Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Hóa - Sở GD&ĐT Long An

Chia sẻ: Gu Tin | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

187
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với đề thi học sinh giỏi môn Hóa lớp 12 sẽ giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu chuẩn bị ôn luyện và bổ trợ kiến thức cho kỳ thi sắp tới cũng như bổ trợ kiến thức cho giáo viên ra đề thi. Mời các bạn học sinh và quý thầy cô giáo cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Hóa - Sở GD&ĐT Long An

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 2 LONG AN Ngày thi : 10/11/2011 Môn thi : HÓA HỌC ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian thi : 180 phút (không kể phát đề) Đề thi có 4 trang, gồm 10 câu. Câu 1( 2 điểm ) 1.Sử dụng thuyết liên kết hóa trị (VB) và thuyết trường tinh thể (CF) để giải thích dạng hình học, từ tính của phức chất [Fe(CN)6]4-, Fe(CO)5 . Cho Fe(Z=26), C(Z=6), N(Z=7). O( Z=8 ). 2.Một đồng vị phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng : 64 29 Cu k1 30 Zn     64 và 64 29 Cu k 2 28 Ni    64 Thực nghiệm cho biết từ 1mol 64Cu ban đầu, sau 25 giờ 36 phút lấy hỗn hợp còn lại hòa tan vào dung dịch HCl dư thì thu được 16gam chất rắn không tan. Từ một lượng đồng vị 64Cu ban đầu , sau 29 giờ 44 phút lấy hỗn hợp còn lại hòa tan vào dung dịch KOH dư thì phần chất rắn không tan có khối lượng bằng 50,4% khối lượng hỗn hợp . Tính các hằng số phóng xạ k1, k2 và chu kì bán rã của 64Cu . 3. Kim cương và than chì là hai dạng thù hình của nguyên tố cacbon. Biết rằng độ dài liên kết C-C ( kim cương ) là 154pm, C-C ( than chì ) là 141 pm, khoảng cách giữa hai lớp than chì là 336 pm. Kim cương có cấu tạo lập phương tâm diện, ngoài ra còn có bốn nguyên tử nằm ở 4 hốc (site) tứ diện của ô mạng cơ sở và số nguyên tử cacbon trong một ô mạng tinh thể của kim cương gấp 4 lần số nguyên tử cacbon trong một ô mạng tinh thể than chì .Hãy tính khối lượng riêng của kim cương và than chì. (Biết NA = 6,02. 1023. MC = 12). Câu 2 ( 2,5 điểm ) 1. Hoûi keát tuûa Ag2CrO4 coù tan ñöôïc trong dung dòch NH4NO3 khoâng? Cho: K b ( NH 3 )  10 4,76 ; K a ( HCrO )  10 6,5 .Tích soá tan T( Ag 2CrO4 )  1011,8  4 Haèng soá beàn cuûa phöùc  ( AgNH  )  10 3, 32 3 2. Cho dung dòch A goàm KCN 0,120 (M); NH3 0,150 (M) vaø KOH 5.10-3 (M). Tính pH cuûa dung dịch A. Cho bieát pKa (HCN) = 9,35 ; pKa (NH4+) = 9,24. 3. Một trong những yếu tố quan trọng ảnh hưởng lên độ tan của các muối khó tan là pH . FeS là một ví dụ điển hình. Độ tan của nó bị ảnh hưởng bởi pH khi anion sunfua phản ứng với ion H+. Tính độ tan của FeS trong dung dịch axit có pH = 5,0. -17,2 Biết hằng số phân li của axit H2S lần lượt là: K1 = 10-7,02, K2 = 10-12,9, T(FeS) =10 Fe2+ + H2O Fe(OH)+ + H+ *  10 5 , 92 Câu 3 ( 2 điểm ) 1. Khi CO khử hơi nước ở nhiệt độ cao theo phản ứng : CO (k) + H2O (k) CO2(k) + H2(k) (1) a. Bắt đầu từ nhiệt độ 1100K, khi tăng thêm 1K thì hằng số cân bằng Kp của phản ứng giảm 0,32% . Tính H0 của phản ứng ở 1100K . 1
b. Ở 1500K và 1atm , độ phân hủy của H2 O(k) thành H2(k) và O2(k) là 2,21 .10-4. Trong cùng điều kiện trên , độ phân hủy của CO2(k) thành CO(k) và O2(k) là 4,8.10-4 . Tính Kp của phản ứng (1) ở nhiệt độ 1500K. 2. Phản ứng 2XO(k) + 2H2(k) X2(k) + 2H2O(k) tuân theo quy luật động học thực nghiệm : v = k[XO]2 [H2] . Cơ chế được đề xuất cho phản ứng này : k1 2XO(k) X2O2(k) ( nhanh) k2 2HOX (k) ( nhanh) X2O2(k) + H2 (k) k3 HOX (k) + H2(k) H2O(k) + HX (k) ( chậm) k4 HX (k) + HOX (k) X2(k) + H2O (k) (nhanh) Cơ chế này có phù hợp với quy luật động học thực nghiệm ? Tại sao ? Câu 4 ( 1,5 điểm ) 1. Cho phản ứng tạo thành 1 mol H2O(k) từ H2(k) và O2(k) và các dữ kiện nhiệt động ở 250C và 1 bar. 1 H2(k) + O2 (k) → H2O(k) 2 H2 (k) O2 (k) H2O(k) 0 -1 -1 S (J.K .mol ) 130,684 205,138 188,83 C 0 (J.K-1 .mol-1) p 28,824 29,355 33,58 Coi C 0 không phụ thuộc vào nhiệt độ . Hãy tính ∆S0 của phản ứng trên ở 1000C. p 2. Ở điều kiện chuẩn, entanpy phản ứng và entropy của các chất có giá trị như sau: 2NH3 + 3N2O → 4N2 + 3H2O ∆Ho298 = -1011kJ (1) o N2O + 3H2 → N2H4 + H2O ∆H 298 = -317kJ (2) 1 2NH3 + O2→ N2H4 + H2O ∆Ho298 = -143kJ (3) 2 1 H2 + O2 →H2O ∆Ho298 = -286kJ (4) 2 So298(N2H4) = 240J/mol.K , So298(H2O) = 66,6J/mol.K So298(N2) = 191J/mol.K , So298(O2) = 205J/mol.K. o a. Tính entanpy tạo thành ∆H 298 của N2H4 , N2O và NH3. b. Viết phương trình phản ứng cháy của hidrazin tạo thành nước và nitơ. Tính hằng số cân bằng phản ứng ở 298K. Câu 5 ( 2 điểm ). Cho cân bằng : 3Au+ Au3+ + 2Au (1) Thế khử tiêu chuẩn của: Au+/Au có E10  1,68V ; Au3+/Au có E 2  1,5V 0 a . Tính hằng số cân bằng K phản ứng (1) . b . Tính nồng độ cation Au+ lớn nhất trong dung dịch Au3+ 10-3 mol.l-1. 2
