12x + y + 16.4 = 144 => 12x + y = 80 => y = 80 – 12x


Vì 0 < H ≤ 2C + 2 nên ta có: 0  y  2 x  2
 0  80  12x  2 x  2

 5,57  x  6,67
x 6 y 8

Độ bất bão hòa của A: k 


2C  2  H 2.6  2  8

3
2
2

Do C có khả năng hợp H2 tạo rượu nên C là anđehit/xeton/rượu không no
A tác dụng với NaOH thu được một muối và hai chất hữu cơ C, D nên A là este hai chức
được tạo bởi axit hai chức no
Vậy các cơng thức cấu tạo có thể có của A là:
COOCH  CH 2 COOCH  CH  CH 3
;
;
|
|
COOCH 2  CH 3

COOC (CH 3 )  CH 2
|

COOCH 3

COOCH 3

COOCH  CH 2
|
CH 2

COOCH 2  CH  CH 2

|
;

|

COOCH 3

COOCH 3

2. C, D đều là rượu nên công thức cấu tạo của A, B, C, D là:
COOCH 2  CH  CH 2
|
A:
COOCH 3

COONa
B:
|
COONa
C:
CH2=CH-CH2-OH
CH3-OOC -COOCH2 –CH=CH2 (A) + NaOH → NaOOC-COONa + CH2=CH-CH2-OH (C)
+ CH3OH (D)
Ni ,t
 CH3- CH2-CH2-OH
CH2=CH-CH2-OH + H2 
0


Đề thi chính thức vào 10 mơn Hóa - Hệ chuyên -Chuyên Lê Qúy Đôn - Đà Nẵng - năm

2018 - 2019
Câu 1: 1. Hình bên là bộ dụng cụ dùng để điều chế một số khí trong phịng thí nghiệm.
(a) Khí C nào trong số các khí sau: H2, C2H2, SO2, Cl2, CO và HCl có thể được điều chế bằng
bộ dụng cụ bên?
(b) Hãy chọn các chất A và B tương ứng để điều chế các khí C được chọn và viết các phương
trình hóa học tương ứng.

2. Có 5 lọ đánh số từ (1) đến (5), mỗi lọ chứa một trong các dung dịch sau: Na2SO4,
(CH3COO)2Ba, Al2(SO4)3, NaOH và Ba(OH)2. Biết:
- Rót dung dịch từ lọ (4) vào lọ (3) hoặc (5) đều tạo kết tủa.
- Rót từ từ đến dư dung dịch trong lọ (2) vào lọ (1) thì có kết tủa sau đó kết tủa tan dần tạo
thành dung dịch trong suốt.
- Rót từ từ đến dư dung dịch lọ (5) vào lọ (1) thì có kết tủa sau đó kết tủa tan một phần.
Xác định chất tương ứng trong mỗi lọ. Viết phương trình hóa học của các phản ứng.
3. Nhỏ từ từ 300 ml dung dịch HCl 0,5M vào dung dịch chứa a gam hỗn hợp Na2CO3 và
NaHCO3 thu được 1,12 lít khí (đktc) và dung dịch X. Thêm dung dịch Ca(OH)2 dư vào dung
dịch X thu được 20 gam kết tủa. Tính a.
Câu 2: 1. Cho biết A, B, C là các hợp chất vô cơ của natri. Cho dung dịch A lần lượt tác
dụng với dung dịch B, C thu được các chất khí tương ứng X, Y. Biết X, Y đều tác dụng được
với dung dịch kiềm, dX/Y = 16/11. Xác định các chất A, B, C, X và Y. Viết phương trình hóa
học minh họa cho các phản ứng.
2. Nung nóng m gam hỗn hợp X gồm Al và FexOy trong điều kiện khơng có khơng khí theo
phản ứng:
t
 3xFe + yAl2O3, sau phản ứng thu được hỗn hợp Y. Chia hỗn hợp Y
3FexOy + 2Al 
0

thành hai phần:



- Cho phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 1,008 lít H2 và cịn lại 5,04 gam chất
rắn khơng tan.
- Phần 2 có khối lượng 14,895 gam, cho phần 2 vào dung dịch HCl dư thu được 4,536 lít H2.
Cho các phản ứng xảy ra hồn tồn và các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
(a) Tìm giá trị của m.
(b) Xác định cơng thức hóa học của FexOy.
Câu 3:
1. Hãy cho biết thành phần chính của thủy tinh. Viết phương trình hóa học của các phản ứng
trong quá trình sản xuất thủy tinh từ các ngun liệu là cát trắng, sơđa và đá vơi.
2. Khí SO2 do nhà máy thải ra là nguyên nhân quan trọng nhất gây ơ nhiễm khơng khí. Tổ
chức y tế Thế giới (WHO) quy định: nếu lượng SO2 vượt quá 3.10-5 mol/m3 khơng khí coi
như khơng khí bị ơ nhiễm SO2. Khi phân tích 50 lít khơng khí một thành phố thấy có 0,012
mg SO2. Khơng khí thành phố có bị ơ nhiễm SO2 khơng? Vì sao?
3. Chiếu sáng hỗn hợp khí gồm 0,896 lít Cl2 và 1,12 lít H2 (đktc) rồi cho toàn bộ hỗn hợp các
chất sau phản ứng vào dung dịch AgNO3 dư thu được 7,175 gam kết tủa. Một học sinh tính
hiệu suất của phản ứng giữa H2 và Cl2 là 62,5%. Hãy nêu nhận xét về kết quả này và giải
thích.
Câu 4: 1. (a) Cho 3 hiđrocacbon có cùng số nguyên tử cacbon là X, Y và Z. Biết Y và Z đều
làm mất màu dung dịch brom, từ Z có thể điều chế axit axetic bằng 2 phản ứng. Xác định
công thức cấu tạo các chất X, Y và Z. Viết phương trình hóa học của các phản ứng.
(b) Trong phịng thí nghiệm, q trình điều chế khí Z thường bị lẫn SO2. Để loại bỏ SO2 ra
khỏi hỗn hợp khí gồm Z và SO2, có thể dùng dung dịch chứa chất nào trong các chất ( riêng
biệt) sau đây: BaCl2, Ca(OH)2, Br2 và K2SO3? Giải thích và viết phương trình hóa học minh
họa cho các phản ứng.
2. Hỗn hợp X gồm anken A ( CnH2n) và ankin B (CmH2m-2):
- Biết 0,5 mol hỗn hợp X phản ứng tối đa với 0,8 mol H2.
- Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X rồi hấp thụ sản phẩm cháy bằng dung dịch nước vôi
trong thấy có 25 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 7,48 gam so với ban đầu. Lọc bỏ
kết tủa, thêm tiếp lượng dư dung dịch KOH vào dung dịch nước lọc thu được thêm 2,5 gam

