Câu 1: (2,0 điểm)
1. Nung đá vôi đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn B và khí C. Sục
đến dư khí C vào dung dịch NaAlO2 thu được kết tủa D và dung dịch E. Đun nóng
dung dịch E thu được dung dịch chứa muối F. Nung D đến khối lượng không đổi thu
được chất rắn G. Điện phân nóng chảy G thu được kim loại H. Cho chất rắn B vào
nước được dung dịch K. Cho kim loại H vào dung dịch K thu được muối T. Cho dung
dịch HCl dư vào dung dịch muối T. Xác định các chất B, C, D, E, F, G, H, K, T và
viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Hướng dẫn
Một bài toán diễn biến dài hơi, cần tóm tắt để triển khai tỉ mỉ mỗi tình huống.


CaCl 2
H O
 Al
 HCl
 T
B : CaO  dö2  K : Ca(OH)2    Ca(AlO2 )2  dö 
AlCl3

o

o
D : Al(OH)  t
CaCO3  t 
 Al 2O 3  đpnc

 Al
3



 NaAlO2

 NaAlO2 dư
NaAlO2
C : CO2  dö 
ddE

F




NaHCO



3
Na2 CO3


to

CaCO3   CaO + CO2↑
CaO + H2O → Ca(OH)2
CO2 + NaAlO2 + 2H2O → NaHCO3 + Al(OH)3↓
o

t
2NaHCO3   Na2CO3 + CO2↑ + H2O
o


t
2Al(OH)3   Al2O3 + 3H2O
ñpnc

  2Al + 1,5O ↑
Al2O3  Criolit
2
Ca(OH)2 + 2Al + 2H2O → Ca(AlO2)2 + 3H2↑
Ca(AlO2)2 + 8HCl → CaCl2 + 2AlCl3 + 4H2O
2. Nêu hiện tượng xảy ra và viết các phương trình phản ứng hóa học trong mỗi trường
hợp sau:
- Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch KOH lỗng có nhúng mẩu giấy q
tím.
- Cho một thìa nhỏ đường saccarozo vào ống nghiệm, sau đó nhỏ vài giọt H2SO4 đặc
vào ống nghiệm.
Hướng dẫn
Thí nghiệm 1:


Q tím khi cho vào dung dịch KOH sẽ chuyển màu xanh.
HCl + KOH → KCl + H2O
HCl khi cho từ từ vào dung dịch sẽ trung hòa KOH đến hết. Giấy q màu xanh
chuyển dần về màu tím. Đến khi cho HCl dư vào dung dịch thì quì chuyển thành màu
đỏ do dung dịch dư axit.
Thí nghiệm 2:
C12H22O11 + 24H2SO4 đặc → 12CO2↑ + 24SO2↑ + 35H2O

Khối đường bị oxi hóa thành than, q trình xảy ra mãnh liệt tỏa nhiều nhiệt và thốt
ra lượng khí lớn nên khối đường tăng nhanh thể tích trào ra khỏi ống nghiệm.

3. Trong phịng thí nghiệm, bộ dụng cụ thí nghiệm được lắp như hình vẽ dưới đây:

Hãy cho biết, bộ thí nghiệm trên có thể dùng để điều chế được chất khí nào trong số
các khí sau: Cl2, NH3, CO2, H2, C2H2, giải thích. Mỗi khí điều chế được, hãy chọn một
cặp chất (1) và (2) thích hợp và viết phương trình phản ứng xảy ra.
Hướng dẫn
Bộ dụng cụ thí nghiệm được lắp để điều chế khí bằng phương pháp đẩy nước. Khí
được điều chế bằng phương pháp đẩy nước thì khơng tan hoặc rất ít tan trong nước:
CO2, H2, C2H2
Với CO2:
2HCl + CaCO3 → CaCl2 + CO2↑ + H2O
Với H2:
2HCl + Zn → ZnCl2 + H2↑
Với C2H2:
2H2O + CaC2 → Ca(OH)2 + CH≡CH↑
Câu 2: (2,5 điểm)