b . Trong dung dịch có dư anion X-, Au+ tạo phức AuX2- (hằng số không bền K1). Au3+ tạo phức AuX4- (hằng số không bền K2), dư ion X- có cân bằng sau 3AuX2- AuX4- + 2X- + 2Au ( hằng số cân bằng là K). Viết biểu thức tính K theo K, K1, K2 Cho biết: X- = Br-, pK1 = 12; pK2 = 32 X- = CN-, pK1 = 38; pK2 = 56 . Dựa vào kết quả tính toán đưa ra kết luận gì ? Câu 6 (2 điểm) 1. Khi sự sống bắt đầu trên Trái Đất thì thành phần khí quyển gồm: khí А, CH4, NH3 và các khí khác, trong lúc đơn chất B hầu như không có. Do các quá trình hóa học diễn ra trong cơ thể sống nên lượng khí A giảm trong khi đó B tăng. B có mặt nhiều ở khí quyển nhờ sự quang hóa (nA + nH2O nB + (CH2O)n). 2+ 3+ Lúc đầu, B tích tụ trong khí quyển, ion Fe có mặt trong nước biển bị oxi hóa thành Fe . Tầng khí quyển bảo vệ Trái Đất khỏi tác dụng của tia tử ngoại chứa chất C, một dạng thù hình của B. Tất cả các biến đổi ở trên đã tạo nên sự sống đa dạng trên Trái Đất. Trong các điều kiện xác định, hợp chất D có thể hình thành cả trong khí quyển và cơ thể sống. Các nguồn gốc dẫn tới sự lão hóa được phát sinh từ sự thoái biến của D. Chất D được tạo thành từ hai nguyên tố hiđro và oxi, có cả tính oxi hóa và tính khử. a. Viết công thức của các chất A, B, C, D. b. Viết phương trình ion thu gọn của các phản ứng oxi hoá - khử: (1) D + KI + H2SO4 … ; (2) D + K2Cr2O7 + H2SO4 … 2+ 2+ 2. Sục khí H2S vào dung dịch X chứa Cd 0,005 (M) và Co 0,01M đến khi dung dịch bão hòa H2S 0,100 (M) . Để lượng Cd2+ trong dung dịch còn 10% mà CoS vẫn chưa kết tủa thì pH của dung dịch X nằm trong khoảng nào? Xem thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể . Cho H2S có Ka1 và Ka2 lần lượt là 10-7,02 và 10-12,90 , TCoS =10-20,4 , TCdS = 10-26 Câu 7 ( 1 điểm ) 1. Một anken A (C6H12) có đồng phân hình học, tác dụng với Br2 ( CCl4) cho dẫn xuất dibromua B . Chất B tác dụng KOH trong C2H5OH đun nóng cho ankadien C và ankin D. Ankadien C bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO4 đậm đặc, đun nóng cho ra axit axetic và khí cacbonic. Xác định công thức cấu tạo của A . 2. Hãy viết công thức cấu tạo từ A đến D. Trình bày cơ chế phản ứng từ phenol  A OH CH3 (H3C)2C=CH2 H2/Ni CrO3 1) CH3MgBr + o A B C D H ,t H2SO4 p H2O 2) H2O Câu 8 ( 3 điểm ) 1. Khi đun nóng 2-metyl xiclohexan -1,3 - đion với but-3-en-2-on trong dung dịch kiềm (C2H5ONa) thu được một hợp chất hữu cơ ( sản phẩm chính ) có công thức C11H14O2 . Hãy viết công thức cấu tạo của C11H14O2 và dựa vào cơ chế phản ứng giải thích quá trình tạo sản phẩm . 2. Hai hợp chất hữu cơ đa chức A và B đều có công thức phân tử C5H6O4 là đồng phân lập thể của nhau. Cả A, B đều không có tính quang hoạt, A có nhiệt độ sôi thấp hơn B. 3
A, B đều tác dụng với NaHCO3 giải phóng khí CO2. Khi hiđro hóa A hay B bằng H2 với xúc tác Ni được hỗn hợp X gồm các chất có công thức C5H8O4. Có thể tách X thành hai dạng đối quang của nhau. a. Lập luận xác định cấu tạo của A và B. b. Viết công thức Fisher của hai dạng đối quang của X. c. Cho A tác dụng với Br2/CCl4. Viết cơ chế phản ứng, viết công thức Newman, công thức phối cảnh, công thức Fisher của sản phẩm tạo thành. 3. Từ HCHO, CH3CHO và các chất vô cơ cần thiết . Hãy tổng hợp spiro[2.2]pentan. Câu 9 ( 2,5 điểm ) 1. D-Arabinozơ là đồng phân cấu hình ở C2 của D-ribozơ. Để xác định cấu trúc vòng 5 hay 6 cạnh của nó, người ta thực hiện chuỗi phản ứng sau: CH3OH HIO4 1.H3O+ D-Arabinozơ A B HOOC-COOH + HOCH2COOH + CH3OH HCl -HCOOH 2. Br2 ,H2O H·y vẽ công thức Havooc (Haworth) d¹ng vßng cña - vµ  -D -Arabinoz¬. 