kết tủa. Xác định công thức phân tử của A và B và tính m.
Câu 5: 1. Tiến hành thí nghiệm về tính tan của các chất như sau:
- Cho 1 ml dầu ăn vào một ống nghiệm có chứa sẵn 1 ml benzen, lắc kĩ rồi để yên. Nêu hiện
tượng xảy ra trong ống nghiệm.


- Tiếp tục nhỏ thêm 1 ml nước cất vào hỗn hợp trên, lắc kĩ rồi để yên. Nêu hiện tượng xảy ra
trong ống nghiệm.
2. (a) Hãy phân biệt 4 gói bột riêng biệt : glucozơ, saccarozơ, bột mì và bột giấy.
(b) Polime X được tạo bởi một loại mắt xích có 38,4% cacbon; 56,8% clo ; cịn lại là hiđro về
khối lượng.
- Xác định công thức cấu tạo và goi tên của X. Biết trong mỗi mắt xích chỉ chứa 1 nguyên tử
clo.
- Cho biết một số ứng dụng của X trong thực tế.
3. Hỗn hợp X gồm 2 axit cacboxylic mạch hở có cơng thức: CnH2n-1COOH và
CmH2m(COOH)2 và một ancol mạch hở dạng ROH. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được
2,688 lít CO2 (đktc) và 2,52 gam H2O. Thực hiện phản ứng este hóa m gam X ( giả sử hiệu
suất các phản ứng đều bằng 100%) thu được hỗn hợp, trong đó khối lượng các chất hữu cơ là
3,22 gam và chỉ chứa nhóm chức este. Xác định công thức cấu tạo của các axit và ancol ban
đầu.

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
1.
(a) Từ hình ảnh bộ dụng cụ ta thấy đây là bộ dụng cụ để điều chế các khí khơng tác dụng
được với nước, và khơng tan hoặc rất ít tan trong nước
=> khí C có thể điều chế được là các khí: H2, C2H2, SO2
Cl2 và HCl khơng điều chế được vì tan trong nước
CO không điều chế được bằng bộ dụng cụ này trong phịng thí nghiệm.
(b)

Điều chế: H2 ; A có thể là HCl hoặc H2SO4 lỗng ; B là có thể là kim loại Zn, Fe…
2HCl + Zn → ZnCl2 + H2↑
Điều chế: C2H2; A là H2O ; B là CaC2 rắn
2H2O + CaC2 → Ca(OH)2 + C2H2↑
Điều chế: SO2 ; A là HCl ; B là Na2SO3 rắn
2HCl + Na2SO3 → 2NaCl + SO2↑ + H2O
2. Có 5 lọ: Na2SO4, (CH3COO)2Ba, Al2(SO4)3, NaOH và Ba(OH)2
Rót từ từ các chất từ lọ này vào lọ khác ta có bảng sau:
Na2SO4

Na2SO4
-

(CH3COO)2Ba
↓ trắng

Al2(SO4)3
-

NaOH
-

Ba(OH)2
↓ trắng


(CH3COO)2Ba
Al2(SO4)3
NaOH


Ba(OH)2

↓ trắng
-

↓ trắng

↓ trắng
-

-

-

↓ trắng

-

Xuất hiện kết tủa, sau
đó kết tủa tan dần
thành dd trong suốt
Xuất hiện kết tủa, sau
đó kết tủa tan 1 phần