1. Có 5 lọ khơng nhãn, mỗi lọ đựng 1 chất khí khơng màu sau: CO2, C2H4, C2H2, SO2,
CH4. Bằng phương pháp hóa học hãy trình bày cách nhận biết 5 lọ khí trên. Viết các
phương trình hóa học.
2. X, Y, Z là ba chất hữu cơ (trong phân tử chỉ chứa C, H, O) đều có khối lượng mol
phân tử bằng 60g/ml. X tác dụng với Na và X tác dụng với Na2CO3 giải phóng khí
CO2; Y và Z đều phản ứng được với Na và không phản ứng với dung dịch NaOH. Xác
định công thức cấu tạo của X, Y, Z (có giải thích) và viết các phương trình phản ứng.
Hướng dẫn
1. Sơ đồ:
C2 H 2 : C2 Ag2 (vaøng)
CO2 ,SO 2


 AgNO3


C2 H2 ,C2 H 4  
ddNH3
CH
 4

C2 H 4 : mất màu ddBr2 / CCl 4
CO2 ,SO2
/CCl4
 Br2


C2 H 4 ,CH4

SO2 : mất màu Br2
CO2 ,SO 2  Br2 / H2O
    CO2 Ca(OH)2

  dö 

CH 4
CH 4

ddNH3
C2H2 + Ag2O  dö C2Ag2↓(vàng) + H2O

 CCl
 4



CH2=CH2 + Br2
CH2(Br)-CH2(Br)
SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓(trắng) + H2O
Còn lại là CH4.
2.

- CH2=CH2 làm mất màu Br2/H2O
(nước Br2) và Br2/CCl4. H2O và
CCl4 là dung môi.
- SO2 chỉ làm mất màu Br2/H2O


 CO2
 X Na
Na2CO3





  X : CH3COOH

 C3 H 7 OH

 C3 H 7 OH : baäc 1; baäc 2
  CH3COOH; HCOOCH3   Y,Z Na


 ko pứ vs NaOH

      
CHO

CHO
CH

2
CH


2
OH


OH


M = 60
CH3COOH + Na → CH3COONa + 0,5H2↑
2CH3COOH + Na2CO3 → 2CH3COONa + CO2↑ + H2O
C3H7OH + Na → C3H7ONa + 0,5H2↑
HO-CH2-CHO + Na → NaO-CH2-CHO + 0,5H2↑

Đồng phân M = 60, 72, 74 hay
gặp trong cả lí thuyết lẫn tình
huống tốn. Do vậy, các em
lưu ý để tự tin biện luận.


Câu 3: (2,0 điểm)
1. Cho m gam bột kim loại R hóa trị khơng đổi vào 500 ml dung dịch hỗn hợp gồm
Cu(NO3)2 và AgNO3 đều có nồng độ 0,4M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn,
thu được (m + 27,2) gam hỗn hợp chất rắn X và dung dịch Y. X tác dụng với dung
dịch HCl có khí thốt ra. Xác định kim loại R và khối lượng muối trong dung dịch Y.
Hướng dẫn
Cu(NO3 )2 : 0,2
R




m (g)
AgNO3 : 0,2

 Raé
n X  HCl

  
 m + 27,2
ddY


X pứ với HCl có khí nên X chứa R dư (Cu, Ag không pứ với HCl)
2R + nCu(NO3)2 → 2R(NO3)n + nCu↓
0, 4
n

←0,2→
0,2

R + nAgNO3 → R(NO3)n + nAg↓
0,2
n

←0,2→
0,2
Giả sử mol ban dầu của R là: x (mol)
Rx m
n 2
R

 12  
 Mg

0,6
n
R

24
R(x

)

64.0,2

108.0,2

m

27,2



n
Ta có 

Dung dịch Y chỉ chứa Mg(NO3)2
BTNT.NO

3
   
Mg(NO3 )2 :

2.0,2  0,2
 mMg(NO3 )2 : 44, 4g
2
    
0,3

Vậy kim loại là Mg và khối lượng muối Mg(NO3)2 trong ddY là 44,4g.
2. Nung m gam hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4, thu được rắn Y (KCl, K2MnO4,
MnO2, KMnO4) và O2. Trong Y có 1,49 gam KCl chiếm 19,893% theo khối lượng.
Trộn tồn bộ lượng O2 ở trên với khơng khí theo tỉ lệ thể tích 1 : 4 thu được hỗn hợp
khí Z. Đốt cháy hết 0,528 gam cacbon bằng hỗn hợp Z, thu được hỗn hợp khí T gồm 3
khí O2, N2, CO2 có tỉ khối so với H2 là 16,04. Biết trong khơng khí có 80% N2 và 20%
O2 theo thể tích, các khí đều đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Xác định giá trị
của m.
Hướng dẫn
Raé
 nY : KCl : 0,02
 7,49g