2. Thủy phân hoàn toàn polypeptit A thu được các amino axit : Val Trp Met2 Gly2 Lys Ala2 Ile Pro Asp Arg Tyr Cys. Thủy phân không hoàn toàn polypeptit A bằng enzim trypsin thì thu được các phân đoạn sau : Val- Trp- Met- Gly- Lys , Ala - Ile- Pro- Met- Asp- Arg, Tyr -Ala -Gly -Cys. Nếu dùng enzimchymotrypsin thì thu được : Ala – Gly – Cys , Met- Gly- Lys- Ala- Ile- Pro- Met- Asp- Arg- Tyr, Val-Trp . Hãy xác định trình tự các aminoaxit trong polypeptit A. 3. Cho ba amino axit sau: H 2N-(CH2)4-CH-COOH HOOC-(CH 2)2-CH-COOH N COOH NH 2 NH 2 H prolin lysin axit glutamic Hãy đề nghị giá trị pH để phân tách hỗn hợp các amino axit này bằng phương pháp điện di. Biết pHI của Pro= 6,3, Lys = 9,74 và Glu = 3,08 Câu 10 (1,5 điểm ) 1. Một trong các phương pháp tổng hợp peptit là bảo vệ nhóm amin bằng axyl hóa benzylclocacbonat gọi là cacbobenzoxyclorua . Hãy dùng phương pháp này tổng hợp tripeptit Gly-Ala-Phe . 2. Hợp chất hữu cơ A có công thức phân tử C13H24O . - Ozon phân A thu được HOCH2CH=O , CH3[CH2]2COCH3 và CH3CH2CO[CH2]2CH=O. - Nếu cho A tác dụng với brom theo tỉ lệ mol 1:1 rồi mới ozon phân sản phẩm chính sinh ra thì chỉ thu được hai sản phẩm hữu cơ ( trong đó có một hợp chất xeton ). - Đun nóng A với dung dịch axit dễ dàng thu được sản phẩm B có cùng công thức phân tử với A, song khi ozon phân B chỉ cho một sản phẩm hữu cơ duy nhất . a. Xác định công thức cấu tạo của hợp chất A. b. Viết cơ chế phản ứng chuyển hóa A thành B. ---HẾT--- Thí sinh không được sử dụng bảng HTTH Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………..Số Báo Danh:………………………… 4
5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LONG AN NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: HÓA HỌC -KHỐI 12 CẤP THPT Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) . Ngày thi: 27/01/2013 . (Đề thi có 02 trang, 10 câu, mỗi câu làm đúng được 1,0 điểm) QUI ĐỊNH: - Thí sinh trình bày tóm tắt cách giải, công thức áp dụng (có thể chỉ ghi bước cuối cùng để tính ra kết quả ) - Các kết quả tính gần đúng, lấy đến 5 chữ số thập phân (không làm tròn). Cho biết nguyên tử khối, hằng số liên quan của các nguyên tố như sau: R= 0,08205 lít.atm.K-1.mol-1 H = 1; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Br = 80; Ag = 108; Ba = 137. Câu 1: Hợp chất A tạo bởi 2 ion X2+ và YZ 2 . Tổng số electron của YZ 2 là 32 hạt, Y và Z đều 3 3 có số proton bằng số nơtron. Hiệu số nơtron của 2 nguyên tố X và Y bằng 3 lần số proton của Z. Khối lượng phân tử A bằng 116. Xác định công thức của A. Câu 2: Hỗn hợp khí X gồm O2 và O3 có tỉ khối hơi so với H2 là 17,6. Hỗn hợp khí Y gồm etan và etyl amin có tỉ khối hơi so với H2 là 20. Để đốt cháy hoàn toàn V1 lít Y cần vừa đủ V2 lít X (biết sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2, các chất khí đều đo ở đktc). Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vôi trong dư, sau phản ứng thu được 20,0 gam kết tủa, nhận thấy khối lượng dung dịch nước vôi trong giảm m gam và có khí N2 thoát ra khỏi bình. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m và tỉ lệ V2:V1. Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 50,0 cm 3 hỗn hợp khí A gồm C2H6 , C2H4, C2H2 và H2 thu được 45,0 cm 3 khí CO2. Mặt khác, nung nóng thể tích hỗn hợp khí A đó có mặt Pd/ PbCO3 xúc tác thì thu được 40,0 cm3 hỗn hợp khí B. Sau đó cho hỗn hợp khí B qua Ni nung nóng thu một chất khí duy nhất. Các thể tích khí đo cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính % theo thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A. Câu 4: Nhỏ từ từ 75,0 gam dung dịch HCl 14,6% vào dung dịch chứa 10,6 gam Na2CO3 và 15,0 gam KHCO3, sau đó cho thêm tiếp vào dung dịch chứa 6,84 gam Ba(OH)2, lọc bỏ kết tủa. Cô cạn dung dịch thu được m gam rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m. Câu 5: Cho a gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300,0 ml dung dịch H2SO4 0,1 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn và có 448,0 ml khí (đktc) thoát ra. Thêm tiếp vào bình NaNO3, lượng NaNO3 phản ứng tối đa là 0,425 gam; khi các phản ứng kết thúc thu khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và khối lượng muối trong dung dịch là 3,865 gam. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Câu 6: Một khoáng vật chứa: 31,28492% silic ; 53,63128% oxi còn lại là nhôm và Beri về khối lượng. Xác định công thức của khoáng vật biết trong chất đó Si có số oxi hóa cao nhất, Be có hoá trị 2, Al hóa trị 3, Si hoá trị 4 và oxi hóa trị 2. Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 43,1 gam hỗn hợp X gồm axit axetic, glyxin, alanin và axit glutamic thu được 31,36 lít CO2 (đktc) và 26,1 gam H2O. Mặt khác 43,1 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 300,0