Xuất hiện kết tủa, sau
đó kết tủa tan ngay

Xuất hiện kết tủa, sau đó
kết tủa tan 1 phần


Dấu ‘ – ‘ thể hiện khơng có phản ứng xảy ra.
Từ giả thiết bài tốn:
- Rót dung dịch từ lọ (4) vào lọ (3) hoặc (5) đều tạo kết tủa => lọ (4) có thể là Na2SO4 hoặc
(CH3COO)2Ba vì từ bảng ta thấy 2 chất này cùng tạo 2 kết tủa với các chất khác.
- Rót từ từ đến dư dd trong lọ (2) vào lọ (1) thì có kết tủa sau đó kết tủa tan dần tạo thành
dung dịch trong suốt => lọ (2) là NaOH; lọ (1) là Al2(SO4)3
- Rót từ từ đến dư dd lọ (5) vào lọ (1) thì có kết tủa sau đó kết tủa tan một phần => lọ (5) là
Ba(OH)2 và lọ (1) là Al2(SO4)3.
- Từ lọ (5) là Ba(OH)2 => lọ (4) là Na2SO4 => lọ (3) là (CH3COO)2Ba
Kết luận: Vậy thứ tự các lọ là:
(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

Al2(SO4)3

NaOH

(CH3COO)2Ba

Na2SO4

Ba(OH)2


Các phản ứng hóa học xảy ra:
Na2SO4 + (CH3COO)2Ba → BaSO4↓ + 2CH3COONa
Na2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓ + 2NaOH
6NaOH + Al2(SO4)3 → 2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4
NaOH dư + Al(OH)3↓ → NaAlO2 + 2H2O
Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 2Al(OH)3↓ + 3BaSO4↓ (không tan khi cho Ba(OH)2 dư)
Ba(OH)2 + 2Al(OH)3↓ → Ba(AlO2)2 + 4H2O
3.
nHCl = 0,3.0,5 = 0,15 (mol) ; nCO2= 1,12 :22,4 = 0,05 (mol)
Khi nhỏ từ từ dd HCl vào dung dịch hỗn hợp NaHCO3 và Na2CO3 sẽ xảy ra phản ứng theo
thứ tự:
HCl + Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl

(1)

HCl + NaHCO3 → CO2 + H2O

(2)


Vì dung dịch X sau phản ứng + Ca(OH)2 dư thu được 20 gam kết tủa nữa => trong dd X có
chứa NaHCO3 dư => HCl phản ứng hết
2NaHCO3 + Ca(OH)2 dư → CaCO3 + Na2CO3 + H2O (3)
← 0,2

0,4

(mol)

nCaCO3 = 20 :100 = 0,2 (mol)

Từ PTHH (3) => nNaHCO3 dư = 2nCaCO3 = 0,4 (mol)
HCl

+

(0,15 – 0,05)
HCl
0,05

Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl
→ 0,1

→ 0,1

+ NaHCO3 → CO2 + H2O
← 0,05

(1)
(mol)
(2)

← 0,05

(mol)

Từ PTHH (2): nHCl(2) = nNaHCO3(2) = nCO2 = 0,05 (mol)
=> nHCl(1) = ∑ nHCl – nHCl(2) = 0,15 – 0,05 = 0,1 (mol)
Từ PTHH (1): nNa2CO3 = nHCl = 0,1 (mol)
nNaHCO3(1) = nHCl(1) = 0,1 (mol)
Ta có: nNaHCO3(1) + nNaHCO3 bđ = nNaHCO3(2) + nNaHCO3 dư

=> nNaHCO3 bđ = 0,05 + 0,4 – 0,1 = 0,35 (mol)
=> a = mNa2CO3 + mNaHCO3 bđ = 0,1.106 + 0,35.84 = 40 (g)
Câu 2:
1.
A, B, C đều là các hợp chất vô cơ của natri.
dd A + dd B → khí X
dd A + dd C → khí Y
=> A,B, C đều phải là các chất tan được trong nước (tính tan vật lí)
=> A phải có tính axit thì mới tác dụng được với dd B, C để giải phóng ra khí
X, Y đều tác dụng được với dd kiềm => X, Y đều là oxit axit
=>

M SO 2 64 16
M X 16



X là SO2 cịn Y là CO2 vì
M Y 11
M CO 2 44 11

=> A là NaHSO4
B là Na2SO3 hoặc NaHSO3
C là Na2CO3 hoặc NaHCO3
2NaHSO4 + Na2SO3 → 2Na2SO4 + SO2↑ + H2O
NaHSO4 + NaHSO3 → Na2SO4 + SO2↑ + H2O
2NaHSO4 + Na2CO3 → 2Na2SO4 + CO2↑ + H2O


NaHSO4 + NaHCO3 → Na2SO4 + CO2↑ + H2O

SO2, CO2 đều tác dụng được với dung dịch kiềm
Ví dụ:
SO2 + 2NaOH → Na2SO3 +H2O
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O
2.
t
3FexOy + 2yAl 
 3xFe + y Al2O3
0

Hỗn hợp rắn Y sau phản ứng chia làm 2 phần bằng nhau, phần 1 tác dụng được với NaOH dư
giải phóng khí => có Al dư sau phản ứng.
Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Vậy hỗn hợp Y gồm: Fe, Al2O3, Al dư
Phần 1: nH2 = 1,008/ 22,4 = 0,045 (mol)
2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2↑
← 0,045 (mol)

0,03

Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O
=> mAl dư = 0,03. 27 = 0,81 (mol)
Khối lượng chất rắn cịn lại chính là khối lượng của sắt: mFe = 5,04 (g) => nFe = 0,09 (mol)
Tỉ lệ

nFe
0, 06

 3 => tỉ lệ này cũng tương ứng trong phần 2
nAl du 0, 03


Phần 2: nH 2 

4,536
 0, 2025(mol )
22, 4

Gọi số mol Al là x => nFe = 3x (mol)
Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O
2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑
→ 1,5x

x

(mol)