O 2
KMnO4 to 
O2
m(g) 
  

C
O

khô
n
g
khí




T
N2
KClO


  2      N
3

0,044




2

1:4
CO2

M 32,08

o

Pt:

t
2KMnO4   K2MnO4 + MnO2 + O2↑
o

t
KClO3   KCl + 1,5O2↑
C + O2 → CO2
Giả sử số mol O2 sinh ra sau nhiệt phân X là: x (mol)
O2 :1,8x  0, 044
O : 0,8x

O2  không khí  2
 0,044
C T   BTNT.N
   N 2 : 3,2x
     N : 3,2 x

 BTNT.C
 2

4x
x
     CO2 : 0,044
         
M 32,08
Ta có
Suy ra 32(1,8x – 0,044) + 28.3,2x + 44.0,044 = 32,08.5x

Bảo toàn nguyên tố sẽ
giúp ta giải quyết tình
huống thứ tự pứ lằng
nhằng.


→ x = 0,04 → nO2(nhiệt phân) = 0,04
BTKL: mX = mY + mO2 → m = 7,49 + 32.0,04 = 8,77g
Vậy giá trị của m là: 8,77g.
CHÚ Ý : tình huống giống hệt thi vào 10 chun hóa ĐHSP Hà Nội 2014.
Câu 4: (2,0 điểm)
1. Tiến hành este hóa axit X có dạng CnH2n+1COOH với rượu etylic, sau phản ứng tách
ra thu được hỗn hợp Z gồm este Y, axit X và rượu. Chia 9,08 gam Z thành hai phần
bằng nhau. Đốt cháy hết phần 1 bằng khí O2 dư, thu được 9,68 gam CO2 và 4,14 gam
H2O. Phần 2 phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung dịch chứa m gam
muối và 1,38 gam rượu.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b. Xác định cơng thức cấu tạo có thể có của X, Y. Tính m và hiệu suất phản ứng este
hóa.
2. Cho 2,5 kg glucozo chứa 20% tạp chất lên men thành rượu etylic. Tính thể tích
rượu etylic 400 thu được. Biết rượu etylic có khối lượng riêng 0,8g/ml và q trình chế
biến rượu etylic hao hụt 10%.

Hướng dẫn
1.
Axit, Este no,1 chức:nCO 2 nH 2O
 nC2 H 5OH 0,23  0,22 0, 01

Ancol no:nAncol = nH 2 O  nCO 2


Khi đốt cháy
Cn H2n 1COOH : x


C2 H5 OH : 0, 01
C H COOC H : y
2
5
 n 2n 1

(14n  46)x  46.0, 01  (14n  74) y 4,54
 BTNT.C
n 3
     (n  1)x  2.0, 01  (n  3) y 0,22  
x 0, 02
 C2H5OH
 0, 01  y 0, 03  y 0, 02
  0,03

Ta có
Vậy cơng thức của axit là : C3H7COOH.
2.


Độ rượu chính là phần trăm thể tích của C2H5OH trong dung dịch rượu.
2,5.1000.80% 100

180
9
Số mol của Glucozo:

men

 2C H OH + 2CO ↑
C6H12O6  90%
2 5
2

100
9 →

100.2.90%
20
9
Khối lượng rượu etylic: 20.46 920 → Thể tích rượu etylic: 920:0,8 = 1150ml

Thể tích dung dịch rượu etylic là: 1150:40% = 2875ml = 2,875 (lít).
Câu 5: (2,0 điểm)


1. Cho x gam hỗn hợp A gồm Al2O3 và Fe2O3 vào 500 ml dung dịch HCl y(M), thu
được dung dịch B. Cho từ từ NaOH vào dung dịch B, lượng kết tủa phụ thuộc vào số
mol NaOH được biểu diễn bằng đồ thị dưới đây:


a. Xác định x và y.
b. Khi lượng NaOH phản ứng là 0,75 mol thì thu được m gam kết tủa. Tính m.
Hướng dẫn
a.
Mất 0,1 mol NaOH thì mới xuất hiện kết tủa nên dung dịch B chứa HCl dư, vậy A hết
Al 2 O3 : a