ml dung dịch HCl 1,0 M. Nếu cho 21,55 gam hỗn hợp X tác dụng với 350,0 ml dung dịch NaOH 1,0 M thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thì thu được m gam chất rắn khan. Tính m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 8: Chia m gam hỗn hợp X gồm Na, Al và Mg thành hai phần bằng nhau: - Cho phần 1 vào dung dịch H2SO4 (dư) thu được 1,008 lít khí H2 (đktc). - Cho phần 2 vào một lượng H2O (dư), thu được hỗn hợp kim loại Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HCl (đủ) thu được dung dịch Z. Dung dịch Z phản ứng vừa đủ 50,0 ml dung dịch NaOH 1,0 M thu được lượng kết tủa cực đại. Lọc lấy kết tủa, đem nung kết tủa đến khối lượng không đổi được 0,91 gam chất rắn. Tính m. Câu 9: Hỗn hợp A gồm C2H2, C3H6 và C3H8. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A bằng lượng oxi vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, dư và bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy bình 2 có 15,0 gam kết tủa và khối lượng tăng của bình 2 nhiều hơn so với khối lượng tăng của bình 1 là 4,26 gam. Nếu cho 2,016 lít hỗn hợp A phản ứng với 100,0 gam dung dịch brom 24% mới nhạt màu brom, sau đó phải sục thêm 0,896 lít khí SO2 nữa thì mới mất màu hoàn toàn, lượng SO2 dư phản ứng vừa đủ với 40,0 ml dung dịch KMnO4 0,1M. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A (các thể tích khí đều đo ở đktc). Câu 10: Cho a mol photphin vào một bình kín có dung tích không đổi. Nâng nhiệt độ lên 6410C, phản ứng hoá học xảy ra theo phương trình: 4PH3(k) P4(k) + 6H2(k). Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng, khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí là 21,25 g/mol và áp suất bình phản ứng là P. Tính P biết phản ứng trên có hằng số cân bằng KC là 3,73.10-4. ....................... Hết ....................... Họ và tên thí sinh:......................................................................Số báo danh:.................................... - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. - Thí sinh không sử dụng tài liệu. - Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LONG AN NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC -KHỐI 12 CẤP THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) . Ngày thi: 27/01/2013 . HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC- ĐỀ CHÍNH THỨC CÂU GỢI Ý CÁCH GIẢI ĐIỂM 1 Gọi ZX, NX là số proton (cũng bằng số electron) và số nơtron của nguyên tử X Gọi ZY, NY là số proton (cũng bằng số electron) và số nơtron của nguyên tử Y Gọi ZZ, NZ là số proton (cũng bằng số electron) và số nơtron của nguyên tử Z Ta có: ZY + 3ZZ = 30 NX – NY = 3ZZ (ZX + NX) + (ZY + NY)+ 3(ZZ + NZ) = 116 ZY = NY ZZ = NZ ZX + NX + 2ZY + 6ZZ = 116 (1)  NX – NY = 3ZZ (2) ZY + 3ZZ = 30 (3) ZX + NX = 56 (4) Từ (2),(3)  NX = 30 Từ (4)  ZX = 26 (Fe) 30  ZY + 3ZZ = 30  ZZ <  10 3 Z: Phi kim (6,7,8,9). ZZ 6 7 8 9 ZY 12 9 6 3 Biện luận chọn O (ZZ = 8)  ZY = 6 (C) 0,2 Kết quả: Công thức A: FeCO3 0,8 2 * M Y = 40: x mol C2H6 30 5 40 y mol C2H7N 45 10 x nC2 H 6 5 1  =    y = 2.x y nC2 H 7 N 10 2 CO 2 O2 C 2 H 6  V2 lít X  + V1 lít Y    H 2 O dd Ca( OH ) 2 CaCO3     du O3  C2 H 7 N N  2 nCaCO3 = nCO2 = 0,2 mol = 2.x + 2.y  x = 1/30 (mol); y = 1/15 (mol)  n H 2O = 3.x + 3,5.y= 1/3 (mol) * m dd giảm = mCaCO - ( mCO + m H O ) = 5,2g 3 2 2 * M X = 35,2: a mol O2 32 12,8 35,2 b mol O3 48 3,2