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑
→ 3x

3x

(mol)

Ta có: ∑ nH2= 1,5x + 3x = 0,2025 => x = 0,045 (mol)
BTKL => mAl2O3 = 14,895 – mAl - mFe = 14,895 – 0,045.27 – 3. 0,045.56 = 6,12 (g)
=> nAl2O3 = 6,12 : 102 = 0,06 (mol)
Tỉ lệ

nAl2O3
nAl du




0, 06 4
 => đây cũng là tỉ lệ trong phần 1
0, 045 3

=> trong phần 1 có chứa số mol Al2O3 =

4
4
nAl du  .0, 03 0, 04(mol )
3
3


Vây trong hỗn hợp Y có chứa:
∑ nAl dư = 0,03 + 0,045 = 0,075 (mol)
∑ nFe = 0,09 + 3.0,045 = 0,225 (mol)
∑ nAl2O3 = 0,04 + 0,06 = 0,1 (mol)
Bảo toàn khối lượng :
=> mX = mY = mAl dư + mFe + mAl2O3 = 0,075.27 + 0,225.56 + 0,1.102 = 24,825 (g)
a) vậy m = 24,825 (g)
b) nO(trong oxit) = 3nAl2O3 = 3. 0,1 = 0,3 (mol)

x nFe 0, 225 3



y nO
0,3

4
Vậy cơng thức hóa học của oxit sắt là Fe3O4
Câu 3:
Thành phần chính của thủy tinh là Na2SiO3 và CaSiO3
Các PTHH điều chế thủy tinh từ cát trắng ( SiO2); sôđa (Na2CO3) ; đá vôi (CaCO3)
t
CaCO3 
 CaO + CO2↑
0

t
SiO2 + CaO 
 CaSiO3
0

t
 Na2SiO2 + CO2
SiO2 + Na2CO3 
0

2.
Số mol SO2 có trong 50 lít khơng khí là: nSO2 

0, 012.103
 1,875.107 (mol )
64

Nồng độ của SO2 trong 50 lít khơng khí là:

CM 


n 1,875.107

 3, 75.109 (mol / lit )  3, 75.106 (mol / m3 )
V
50

Ta thấy nồng độ của SO2 = 3,75.10-6 (mol/ m3) < 3.10-5 (mol/m3)
=> Lượng SO2 này chưa vượt q nồng độ bị ơ nhiễm
Vậy khơng khí trong thành phố này không bị ô nhiễm SO2.
3.

nCl2 

0,896
1,12
7,175
 0, 04(mol ); nH2 
 0, 05(mol ); nAgCl 
 0, 05(mol )
22, 4
22, 4
143,5

anh sang
 2HCl
Cl2 + H2 

(1)


Hỗn hợp sản phẩm gồm: HCl, Cl2 dư, H2 dư. Khi cho phản ứng với AgNO3 chỉ có HCl phản
ứng.


HCl + AgNO3 → AgCl + HNO3 (2)
0,05

← 0,05

(mol)

Từ PTHH (2): nHCl = nAgCl = 0,05 (mol)
Từ PTHH (1): nCl2pư = nH2 pư = ½ nHCl = ½. 0,05 = 0,025 (mol)
Vì nCl2bđ < nH2 => Hiệu suất được tính theo Cl2

%H 

nCl2 pu
n Cl2 bd

.100% 

0, 025
.100%  62,5%
0, 04

Vậy bạn học sinh đã tính đúng hiệu suất phản ứng giữa Cl2 và H2.
Chú ý:
3.Tính hiệu suất theo chất phản ứng hết khi H =100%
Câu 4:

1.
(a) Y, Z đều làm mất màu dung dịch Br2 mà từ Z có thể điều chế axit axetic bằng 2 phản ứng
nên Z là CH2=CH2 hoặc CH≡CH
TH1: Z là CH2=CH2, Y là CH≡CH, X là CH3-CH3
PTHH:
CH≡CH + 2Br2 → CHBr2-CHBr2
CH2=CH2 + Br2 → CH2Br-CH2Br
HgSO4 , H 2 SO4
 CH3-CH2-OH
CH2=CH2 + H2O 
80o C
men giam
 CH3COOH + H2O
CH3-CH2-OH + O2 

TH2: Z là CH≡CH, Y là CH2=CH2, X là CH3-CH3
CH≡CH + 2Br2 → CHBr2-CHBr2
CH2=CH2 + Br2 → CH2Br-CH2Br
HgSO4 , H 2 SO4
 CH3CHO
CH=CH + H2O 
80o C
xt ,t
 CH3COOH
CH3CHO + O2 
o

(b) Trong phòng thí nghiệm, q trình điều chế khí Z thường bị lẫn SO2 nên Z là C2H4.
Vậy để tách SO2 ra khỏi hỗn hợp C2H4 và SO2 ta có thể dùng các chất: Ca(OH)2, K2SO3.
PTHH:

SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3↓ + H2O
K2SO3 + SO2 + H2O → 2KHSO3
2.
* Thí nghiệm 1: Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch Br2


Đặt số mol anken A và ankin B lần lượt là x và y (mol)
nX = x + y = 0,5 (1)
CnH2n + Br2 → CnH2nBr2
x

x

CmH2m-2 + 2Br2 → CmH2m-2Br4
y

2y

=> nBr2 = x + 2y = 0,8 (2)
n
 x  y  0,5
 x  0, 2
2
2
Từ (1) và (2) ta có: 