Fe O : b
Gọi mol  2 3

Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O
Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O
* Tại điểm nNaOH = 0,7: kết tủa tối đa
HCldư + NaOH → NaCl + H2O
0,1→
0,1
AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3↓(keo trắng) + 3NaCl
FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3↓(nâu đỏ) + 3NaCl
→ 0,1 + 6a + 6b = 0,7 (1)
* Tại điểm nNaOH = 0,8: Al(OH)3 bị hòa tan hết
Vậy nAl(OH)3 = 0,8 – 0,7 = 0,1
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O
0,1→
0,1
Al O : 0, 05
 (1)
 b 0, 05   2 3

Fe2 O3 : 0, 05



→ 2a = 0,1 → a = 0,05 (2)

b.

Dư:

nNaOH hòa tan kết tủa Al(OH)3 là: 0,75 – 0,7 = 0,05
HCldư + NaOH → NaCl + H2O
0,1→
0,1
AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl
FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3NaCl
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O
0,05
←0,05
0,05

x 13,1g

y 1, 4M


Al(OH)3 dö : 0, 05
 m  14,6g

Fe(OH)
:
0,1


3
Kết tủa 

Vậy giá trị m là: 14,6g.
2. Hịa tan hồn tồn 16,48 gam hỗn hợp A gồm Cu và Fe3O4 bằng dung dịch H2SO4
lỗng (vừa đủ) thì chỉ thu được dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thu được 35,68 gam
muối. Mặt khác, nếu hịa tan hồn tồn 8,24 gam A bằng lượng dư dung dịch H2SO4
đặc, nóng thu được V lít SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Hấp thụ hồn tồn V lít
SO2 thu được ở trên vào 200 gam dung dịch Ba(OH)2 x% thì thấy khối lượng dung
dịch sau phản ứng giảm 1,015 gam và thu được m gam kết tủa.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b. Tính khối lượng của từng muối trong B và xác định giá trị của V, x và m.
Hướng dẫn
Đồng nhất dữ kiện 16,48 gam với 8,24 gam để thuận tiện tính tốn. Ta có sơ đồ
H2SO4
  

 Muối :17,84g
loãng, đủ



Cu
 Ba(OH)2
A
   H SO
 
SO2  
 

2x(mol)
2
4


Fe3O 4
8,24g 
đặc , dư



dd


 : m

m dd giảm 1, 015g

Vì chỉ thu được dung dịch B (khơng có rắn) nên Cu bị tan hết.
Tăng giảm khối lượng:

(2)
(2)
O
   SO
4

16
     96
 96 - 16 = 80


17,84  8,24
0,12
80
suy ra:nO(Oxit) =

  
 nFe3O 4 : 0, 03   
 nCu 0, 02
BTNT.O

Dư:

8,24g

Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O
0,03→ 0,12
0,03
0,03
Cu + Fe2(SO4)3 → CuSO4 + 2FeSO4
0,02→ 0,02
0,02
0,04
0,01
Fe2 (SO 4 )3 : 0, 01  40g

FeSO 4 : 0, 07  10,64g
CuSO : 0, 02  3,2 g
4



Khi triển khai 1 bài toán, ta nên tóm tắt và
có thói quen tự hỏi:
- Đâu là tình huống chính
- Đâu là tình huống cung cấp số liệu quan
trọng cho tình huống chính.
- Xuất phát từ tình huống nào trước thì
thuận lợi
Quá trình từ lúc đọc bài đến khi ra kqua là
quá trình tự đặt câu hỏi và tìm cách xử lí.

Muối B
* Bte: 2.nCu + nFe3O4 = 2.nSO2 → nSO2 = 0,035 → V = 0,784 (lít).
mdd giảm = mBaSO3 – mSO2 → mBaSO3 = m = 3,255g.


TH1: kết tủa khơng bị hịa tan
SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3↓ + H2O
2x→
2x
→ 217.2x = 3,255 → x = 0,0075
TH2: kết tủa bị hòa tan
SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3↓ + H2O
2x ←2x→
2x
SO2 + BaSO3 + H2O → Ba(HSO3)2
(0,035 – 2x)
nBaSO3 dư = 4x – 0,035 → 217(4x – 0,035) = 3,255 → x = 0,0125.
Vậy giá trị V = 0,784 (lít); x = 0,0075 hoặc 0,0125 và m = 3,255 gam.