a nO2 12,8 4  =   b nO3 3,2 1  2.a + 3.b = 2.0,2 + 1/3  a = 4/15 (mol) ; b = 1/15 (mol) 4 1 (  ) V  2 = 15 15 = 3,33333 V1 1 1  0,2 30 15 Kết quả: * mdd giảm = mCaCO3 - ( mCO2 + m H 2O ) = 5,2g 0,4 V 0,4 * 2 = 3,33333 V1 3 Gọi x, y,z ,t (cm3) lần lượt là thể tích của C2H6, C2H4,C2H2 và H2 có trong hh A 7 * C2H6 + O2  2CO2 + 3 H2O  2 x 2x (cm3) C2H4 + 3O2  2CO2 + 2 H2O  y 2y (cm3) 5 C2H2 + O2   2 CO2 + H2O 2 z 2z (cm 3) Pd . / PbCO * Hỗn hợp A    hỗn hợp B giảm 10 cm 3 là thể tích chất 3 tham gia phản ứng  H2 dư và C2H2 hết  B gồm: C2H6, C2H4 và H2 dư Pd / PbCO3 C2H2 + H2   C2 H 4 0 * Hỗn hợp B gồm: C2H6, C2H4 và H2 Ni  ,t 1 chất khí duy nhất C2H6 0 C2H4 + H2 Ni  ,t C2H6  x  y  z  t  50 x  5  z  50  40  y  7,5   Ta có hệ pt:     2 x  2 y  2 z  45  z  10 y  z  z  t  t  27,5  0,2 Kết quả: % VC2H6 = 10,0%; % VC2H4 = 15,0% ; % VC2H2 = 20,0 %; % VH2 = 55,0% 0,8 4 n HCl = n H = nCl = 0,3 (mol)   n Na CO = 0,1 (mol)  n Na = 0,2 (mol); nCO = 0,1 (mol) 2 3  2 3 n KHCO3 = n K  = n HCO = 0,15 (mol); n Ba (OH ) 2 = n Ba 2  = 0,04 (mol)  nOH  = 0,08 (mol) 3 H+ + CO 2  * 3  HCO  3 0,3 0,1 0,1 (mol) + +  * H dư: H + HCO 3   CO2 + H2O 0,2 0,25 0,2 (mol)    2 * HCO 3 dư: HCO 3 + OH   CO 3 + H2 O 0,05 0,08 0,05 (mol) 2 2 * Ba + CO 3   BaCO3  0,04 0,05 0,04 (mol) +  Trong dung dịch sau phản ứng còn lại: Na : 0,2 mol; K : 0,15 mol; Cl  :  0,3 mol; CO 2 : 0,01 mol và OH  : 0,03 mol. 3 0,2
Kết quả: 22,21 gam 0,8 5 nH SO = 0,03 (mol)  nH = 0,06 (mol) ; nNaNO = 0,005 (mol) 2 4  3 nH = 0,02 (mol) 2  nH pứ = 0,04 (mol)  nH dư = 0,02 (mol)   + 2+ * Fe + 2H   Fe + H2 x 2x x x (mol) + 3+ Al + 3H   Al + 3/2H2 y 3y y 3/2y (mol) * 4H+ + NO  + 3e  3  NO + 2H2O 0,02 0,005 (mol) Sau phản ứng H+ và NO  hết 3 + 2+ 3Cu + 8H + 2NO   3  3Cu + 2NO + 4H2O z 2z/3 (mol) 2+ +  3+ 3Fe + 4H + NO 3   3Fe + NO + 2H2O x x/3 (mol) 3+ 3+ 2+ + 2  Muối chứa: Fe , Al , Cu , Na , SO4  mmuối = m các kim loại ban đầu + m + m = 3,865 (gam) SO4  2 Na   mcác kim loại ban đầu = 3,865 –(0,005.23) – (0,03.96) = 0,87 (gam)  56 x  27 y  64 z  0,87   x  0, 005  3  Ta có hệ pt:  x  y  0, 02   y  0, 01  2  z  0, 005  x z   3  2. 3  0, 005  0,2 Kết quả: %mFe = 32,18390%; %mAl=31,03448%; %m Cu=36,78160% 0,8 6 Gọi %Al = a; %Be= b. a + b = 100 – (31,28492 + 53,63128) = 15,0838 (%) (1) a b 31, 28492 53, 63128 (3 ) + (2 )+ (4  )  (2 )=0 (2) 27 9 28 16 Từ (1) và (2)  a = 10,05587 (%) và b= 5,02792 (%) 10, 05587 5, 02792 31, 28492 53, 63128  Al: Be : Si : O = : : : = 2 : 3 : 6 : 18 27 9 28 16 0,2 Kết quả: Công thức khoáng vật: Al2 Be3Si 6O18 hay Al2 O3.3BeO.6SiO2 0,8 7 CH 3COOH  CO2 :1, 4 mol  NH 2  CH 2  COOH  43,1 gam X  + O2   H 2O :1, 45 mol  CH 3  CHNH 2  COOH N C3 H 5 NH 2 (COOH )2  2  43,1 gam X + 0,3 mol HCl 21,55gam X + 0,35 mol NaOH   m gam rắn + H2O Ta có: n C = nCO = 1,4 (mol); nH = 2 nH O = 2,9 (mol) 2 2 n N = nNH = nHCl = 0,3 (mol) 2  nO ( X ) = [43,1-(1,4.12+2,0.1+0,3.14]:16=1,2 (mol)  nCOOH = 0,6 (mol)  21,55g X có nCOOH = 0,3 (mol) = nH O 2 mrắn = 21,55 + 0,35.40 – (0,3.18) = 30,15 (gam) 0,2 Kết quả: 30,15 (gam) 0,8
8 Phần 1: tác dụng với dd H2SO4 loãng dư: nH = 0,045 (mol) 2  H 2 SO4 Na  ½ H2  a ½a (mol)  H SO Al  3/2 H2 2  4 b 3/2b (mol)  H SO Mg  H2 2  4 c c (mol) Phần 2: tác dụng với nước dư: hỗn hợp kim loại Y gồm:Al dư và Mg * Na + H2O   NaOH + ½ H2 a a (mol) Al + NaOH + H2O   NaAlO2 + 3/2H2 a a (mol) 0  HCl 3NaOH t * Al dư  AlCl3  Al(OH)3  Al2O3    (b-a) 3(b-a) (b-a)/2 (mol) 0  HCl 2 NaOH t Mg  MgCl2  Mg(OH)2  MgO    c 2c c (mol) 1 3  2 a  2 b  c  0, 045  a  0, 01   Ta có hệ pt: 3(b  a )  2c  0, 05  b  0,02  ba c  0, 01 102.  40.c  0, 91   2 0,2 Kết quả: 2,02 gam 0,8 9 C2H2 : xmol  CO * m gam A C3H6 : ymol + O2   2  CO2 du CaCO3   dd H2SO4  dd Ca(OH)2  C H : z mol  H 2O  3 8 mtăng bình (1) = mH 2O ; mtăng bình (2) = mCO2 = 44.0,15= 6,6 (gam); nCO2 = 0,15 (mol) mCO2 - mH 2O = 4,26 (gam)  mH 2O = 2,34 (gam)  nH 2O = 0,13 (mol) Áp dụng bảo toàn nguyên tố ta có: 2x + 3y + 3z = nCO = 0,15 (1) 2 2x + 6y + 8z = 2 nH O =0,26 (2) 2 * CH  CH + 2Br 2  CHBr2-CHBr2  x 2x (mol) CH3-CH=CH2 + Br2  CH3-CHBr-CH2Br  y y (mol) CH3-CH2-CH3 + Br2  không phản ứng  z (mol) SO2 + Br2 + 2H2O   2HBr + H2SO4 (0,04-0,01) 0,03 (mol) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O   K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 0,01 0,004 (mol) (x+y+z) mol hỗn hợp A cần (2x + y) mol Br2 0,09 mol hỗn hợp A cần (0,15 – 0,03) mol Br2  0,12. (x+y+z)=0,09.(2x+y)  0,06 x – 0,03y – 0,12 z = 0 (3) Từ (1), (2) và (3)  x = 0,03 (mol); y = 0,02 (mol); z = 0,01 (mol) 0,2 Kết quả: %VC2H2 = 50,0%; %VC3H6 = 33,33333%; %VC3H8 = 16,66666% 0,8 10 Gọi V lít là thể tích của bình. Thể tích hỗn hợp khí là thể tích của bình kín.
Giả sử a = 1 mol. 4PH3(k) P4(k) + 6H2(k). Trước Pư: 1 (mol) Pứ: 4x x 6x (mol) (0< x
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LONG AN NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: HÓA HỌC -KHỐI 12 CẤP THPT Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) . Ngày thi: 27/01/2013 . (Đề thi có 02 trang, 10 câu, mỗi câu làm đúng được 1,0 điểm) QUI ĐỊNH: - Thí sinh trình bày tóm tắt cách giải, công thức áp dụng (có thể chỉ ghi bước cuối cùng để tính ra kết quả ) - Các kết quả tính gần đúng, lấy đến 5 chữ số thập phân (không làm tròn). Cho biết nguyên tử khối, hằng số liên quan của các nguyên tố như sau: R= 0,08205 lít.atm.K-1.mol-1 H = 1; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Br = 80; Ag = 108; Ba = 137. Câu 1: Hợp chất A tạo bởi 2 ion X2+ và YZ 2 . Tổng số electron của YZ 2 là 32 hạt, Y và Z đều 3 3 có số proton bằng số nơtron. Hiệu số nơtron của 2 nguyên tố X và Y bằng 3 lần số proton của Z. Khối lượng phân tử A bằng 116. Xác định công thức của A. Câu 2: Hỗn hợp khí X gồm O2 và O3 có tỉ khối hơi so với H2 là 17,6. Hỗn hợp khí Y gồm etan và etyl amin có tỉ khối hơi so với H2 là 20. Để đốt cháy hoàn toàn V1 lít Y cần vừa đủ V2 lít X (biết sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2, các chất khí đều đo ở đktc). Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vôi trong dư, sau phản ứng thu được 20,0 gam kết tủa, nhận thấy khối lượng dung dịch nước vôi trong giảm m gam và có khí N2 thoát ra khỏi bình. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m và tỉ lệ V2:V1. Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 50,0 cm 3 hỗn hợp khí A gồm C2H6 , C2H4, C2H2 và H2 thu được 45,0 cm 3 khí CO2. Mặt khác, nung nóng thể tích hỗn hợp khí A đó có mặt Pd/ PbCO3 xúc tác thì thu được 40,0 cm3 hỗn hợp khí B. Sau đó cho hỗn hợp khí B qua Ni nung nóng thu một chất khí duy nhất. Các thể tích khí đo cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính % theo thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A. Câu 4: Nhỏ từ từ 75,0 gam dung dịch HCl 14,6% vào dung dịch chứa 10,6 gam Na2CO3 và 15,0 gam KHCO3, sau đó cho thêm tiếp vào dung dịch chứa 6,84 gam Ba(OH)2, lọc bỏ kết tủa. Cô cạn dung dịch thu được m gam rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m. Câu 5: Cho a gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300,0 ml dung dịch H2SO4 0,1 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn và có 448,0 ml khí (đktc) thoát ra. Thêm tiếp vào bình NaNO3, lượng NaNO3 phản ứng tối đa là 0,425 gam; khi các phản ứng kết thúc thu khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và khối lượng muối trong dung dịch là 3,865 gam. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Câu 6: Một khoáng vật chứa: 31,28492% silic ; 53,63128% oxi còn lại là nhôm và Beri về khối lượng. Xác định công thức của khoáng vật biết trong chất đó Si có số oxi hóa cao nhất, Be có hoá trị 2, Al hóa trị 3, Si hoá trị 4 và oxi hóa trị 2. Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 43,1 gam hỗn hợp X gồm axit axetic, glyxin, alanin và axit glutamic thu được 31,36 lít CO2 (đktc) và 26,1 gam H2O. Mặt khác 43,1 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 300,0
ml dung dịch HCl 1,0 M. Nếu cho 21,55 gam hỗn hợp X tác dụng với 350,0 ml dung dịch NaOH 1,0 M thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thì thu được m gam chất rắn khan. Tính m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 8: Chia m gam hỗn hợp X gồm Na, Al và Mg thành hai phần bằng nhau: - Cho phần 1 vào dung dịch H2SO4 (dư) thu được 1,008 lít khí H2 (đktc). - Cho phần 2 vào một lượng H2O (dư), thu được hỗn hợp kim loại Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HCl (đủ) thu được dung dịch Z. Dung dịch Z phản ứng vừa đủ 50,0 ml dung dịch NaOH 1,0 M thu được lượng kết tủa cực đại. Lọc lấy kết tủa, đem nung kết tủa đến khối lượng không đổi được 0,91 gam chất rắn. Tính m. Câu 9: Hỗn hợp A gồm C2H2, C3H6 và C3H8. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A bằng lượng oxi vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, dư và bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy bình 2 có 15,0 gam kết tủa và khối lượng tăng của bình 2 nhiều hơn so với khối lượng tăng của bình 1 là 4,26 gam. Nếu cho 2,016 lít hỗn hợp A phản ứng với 100,0 gam dung dịch brom 24% mới nhạt màu brom, sau đó phải sục thêm 0,896 lít khí SO2 nữa thì mới mất màu hoàn toàn, lượng SO2 dư phản ứng vừa đủ với 40,0 ml dung dịch KMnO4 0,1M. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A (các thể tích khí đều đo ở đktc). Câu 10: Cho a mol photphin vào một bình kín có dung tích không đổi. Nâng nhiệt độ lên 6410C, phản ứng hoá học xảy ra theo phương trình: 4PH3(k) P4(k) + 6H2(k). Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng, khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí là 21,25 g/mol và áp suất bình phản ứng là P. Tính P biết phản ứng trên có hằng số cân bằng KC là 3,73.10-4. ....................... Hết ....................... Họ và tên thí sinh:......................................................................Số báo danh:.................................... - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. - Thí sinh không sử dụng tài liệu. - Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LONG AN NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC -KHỐI 12 CẤP THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) . Ngày thi: 27/01/2013 . HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC- ĐỀ CHÍNH THỨC CÂU GỢI Ý CÁCH GIẢI ĐIỂM 1 Gọi ZX, NX là số proton (cũng bằng số electron) và số nơtron của nguyên tử X Gọi ZY, NY là số proton (cũng bằng số electron) và số nơtron của nguyên tử Y Gọi ZZ, NZ là số proton (cũng bằng số electron) và số nơtron của nguyên tử Z Ta có: ZY + 3ZZ = 30 NX – NY = 3ZZ (ZX + NX) + (ZY + NY)+ 3(ZZ + NZ) = 116 ZY = NY ZZ = NZ ZX + NX + 2ZY + 6ZZ = 116 (1)  NX – NY = 3ZZ (2) ZY + 3ZZ = 30 (3) ZX + NX = 56 (4) Từ (2),(3)  NX = 30 Từ (4)  ZX = 26 (Fe) 30  ZY + 3ZZ = 30  ZZ <  10 3 Z: Phi kim (6,7,8,9). ZZ 6 7 8 9 ZY 12 9 6 3 Biện luận chọn O (ZZ = 8)  ZY = 6 (C) 0,2 Kết quả: Công thức A: FeCO3 0,8 2 * M Y = 40: x mol C2H6 30 5 40 y mol C2H7N 45 10 x nC2 H 6 5 1  =    y = 2.x y nC2 H 7 N 10 2 CO 2 O2 C 2 H 6  V2 lít X  + V1 lít Y    H 2 O dd Ca( OH ) 2 CaCO3     du O3  C2 H 7 N N  2 nCaCO3 = nCO2 = 0,2 mol = 2.x + 2.y  x = 1/30 (mol); y = 1/15 (mol)  n H 2O = 3.x + 3,5.y= 1/3 (mol) * m dd giảm = mCaCO - ( mCO + m H O ) = 5,2g 3 2 2 * M X = 35,2: a mol O2 32 12,8 35,2 b mol O3 48 3,2
a nO2 12,8 4  =   b nO3 3,2 1  2.a + 3.b = 2.0,2 + 1/3  a = 4/15 (mol) ; b = 1/15 (mol) 4 1 (  ) V  2 = 15 15 = 3,33333 V1 1 1  0,2 30 15 Kết quả: * mdd giảm = mCaCO3 - ( mCO2 + m H 2O ) = 5,2g 0,4 V 0,4 * 2 = 3,33333 V1 3 Gọi x, y,z ,t (cm3) lần lượt là thể tích của C2H6, C2H4,C2H2 và H2 có trong hh A 7 * C2H6 + O2  2CO2 + 3 H2O  2 x 2x (cm3) C2H4 + 3O2  2CO2 + 2 H2O  y 2y (cm3) 5 C2H2 + O2   2 CO2 + H2O 2 z 2z (cm 3) Pd . / PbCO * Hỗn hợp A    hỗn hợp B giảm 10 cm 3 là thể tích chất 3 tham gia phản ứng  H2 dư và C2H2 hết  B gồm: C2H6, C2H4 và H2 dư Pd / PbCO3 C2H2 + H2   C2 H 4 0 * Hỗn hợp B gồm: C2H6, C2H4 và H2 Ni  ,t 1 chất khí duy nhất C2H6 0 C2H4 + H2 Ni  ,t C2H6  x  y  z  t  50 x  5  z  50  40  y  7,5   Ta có hệ pt:     2 x  2 y  2 z  45  z  10 y  z  z  t  t  27,5  0,2 Kết quả: % VC2H6 = 10,0%; % VC2H4 = 15,0% ; % VC2H2 = 20,0 %; % VH2 = 55,0% 0,8 4 n HCl = n H = nCl = 0,3 (mol)   n Na CO = 0,1 (mol)  n Na = 0,2 (mol); nCO = 0,1 (mol) 2 3  2 3 n KHCO3 = n K  = n HCO = 0,15 (mol); n Ba (OH ) 2 = n Ba 2  = 0,04 (mol)  nOH  = 0,08 (mol) 3 H+ + CO 2  * 3  HCO  3 0,3 0,1 0,1 (mol) + +  * H dư: H + HCO 3   CO2 + H2O 0,2 0,25 0,2 (mol)    2 * HCO 3 dư: HCO 3 + OH   CO 3 + H2 O 0,05 0,08 0,05 (mol) 2 2 * Ba + CO 3   BaCO3  0,04 0,05 0,04 (mol) +  Trong dung dịch sau phản ứng còn lại: Na : 0,2 mol; K : 0,15 mol; Cl  :  0,3 mol; CO 2 : 0,01 mol và OH  : 0,03 mol. 3 0,2
Kết quả: 22,21 gam 0,8 5 nH SO = 0,03 (mol)  nH = 0,06 (mol) ; nNaNO = 0,005 (mol) 2 4  3 nH = 0,02 (mol) 2  nH pứ = 0,04 (mol)  nH dư = 0,02 (mol)   + 2+ * Fe + 2H   Fe + H2 x 2x x x (mol) + 3+ Al + 3H   Al + 3/2H2 y 3y y 3/2y (mol) * 4H+ + NO  + 3e  3  NO + 2H2O 0,02 0,005 (mol) Sau phản ứng H+ và NO  hết 3 + 2+ 3Cu + 8H + 2NO   3  3Cu + 2NO + 4H2O z 2z/3 (mol) 2+ +  3+ 3Fe + 4H + NO 3   3Fe + NO + 2H2O x x/3 (mol) 3+ 3+ 2+ + 2  Muối chứa: Fe , Al , Cu , Na , SO4  mmuối = m các kim loại ban đầu + m + m = 3,865 (gam) SO4  2 Na   mcác kim loại ban đầu = 3,865 –(0,005.23) – (0,03.96) = 0,87 (gam)  56 x  27 y  64 z  0,87   x  0, 005  3  Ta có hệ pt:  x  y  0, 02   y  0, 01  2  z  0, 005  x z   3  2. 3  0, 005  0,2 Kết quả: %mFe = 32,18390%; %mAl=31,03448%; %m Cu=36,78160% 0,8 6 Gọi %Al = a; %Be= b. a + b = 100 – (31,28492 + 53,63128) = 15,0838 (%) (1) a b 31, 28492 53, 63128 (3 ) + (2 )+ (4  )  (2 )=0 (2) 27 9 28 16 Từ (1) và (2)  a = 10,05587 (%) và b= 5,02792 (%) 10, 05587 5, 02792 31, 28492 53, 63128  Al: Be : Si : O = : : : = 2 : 3 : 6 : 18 27 9 28 16 0,2 Kết quả: Công thức khoáng vật: Al2 Be3Si 6O18 hay Al2 O3.3BeO.6SiO2 0,8 7 CH 3COOH  CO2 :1, 4 mol  NH 2  CH 2  COOH  43,1 gam X  + O2   H 2O :1, 45 mol  CH 3  CHNH 2  COOH N C3 H 5 NH 2 (COOH )2  2  43,1 gam X + 0,3 mol HCl 21,55gam X + 0,35 mol NaOH   m gam rắn + H2O Ta có: n C = nCO = 1,4 (mol); nH = 2 nH O = 2,9 (mol) 2 2 n N = nNH = nHCl = 0,3 (mol) 2  nO ( X ) = [43,1-(1,4.12+2,0.1+0,3.14]:16=1,2 (mol)  nCOOH = 0,6 (mol)  21,55g X có nCOOH = 0,3 (mol) = nH O 2 mrắn = 21,55 + 0,35.40 – (0,3.18) = 30,15 (gam) 0,2 Kết quả: 30,15 (gam) 0,8
8 Phần 1: tác dụng với dd H2SO4 loãng dư: nH = 0,045 (mol) 2  H 2 SO4 Na  ½ H2  a ½a (mol)  H SO Al  3/2 H2 2  4 b 3/2b (mol)  H SO Mg  H2 2  4 c c (mol) Phần 2: tác dụng với nước dư: hỗn hợp kim loại Y gồm:Al dư và Mg * Na + H2O   NaOH + ½ H2 a a (mol) Al + NaOH + H2O   NaAlO2 + 3/2H2 a a (mol) 0  HCl 3NaOH t * Al dư  AlCl3  Al(OH)3  Al2O3    (b-a) 3(b-a) (b-a)/2 (mol) 0  HCl 2 NaOH t Mg  MgCl2  Mg(OH)2  MgO    c 2c c (mol) 1 3  2 a  2 b  c  0, 045  a  0, 01   Ta có hệ pt: 3(b  a )  2c  0, 05  b  0,02  ba c  0, 01 102.  40.c  0, 91   2 0,2 Kết quả: 2,02 gam 0,8 9 C2H2 : xmol  CO * m gam A C3H6 : ymol + O2   2  CO2 du CaCO3   dd H2SO4  dd Ca(OH)2  C H : z mol  H 2O  3 8 mtăng bình (1) = mH 2O ; mtăng bình (2) = mCO2 = 44.0,15= 6,6 (gam); nCO2 = 0,15 (mol) mCO2 - mH 2O = 4,26 (gam)  mH 2O = 2,34 (gam)  nH 2O = 0,13 (mol) Áp dụng bảo toàn nguyên tố ta có: 2x + 3y + 3z = nCO = 0,15 (1) 2 2x + 6y + 8z = 2 nH O =0,26 (2) 2 * CH  CH + 2Br 2  CHBr2-CHBr2  x 2x (mol) CH3-CH=CH2 + Br2  CH3-CHBr-CH2Br  y y (mol) CH3-CH2-CH3 + Br2  không phản ứng  z (mol) SO2 + Br2 + 2H2O   2HBr + H2SO4 (0,04-0,01) 0,03 (mol) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O   K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 0,01 0,004 (mol) (x+y+z) mol hỗn hợp A cần (2x + y) mol Br2 0,09 mol hỗn hợp A cần (0,15 – 0,03) mol Br2  0,12. (x+y+z)=0,09.(2x+y)  0,06 x – 0,03y – 0,12 z = 0 (3) Từ (1), (2) và (3)  x = 0,03 (mol); y = 0,02 (mol); z = 0,01 (mol) 0,2 Kết quả: %VC2H2 = 50,0%; %VC3H6 = 33,33333%; %VC3H8 = 16,66666% 0,8 10 Gọi V lít là thể tích của bình. Thể tích hỗn hợp khí là thể tích của bình kín.
Giả sử a = 1 mol. 4PH3(k) P4(k) + 6H2(k). Trước Pư: 1 (mol) Pứ: 4x x 6x (mol) (0< x