 A   nA  nB
nB 3
3
 x  2 y  0,8  y  0,3


* Thí nghiệm 2: Đốt cháy hỗn hợp X
Hấp thụ CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 thấy xuất hiện kết tủa, thêm KOH dư vào dung dịch thu
được lại tiếp tục xuất hiện kết tủa nên ta có các phương trình hóa học sau:
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O
← 0,25

0,25

2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2
0,05

←

0,025

Ca(HCO3)2 + 2KOH → K2CO3 + CaCO3 + 2H2O
0,025

←

0,025

nCO2 = 0,25 + 0,05 = 0,3 mol
Ta có: m dung dịch giảm = mCaCO3 – mCO2 – mH2O => 7,48 = 25 – 0,3.44 – mH2O
=> mH2O = 4,32 gam => nH2O = 4,32/18 = 0,24 mol
Mặt khác, nB = nCO2 – nH2O = 0,3 – 0,24 = 0,06 mol
=> nA = 0,06(2/3) = 0,04 mol
BTNT C: nCO2 = n.nA + m.nB => 0,04n + 0,06m = 0,3
=> 2n + 3m = 15 (n≥2, m≥2)

m

2

3

4

n

4,5

3

1,5

Vậy A là C3H6 và B là C3H4
Khối lượng của hỗn hợp là: m = mC3H6 + mC3H4 = 0,04.42 + 0,06.40 = 4,08 (gam)
Câu 5:
1.
- Dầu ăn tan trong benzen tạo thành dung dịch đồng nhất.


- Nước không tan trong dầu ăn và benzen, phân thành 2 lớp:
+ Lớp trên là dầu ăn và benzen
+ Lớp dưới là nước cất
2.
(a) Bột mì có chứa tinh bột, bột giấy có chứa xenlulozo.

- Gọi mắt xích của polime là CxHyClz

Ta có: x : y : z 

%mC %mH %mCl 38, 4 4,8 56,8
:
:

:
:
 3, 2 : 4,8 :1, 6  2 : 3 :1
12
1
35,5
12
1 35,5

=> Mắt xích của polime X là C2H3Cl
Vậy công thức cấu tạo của polime X là (-CH2-CHCl-)n, X là poli(vinyl clorua) (PVC)
3. nCO2 = 2,688/22,4 = 0,12 mol; nH2O = 2,52/18 = 0,14 mol
Ta thấy nH2O>nCO2 => ancol là ancol no, đơn chức, mạch hở
Gọi công thức chung của ancol là CkH2k+2O (k €N*)

Cn H 2 n 1COOH : xmol

Giả sử: X Cm H 2 m (C OOH ) 2 : ymol
C H O : z mol
 k 2k 2
* Đốt cháy hỗn hợp X:
 O2
Cn H 2 n1COOH 


(n  1)CO2  nH 2 O

(n  1) x

x

nx (mol )

 O2
Cm H 2 m (COOH )2 

(m  2)CO2  (m  1) H 2 O

(m  2) y

y

(m  1) y (mol )

 O2
Ck H 2 k  2 O 

 kCO2  (k  1) H 2 O

z

kz

(k  1) z


=> nH2O – nCO2 = nx – (n+1)x + (m+1)y – (m+2)y + (k+1)z – kz
=> 0,14 – 0,12 = -x - y + z hay -x - y + z = 0,02 (1)
BTNT ta tính được số mol của các nguyên tố:


nC = nCO2 = 0,12 mol
nH = 2nH2O = 2.0,14 = 0,28 mol
nO = 2nCnH2n-1COOH + 4nCmH2m(COOH)2 + nCkH2k+2O = 2x + 4y + z
=> mX = mC + mH + mO = 0,12.12 + 0,28.1 + 16(2x + 4y + z) = 32x + 64y + 16z + 1,72
* Phản ứng este hóa: Do sau phản ứng chỉ thu được chất có chứa chức este nên axit và ancol
phản ứng vừa đủ
Cn H 2 n 1COOH  Ck H 2 k  2 O  Cn H 2 n 1COOCk H 2 k  2  H 2 O
x

x

x

x (mol )

Cm H 2 m (COOH )2  2Ck H 2 k  2 O  Cm H 2 m (COOCk H 2 k  2 ) 2  2 H 2 O
y

2y

y

2 y (mol )

n ancol = x + 2y = z hay x + 2y – z = 0 (2)

BTKL ta có: mX = m este + mH2O => 32x + 64y + 16z + 1,72 = 3,22 + 18(x+2y)
hay 14x + 28y + 16z = 1,5 (3)
Từ (1) (2) (3) ta có hệ phương trình:

 x  y  z  0, 02
 x  0, 01


 x  2 y  z  014   y  0, 02
 x  28 y  16 z  1,5  z  0, 05


=> nX = 0,01 + 0,02 + 0,05 = 0,08 (mol)
Số nguyên tử C trung bình của X:
=> k = 1 (do n≥3, m≥2) => Ancol là CH3OH

Cn H 2 n 1COOH : 0, 01mol

X Cm H 2 m (C OOH ) 2 : 0, 02 mol
CH OH : 0, 05 mol
 3
Bảo tồn ngun tố C ta có: 0,01n + 0,02m + 0,05.1 = 0,12
=> n +2m = 7 mà do n≥3, m≥2 nên chỉ có cặp n = 3, m = 2 thỏa mãn
Vậy các axit trong X là: CH2=CH-COOH và HOOC-COOH.
Kết luận: Hỗn hợp X gồm các chất CH2=CH-COOH, HOOC-COOH và CH3OH.
- Một số ứng dụng của PVC trong thực tế như làm ống dẫn nước, vỏ dây điện, đồ giả da, áo
mưa, nhãn chai nước khoáng, …


Đề thi chính thức vào 10 mơn Hóa - Hệ chuyên -Chuyên Khoa học tự nhiên - Hà Nội năm 2018 - 2019

Câu 1: Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm với sắt(III) oxit trong điều kiện khơng có khơng khí,
thu được hỗn hợp A. Chia hỗn hợp A ( đã trộn đều) thành hai phần. Phần thứ nhất có khối
lượng ít hơn phần thứ hai là 26,8 gam. Cho phần thứ nhất tác dụng với lượng dư dung dịch
NaOH thấy có 3,36 lít khí H2 bay ra. Hịa tan phần thứ hai bằng lượng dư dung dịch HCl thấy
có 16,8 lít H2 bay ra. Biết các phản ứng xảy ra với hiệu suất 100%, các thể tích khí đo ở điều
kiện tiêu chuẩn. Tính khối lượng Fe có trong hỗn hợp A.
Câu 2: Hợp chất hữu cơ Y ( chứa C, H, O) có cơng thức phân tử trùng với cơng thức đơn
giản nhất. Đốt cháy hồn tồn 1,48 gam Y rồi dẫn hỗn hợp sản phẩm cháy lần lượt đi qua
bình thứ nhất đựng dung dịch H2SO4 đặc dư, bình thứ hai đựng dung dịch KOH dư. Sau thí
nghiệm, khối lượng bình thứ nhất tăng 0,72 gam và bình thứ hai tăng 3,96 gam.
(a) Viết công thức cấu tạo và gọi tên của Y. Biết rằng Y khơng có phản ứng tráng bạc, Y
phản ứng với dung dịch KMnO4 lỗng, lạnh tạo ra chất hữu cơ Y1 có khối lượng MY1 = MY
+34. Cứ 1,48 gam Y phản ứng vừa hết với 20 ml dung dịch NaOH 1M và tạ ra hai muối.
(b) Hợp chất hữu cơ Z là đồng phân của Y. Viết công thức cấu tạo của Z, biết rằng 0,37 gam
Z phản ứng vừa hết với 25 ml dung dịch NaOH 0,1M, dung dịch tạo ra phản ứng với lượng
dư dung dịch AgNO3/NH3 đến hoàn toàn, thu được 1,08 gam Ag kim loại. Z chỉ phản ứng với
H2/Pd, t0 theo tỉ lệ mol 1: 1.
Câu 3: (a) Hịa tan hồn tồn m (gam) hỗn hợp gồm Al và Mg trong V (ml) dung dịch HNO3
2M. Kết thúc phản ứng, thu được dung dịch E (không chứa muối amoni) và 0,1 mol hỗn hợp
khí gồm N2 và N2O có tỉ khối so với oxi là 1,125. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào dung
dịch E thì lượng kết tủa biến thiên theo đồ thị bên. Xác định các giá trị của m và V.

(b) Hợp chất hữu cơ X ( chứa C, H, O) có khối lượng mol nhỏ hơn 200 gam/mol, trong đó
oxi chiếm 32% khối lượng X. Khi cho X vào dung dịch NaHCO3 thấy có khí bay ra, X khơng


làm mất màu dung dịch KMnO4/KOH lỗng lạnh. Viết cơng thức cấu tạo các chất X thỏa
mãn.
Câu 4: Hỗn hợp chất rắn A gồm FeCO3, FeS2 và tạp chất trơ. Hỗn hợp khí B gồm 20% oxi
và 80% nitơ về thể tích. Cho hỗn hợp A vào bình kín dung tích 10 lít ( khơng đổi) chứa lượng

hỗn hợp B vừa đủ. Nung nóng bình cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các phản ứng cùng
tạo ra một oxit sắt, oxit này phản ứng với dung dịch HNO3 dư khơng tạo ra khí. Sau phản
ứng, đưa nhiệt độ bình về 136,50C, trong bình cịn lại chất rắn X và hỗn hợp khí Y. Tỉ khối
của Y so với H2 bằng 17 và áp suất trong bình là P atm. Cho dịng khí CO dư đi qua X đun
nóng, biết rằng chỉ xảy ra phản ứng khử oxit sắt thành kim loại và đạt hiệu suất 80%.Sau
phản ứng thu được 27,96 gam chất rắn Z, trong đó kim loại chiếm 48,07% khối lượng.
(a) Tính giá trị của P ( coi thể tích chất rắn X là rất nhỏ) và thành phần % khối lượng tạp chất
trong A.
(b) Cho Y phản ứng với oxi ( dư) có V2O5 ( xúc tác) ở 4500C, hấp thụ sản phẩm vào 592,8
gam nước, được dung dịch C ( D = 1,02 gam/ml). Tính nồng độ mol của dung dịch C. Giả
thiết hiệu suất của quá trình là 100%.
Câu 5: X, Y, Z là các chất hữu cơ ( chứa C, H, O), mỗi chất chỉ chứa 1 loại nhóm chức. Khi
cho X, Y phản ứng với nhau tạo ra Z. Có hỗn hợp E gồm số mol bằng nhau của X, Y, Z. Nếu
cho E tác dụng hết với NaHCO3 thì thu được V lít khí và muối natri của X. Nếu cho E tác
dụng hết với Na thì thu được 0,75V lít khí ( các thể tích khí được đo ở cùng điều kiện nhiệt
độ và áp suất) và số mol khí bằng ½ số mol hỗn hợp E. Đốt cháy hoàn toàn 1,62 gam muối
natri ở trên của X thu được 672 ml CO2 ( đktc) và 0,36 gam nước, còn lại là một chất rắn.
Đun nóng Y với dung dịch H2SO4 đặc thu được sản phẩm hữu cơ Y1 có tỉ khối hơi so với Y là
34/43. Đun nóng Y1 với dung dịch KMnO4/ H2SO4 được Y2 là sản phẩm hữu cơ duy nhất,
khơng có khí thốt ra, Y2 có cấu tạo mạch cacbon thẳng và là điaxit.
(a) Viết công thức cấu tạo của X, Y, Z, Y1 và Y2.
(b) Chia 5,6 gam hỗn hợp G gồm X, Y, Z thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn
phần thứ nhất cần dùng vừa hết 9,408 lít khí oxi (đktc). Phần thứ hai phản ứng vừa đủ với 40
ml dung dịch NaOH 2M, trong hỗn hợp sau phản ứng có chứa a gam muối của X và b gam
chất Y. Tính các giá trị của a và b.
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:

 Al2 O3
P1: NaOH du


 3,36lit H 2 : 0,15(mol )
 Al

t0

  Fe

 HCl du
16,8lit H 2 : 0, 75(mol )
 Fe2 O3
P2  P1  26,8
 Al du 



t
2Al + Fe2O3 
 Al2O3 + 2Fe (1)
0

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hỗn hợp sau phản ứng chia làm 2 phần, phần 1 + NaOH thấy
có khí H2 thốt ra => hỗn hợp sau phản ứng có Al2O3, Fe và Al dư
Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + H2↑ (2)
0,1

← 0,15

(mol)


=> nAl dư = 0,1 (mol)
Gọi số mol của Al2O3 trong phần 1 là x (mol)
Từ PTHH (1) => nFe= 2nAl2O3 = 2x (mol)
Giả sử số mol của hỗn hợp A trong phần 1 gấp k lần số mol của mỗi chất trong phần 2

 Al2 O3 : kx (mol )

Khi đó trong phần 2:  Fe : 2kx (mol )
 Al :0,1k (mol )

Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O (3)
2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑

(4)

0,1k

(mol)

→ 0,15k

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑
2kx

→ 2kx

(5)
(mol)

Ta có:

0, 75


(*)
 nH 2 ( P2 )  0,15k  2kx  0, 75
k 
 
0,15  2 x
 P2  P1  26,8

214kx  214 x  2, 7k  29,5 (**).
 102kx  112kx  2, 7k  26,8  102 x  112 x  2, 7.


Thế (*) vào (**) ta có:

214 x.

0, 75
0, 75
 214 x  2, 7.
 29,5
0,15  2 x
0,15  2 x

 160,5x  32,1x  428x2  2,025  4, 425  59 x  0
 428x2  69, 4 x  2, 4  0
12

x

(mol )


107

 x  0, 05(mol )

TH1 : x 

12 (*)
535
12 20
 k 
 mFe (trong A)  (
 ).112  37, 73( g )
107
267
107 89

(*)
TH 2 : x  0,05 
 k  3  mFe(trong A)  (0,05  3.0,05).112  22, 4( g )

Câu 2:
a) Gọi CTPT của Y là CxHyOz ( x, y, z € N*)


Đốt cháy Y sản phẩm thu được gồm H2O và CO2. Khi cho sản phẩm qua H2SO4 đặc dư thì
H2O bị hấp thụ, tiếp tục cho qua KOH dư thì CO2 bị hấp thụ
=> mB1 tăng = mH2O = 0,72 (g) => nH2O = 0,72/18 = 0,04 (mol)

mB2 tăng = mCO2 = 3,96 (g) => nCO2 = 3,96/44 = 0,09 (mol)
BTKL: nO (trong A) = (mA – mC – mH )/16 = (1,48 – 0,09.12 – 0,04.2 )/16 = 0,02 (mol)
Ta có: x : y : z = nC : nH : nO
= 0,09 : 0,08 : 0,02
= 9 :8 : 2
CTPT trùng với CT ĐGN => CTPT củaY là: C9H8O2
Độ bất bão hòa của Y: C9H8O2: k = ( 9.2 + 2 – 8) /2 = 6
Y không tham gia phản ứng tráng bạc => Y khơng có cấu tạo nhóm – CHO trong phân tử
Y + KMnO4 → Y1 ( MY1 = MY + 34 ) => Y có chứa liên kết đơi C=C khi phản ứng với
KMnO4 sẽ tạo thành C(OH)-C(OH)
nY = 1,48: 148 = 0,01 (mol) ; nNaOH = 0,02 (mol)
nY : nNaOH = 1: 2 và sản phẩm tạo thành 2 muối => Y là este của axit cacboxylic và phenol
hoặc dẫn xuất của phenol
Vậy CTCT của Y thỏa mãn là: CH2=CH-COOC6H5: phenyl acrylat
3CH2=CH-COOC6H5 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH2(OH)-CH(OH)-COOC6H5 + 2MnO2↓ +
2KOH
b) Z là đồng phân của Y => Z có cùng CTPT là: C9H8O2
nZ = 0,37/148 = 0,025 (mol); nNaOH = 0,025 (mol); nAg = 0,01 (mol)
nZ : nNaOH = 1: 1 => Z có 1 trung tâm phản ứng với NaOH
Ta thấy nAg = 4nZ => Z phải phản ứng với NaOH sinh ra cả 2 chất hữu cơ đều có khả năng
tham gia phản ứng tráng bạc ( mỗi chất tham gia phản ứng tráng bạc sinh ra 2Ag)
Z chỉ phản ứng với H2 ( Pb, t0) theo tỉ lệ 1: 1 => Z có 1 liên kết đơi C=C ngồi mạch
Vậy CTCT của Z thỏa mãn là: HCOOCH=CH-C6H5
HCOOCH=CH-C6H5 + NaOH → COONa + C6H5CH2CHO
HCOONa + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → NH4O-COONa + 2Ag ↓ + 2NH4NO3
C6H5CH2CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → C6H5CH2COONH4+ 2Ag↓ + 2NH4NO3
Câu 3:
a) Tóm tắt:



0,1molN 2 N 2 OM  1,125.32  36
 Al : x (mol )
 V (ml ) HNO3 2M 


 Mg : y (mol )

 Al 3 : x (mol )
 2
 NaOH 1M
 Mg : y (mol ) 
 H  du


Gọi số mol của N2 và N2O lần lượt là a và b (mol)
a  b  0,1
a  0, 05
Ta có: 

28a  4b  0,1.36 b  0, 05

Quá trình nhường electron

Quá trình nhận electron

Mg → Mg2+ +2e

2N+5 + 10e → N2

x


→ 2x

0,5← 0,05 (mol)

Al→ Al3+ +3e

2N+5 + 8e → N2O

y → 3y

0,4 ← 0,05

(mol)

ne (KL nhường) = ne(N+5 nhận)
=> 2x + 3y = 0,5 + 0,4 (1)
Từ đồ thị ta thấy tại giá trị V= 0,1 (lít) tức nNaOH = 0,1 (mol) mới bắt đầu xuất hiện kết tủa
=> lượng NaOH này chính là lượng để trung hòa HNO3 dư sau phản ứng
=> nHNO3 dư = nNaOH = 0,1 (mol)
Ta thấy tại giá trị V= 1,1 (lít) tức nNaOH = 1,1 (lít) đồ thị đi lên cực đại, sau đó lại đi xuống =>
kết tủa đạt cực đại sau đó bị hịa tan 1 phần ( chỉ có Al(OH)3 bị hồn tan)
Khi cho NaOH từ từ vào dung dich Z xảy ra phản ứng:
H+ + OH- → H2O
0,1 → 0,1

(mol)

Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2↓
x


→ 2x

(mol)

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3↓
y → 3y

→y

(mol)

Al(OH)3↓ + OH- → AlO2- + 2H2O
(y – z ) → (y –z)

(mol)

Gọi số mol của Al(OH)3 cịn lại khơng bị hồn tan là z (mol)
=> ta có: ∑ nNaOH = nH+dư + 2nMg2+ + 4nAl3+ - nAl(OH)3
=> 0,1 +2x + 4y – z = 1,1 (2)
Mặt khác: ∑ mkết

tủa

= mMg(OH)2 + mAl(OH)3 chưa hòa tan

=> 58x + 78z = 16,5 (3)


Từ (1), (2) và (3) => x = 0,2 ; y = 0,15 và z = 0,1 (mol)

=> m = mAl + mMg = 0,2.27 + 0,15.24 = 9 (g)
nHNO3 = nHNO3 dư + 2nN2 + 2nN2O + 3nAl(NO3)3 + 2nMg(NO3)2 = 0,1 + 2.0,05 + 2. 0,05 + 3.0,2 +
2.0,15 = 1,2 (mol)
=> VHNO3 = n : CM = 1,2 : 2 = 0,6 (lít) = 600 (ml)
(b) Gọi công thức chung của x là CxHyOz
Hợp chất hữu cơ X có MX < 200 => mO < 200.32/100 => mO < 64 => z < 4
Mà X phản ứng với NaHCO3 sinh ra khí nên X là axit
=> 2 ≤ z < 4
  z  2 : M X  mO .

100
100
 32.
 100
32
32

 12 x  y  32  100  12x  y  68  y  68  12x

Mà 0 < H ≤ 2C + 2 => 0 < y ≤ 2x + 2 => 0 < 68 – 12x ≤ 2x + 2 => 4,7 ≤ x < 5,67 => x = 5
CTPT của X là C5H8O2 có độ bất bão hịa là k = (2.5 + 2 – 8)/2 = 2
CTCT thỏa mãn là:

  z  3 : M X  mO .

100
100
 48.
 150
32

32

 12 x  y  48  150  12 x  y  102  y  102  12x

Mà 0 < H ≤ 2C + 2 => 0 < y ≤ 2x + 2 => 0 < 102 – 12x ≤ 2x + 2 => 7,14 ≤ x < 8,5 => x = 8
CTPT của X là C8H6O3 có độ bất bão hịa là k = (2.8 + 2 – 6)/2 = 6
CTCT thỏa mãn là:

Câu 4:
Tóm tắt: