Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 11 THPT môn Hóa học - Năm học 2022-2023 - Sở GD&ĐT Tuyên Quang (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT Năm học: 2022-2023. Môn thi: HOÁ HỌC
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề).
(Đề này có 03 trang)

* Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố : H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P=31; S = 32; Cl = 35,5; K=39; Ca = 40; Cr = 52, Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ba = 137.
* Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
* Giả thiết các khí sinh ra không tan trong nước.
Câu 1 (3 điểm)
1. Hợp chất X tạo thành từ 13 nguyên tử của 3 nguyên tố A, B, D. Tổng số proton trong X là 106; A là kim loại thuộc chu kì 3; hai nguyên tố B, D thuộc cùng một chu kì và thuộc hai nhóm A liên tiếp. Biết trong X có 1 nguyên tử A, số nguyên tử D gấp 3 lần số nguyên tử B. Xác định công thức phân tử của X.
2. Nguyên tử Y có bán kính bằng 1,44 , khối lượng riêng của tinh thể Y là 19,36 g/cm3. Trong tinh thể, các nguyên tử chỉ chiếm 74% thể tích của tinh thể, phần còn lại là các khe rỗng.
a) Xác định khối lượng mol nguyên tử của Y. Cho NA= 6,022.1023.
b) Biết nguyên tử Y có 118 nơtron. Tìm số electron có trong Y3+
3. Anion X2- có cấu hình electron giống cấu hình electron của khí hiếm Agon. Nguyên tử X có thể kết hợp với flo thành hợp chất XFn trong đó n có giá trị cực đại.
a) Xác định nguyên tố X và chỉ số n dựa vào cấu hình electron của nguyên tố X.
b) Cho biết trong phân tử XFn, nguyên tử X có kiểu lại hoá gì? Viết công thức cấu tạo và xác định cấu trúc hình học phân tử XFn.
Câu 2 (3 điểm)
1. X là một hợp chất tạo bởi sắt và cacbon có trong một loại hợp kim. Trong X có 93,33% khối lượng của Fe. Hòa tan X trong HNO3 đặc nóng, thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu được hỗn hợp chất rắn T. Hòa tan hỗn hợp T trong dung dịch H2SO4 loãng, đun nóng, thu được hỗn hợp khí Q. Hỗn hợp Q làm nhạt màu dung dịch KMnO4 trong H2SO4 loãng.
a) Xác định công thức phân tử của X và các chất có trong hỗn hợp T.
b) Viết phương trình hoá học khi cho T tác dụng với dung dịch H2SO4, khí Q tác dụng với dung dịch KMnO4.
2. Khí thải công nghiệp và khí thải của các động cơ đốt trong (ô tô, xe máy) có chứa các khí SO2, NO, NO2... Các khí này tác dụng với oxi và hơi nước trong không khí nhờ xúc tác là các oxit kim loại (có trong khói, bụi nhà máy) hoặc ozon tạo ra axit sunfuric và axit nitric, đây là một trong những nguyên nhân gây nên tính axit cho nước mưa.
a) Viết ít nhất 2 phương trình hoá học minh họa ảnh hưởng của NO, NO2 trong không khí lên tính axit của nước.
b) Xếp các hệ sau (trong nước) theo thứ tự tăng dần khả năng hoà tan NO2 và giải thích. 
 i) Dung dịch HCL 1M. ii) Nước cất. iii) Dung dịch CH3COONa 1M.
3. Khí oxi và nitơ monoxit kết hợp với nhau trong bầu thủy tinh chân không. Từ các thí nghiệm ở 298K có các kết quả thể hiện ở bảng sau:

[NO] (mol.l-1)
[O] (mol.1-1)
Tốc độ đầu (mol.l-1.s-1)
Thí nghiệm 1
1,15.10-4
1,21.10-4
1,15.10-8
Thí nghiệm 2
1,15.10-4
2,41.10-4
2,30.10-8
Thí nghiệm 3
2,31.10-4
2,41.10-4
9,19.10-8
Xác định bậc phản ứng theo O2, theo NO và hằng số tốc độ phản ứng tại 298K (ghi rõ đơn vị).
Câu 3 (3 điểm)
1. So sánh pH của các dung dịch loãng có cùng nồng độ mol/l sau: H2SO4, NH4Cl, NH3, NaOH và Ba(OH)2. Giải thích?
2. Cho các dung dịch riêng biệt: NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)3. Chỉ dùng thêm chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch trên. Viết các phương trình hoá học minh họa dưới dạng ion thu gọn.
3. Hoà tan hoàn toàn 4,24 gam Na2CO3, vào nước thu được dung dịch A. Cho từ từ đến hết 18,25 gam dung dịch HCl 10% vào A và khuấy đều được dung dịch B. Thêm vào B dung dịch chứa 0,02 mol Ca(OH)2 được dung dịch D và m gam kết tủa.
a) Viết các phương trình hoá học, tính tổng khối lượng chất tan trong D và giá trị m.
b) Nếu cho từ từ đến hết dung dịch A vào 18,25 gam dung dịch HCl 10% khuấy đều, rồi thêm tiếp 0,02 mol Ca(OH)2. Tỉnh khối lượng chất tan thu được trong dung dịch sau phản ứng. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Câu 4 (4 điểm)
1. Hãy chọn các chất thích hợp và viết các phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ biến hóa sau:
 + (Y)
 (Q)BaSO4 
Cho biết: 
	- (X) là chất khí không mùi, làm đục dung dịch nước vôi trong.
	- (Y) là muối của natri, dung dịch (Y) làm đỏ quỳ tím.
 - Các chất (M), (N) là hợp chất của nhôm. 
	- Các chất (N), (Q) không tan trong nước.
2. Một loại phân bón tổng hợp trên bao bì ghi tỷ lệ NPK là 10-20-15. Các con số này chính là độ dinh dưỡng của đạm, lân, kali tương ứng. Giả sử nhà máy sản xuất loại phân bón này bằng cách trộn 3 loại hoá chất Ca(NO3)2, KH2PO4 và KNO3. Tính phần trăm khối lượng mỗi muối có trong phân bón đó. Giả sử tạp chất khác không chứa N, P, K.
3. Hoà tan hoàn toàn 8,56 gam hỗn hợp X gồm Cu và kim loại M có hoá trị không đổi, cần vừa đủ m gam dung dịch HNO3 25%, thu được dung dịch Y và 2,1504 lít hỗn hợp gồm hai khí N2 và NO, có tỉ khối hơi so với hidro là 89/6. Chia dung dịch Y làm hai phần bằng nhau.
Phần 1. Đem cô cạn cẩn thận thu được 18,12 gam muối khan. 
Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 4,9 gam kết tủa.
Xác định kim loại M và giá trị m.
Câu 5 (3 điểm)
1. Hỗn hợp rắn gồm CaC2 và Al4C3 (tỉ lệ mol 1:2). Tiến hành thí nghiệm cho lượng nước dư vào hỗn hợp rắn như hình vẽ:
a) Viết phương trình hoá học xảy ra trong thí nghiệm trên.
b) Nêu phương pháp tách riêng biệt các chất trong hỗn hợp khí X.
c) Nếu thay nước trong phễu nhỏ giọt bằng dung dịch HCl dư thì hiện tượng trong bình cầu có gì thay đổi không? Giải thích bằng phương trình hóa học.
2. Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A cần dùng vừa đủ 15,4 lít (đktc) không khí, thu được hỗn hợp khí và hơi B chỉ gồm CO2, H2O và N2. Dẫn hỗn hợp B vào bình chứa dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 10 gam kết tủa. Sau thí nghiệm, khối lượng bình nước vôi tăng 7,55 gam và thấy thoát ra 12,88 lít khí. Biết không khí chứa 20% Oxi về thể tích còn lại là N2 và phân tử khối của A nhỏ hơn 150. Xác định công thức phân tử chất A.
Câu 6 (4 điểm)
1. Xác định các chất hữu cơ A, B, D, E, F và hoàn thành các phương trình theo sơ đồ phản ứng sau (mỗi mũi tên ứng với một phương trình hóa học), biết dung dịch E làm quỳ tím chuyển đỏ.
 CH4 A BD E F CH4
2. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp gồm 3 hidrocacbon đồng phân X1, X2, X3. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 18 gam kết tủa và khối lượng bình đựng dung dịch tăng 10,08 gam so với ban đầu.
a) Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon.
b) Lập luận xác định công thức cấu tạo X1, X2, X3 biết:
- Cả 3 chất đều không làm mất màu dung dịch brom.
- Khi đun nóng với dung dịch KMnO4 loãng trong H2SO4 thì X1 và X2 đều cho cùng sản phẩm C9H6O6 còn X3 cho sản phẩm C8H6O4.
- Khi đun nóng với brom có mặt bột sắt, X1 chỉ cho một sản phẩm monobrom, còn X2, X3 mỗi chất cho 2 sản phẩm monobrom.
3. Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gam X vào bình kín chứa một ít bột Ni làm xúc tác. Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần vừa đủ V lít O2. Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng giảm 21,72 gam so với ban đầu. Biết hỗn hợp Y làm mất màu tối đa 150 ml dung dịch Br2 1M. Mặt khác, cho 5,6 lít hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch brom dư có 32 gam phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của V.
Thi sinh được sử dụng Bảng tuần hoàn các nguyên tố, được sử dụng các kỹ thuật giải nhanh. 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
 Họ và tên thí sinh.........................................................................SBD.............................
----------- HẾT ----------
(Đáp án có 06 trang)
SỞ GD&ĐT TUYÊN QUANG
HDC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT 
Năm học: 2022-2023. Môn thi: HOÁ HỌC
Câu
Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
1
Gọi công thức phân tử của X là AaBbDd
Ta có: a + b + d =11 (1)
Biết a=1; 3b = d Þ b =3; d = 9
aZA + bZB + dzD=106 (2)
Hai nguyên tố B và D thuộc cùng một chu kì 
A là kim loại thuộc chu kì 3, ZA có thể là 11(Na); 12 (Mg); 13 (Al).
Xét trường hợp 1:
Giả sử ZD > ZB ta có ZD - ZB =1
Ta có ZA + 12ZD = 109
ZA = 11 → ZD = 8,16 ( loại)
ZA = 12 → ZD = 8,08 ( loại)
ZA = 13 → ZD = 8 là oxi (O); ZB = 7 là nito (N)
Công thức phân tử của X là AlN3O9 hay Al(NO3)3
Xét trường hợp 2
Giả sử ZB > ZD ta có ZB – ZD =1
Ta có ZA + 12ZD = 103
ZA = 11 → ZD = 7,66 ( loại)
ZA = 12 → ZD = 7,58 ( loại)
ZA = 13 → ZD = 7,5 (loại)
Vậy công thức phân tử của X là Al(NO3)3

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2
Khối lượng trung bình của nguyên tử Y là
Mặt khác 
Vậy khối lượng mol nguyên tử Y
MY = 6,022.1023.32,7.10-23 = 197 (g/mol)
Theo giả thiết: p + 118 = 197 → p = 79 → số e trong Y3+ = 79 – 3=76

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
3
a) X2- có cấu hình electron lớp ngoài cùng giống cấu hình electron lớp ngoài cùng của Agon là 3s23p6
X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s23p4, X là lưu huỳnh (S). 
Cấu hình electron lớp ngoài cùng của lưu huỳnh:
- Ở trạng thái cơ bản: 3s23p43d0
- Ở trạng thái kích thích: 3s23p33d1 hoặc 3s13p33d2
Do đó, ta xác định n bằng số các liên kết đơn, bằng số electron hóa trị: n=4,n = 6.
Trong hợp chất với flo, n có giá trị cực đại → n = 6, công thức: SF6 
 b) Phân tử SF6 có công thức cấu tạo:
Công thức VSEPR: AX6E0;
Nguyên tử S có kiểu lại hoá sp3d2
 Dạng hình học: bát diện đều

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2
1
a.X là Fe3C. 
b. T+ H2SO4 và Q + dung dịch KMnO4
3NaNO2 + H2SO4 →Na2SO4 + NaNO3 + 2NO + H2O.
Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + H2O + CO2.
5NO + 3KMnO4 + 2H2SO4 → Mn(NO3)2 + 2MnSO4 + 3KNO3 + 2H2O
Hoặc: 5NO + 3MnO4- + 4H+ → 3Mn2+ + 5NO3- + 2H2O
0,5đ
0,5đ
2
a) Các phản ứng:
2NO + O2 → 2NO2
4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3
Hoặc 2NO2 + H2O → HNO3 + HNO2
b) Dung dịch natri axetat có môi trường bazo nên dễ hấp thu NO2
CH3COO-(aq) + H2O CH3COOH + OH-
Dung dịch HCl có môi trường axit nên khó hấp thụ NO2
Như vậy chiều hướng để NO2 hoà tan là: iii > ii > i

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3
Bậc phản ứng: Giả sử tốc độ phản ứng tính bằng biểu thức:v=k[NO]a[O2]b
- Bậc đối với O2: Từ thí nghiệm 1, 2 thấy khi tăng gấp đôi nồng độ O2 thì tốc độ tăng gấp đôi → phản ứng là bậc 1 theo O2, a=1
- Bậc đối với NO: Từ thí nghiệm 2,3 thấy khi tăng gấp đôi nồng độ NO thì tốc độ tăng gấp bốn → phản ứng là bậc 2 theo NO => b = 2 
- Biểu thức tính tốc độ phản ứng: v= k[NO]1[O2]2, nên k =v/[NO]1[O2]2Từ các thí nghiệm khác nhau ta tính được k = 7,2.103 (l2mol-2s-1)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3
1
Nồng độ H+ càng lớn pH càng nhỏ, nồng độ OH- càng lớn, pH càng lớn
NH3 là bazo yếu NH3 + H2O NH4+ + OH-
NaOH và Ba(OH)2 là bazo mạnh:
NaOH ® Na+ + OH-
Ba(OH)2 ® Ba2+ + 2OH-
[OH-] trong các dung dịch giảm dần theo thứ tự: Ba(OH)2, NaOH, NH3.
H2SO4 là axit mạnh, NH4Cl là axit yếu nên [H+] giảm dần theo thứ tự: H2SO4, NH4Cl
Vậy pH của chúng giảm dần theo thứ tự: Ba(OH)2, NaOH, NH3, NH4Cl, H2SO4

0,25đ
0,25đ
2
Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na2CO3, các mẫu thử còn lại không màu.
CO32- + H2O HCO3- + OH-
Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại. 
Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4
CO32- + 2H+ ® H2O + CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3
2Al3+ + 3CO32- + 3H2O ® 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO3)3
2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O ® 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2
Ca2+ + CO32- ® CaCO3↓
Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl.

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

3
 
Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A
Na2CO3 + HCl ® NaHCO3 + NaCl
NaHCO3 + HCl ® NaCl + CO2 + H2O
Sau phản ứng 1; 2 trong dung dịch có: NaCl ( 0,05 mol), NaHCO3 dư ( 0,03 mol)
Cho tiếp vào đó dung dịch Ca(OH)2
NaHCO3 + Ca(OH)2 ® CaCO3 + NaOH + H2O
NaHCO3 + NaOH ® Na2CO3 + H2O
Sau phản ứng 3; 4 sản phẩm thu được gồm: NaCl ( 0,05 mol), NaOH (0,01 mol), Na2CO3 (0,01 mol), CaCO3 (0,02 mol)
Khối lượng chất tan trong D là: 0,05.58,5 + 0,01.40 + 0,01.106 = 4,385 gam
Cho từ từ dung dịch A vào dung dịch HCl:
Na2CO3 + 2HCl ® 2NaCl + CO2 + H2O
nNa2CO3(1)=1/2nHCl=1/2.0,05 = 0,025 mol < nNa2CO3 bđ
Sau phản ứng 1, trong dung dịch còn: NaCl ( 0,05 mol), Na2CO3 (0,04 – 0,025 = 0,0125 mol).
Cho tiếp dung dịch Ca(OH)2 vào:
Ca(OH)2 + Na2CO3 ® CaCO3 + 2NaOH
Sau phản ứng 2, sản phẩm thu được gồm: NaCl ( 0,05 mol), NaOH (0,03 mol), CaCO3 (0,015 mol), Ca(OH)2 dư ( 0,02 – 0,015 = 0,005 mol)
Khối lượng chất tan thu được = 4,495 gam

0, 25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
4
1
- Khí X là CO2; muối Y là NaHSO4; B là Na2CO3; D là NaHCO3; P là Ba(HCO3)2; Q là BaCO3; M là NaAlO2; N là Al(OH)3.
- PTHH của các phản ứng xảy ra:
2NaOH + CO2 Na2CO3 + H2O
Na2CO3 + CO2 + H2O 2NaHCO3
NaHCO3 + NaOH Na2CO3 + H2O
2NaOH + 2Al + 2H2O 2NaAlO2 + 3H2
NaAlO2 + CO2 + 2 H2O Al(OH)3 ↓ + NaHCO3
3Na2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O 2Al(OH)3 ↓ + 6NaCl + 3CO2
2NaHCO3 + Ba(OH)2 BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O
BaCO3 + 2NaHSO4 BaSO4 + Na2SO4 + CO2 + H2O
Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 BaSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O
Ba(HCO3)2 + Na2SO4 BaSO4 + 2NaHCO3
0,125.10
=1,25đ

2
 
Giả sử cần trộn 1000 gam phân NPK
- Khối lượng N = 100 gam
- Khối lượng P2O5 = 200 gam 
- Khối lượng K2O = 150 gam
 Khối lượng KH2PO4 = 383,1 gam 
 Khối lượng KNO3 = 37,83 gam 
 Khối lượng Ca(NO3)2 = 555 gam 


0,25đ
0,25đ
0,25đ
3
Giả sử khí chứa N2 (x mol) và NO (y mol)
Ta có: x + y = 0,096 và 28x + 30y = 0,096.2 .89/6
Giải tìm được x = 0,016 và y = 0,08
Nếu sản phẩm khử không có NH4NO3 ta có:
2NO3- + 12H+ + 10e → N2 + 6H2O
 0,192 0,16 0,016
 NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O
 0,32 0,24 0,08
Khi đó 
Vậy sản phẩm khử có NH4NO3 (z mol)
Đặt a và b lần lượt là số mol của Cu và M (hoá trị n)
Cu → Cu2+ + 2e NO3- + 10H+ + 8e → NH4+ + 3H2O
 a a 2a 10z 8z z
M → Mn+ + ne
b b nb 
Theo bảo toàn e ta có: 2a + nb = 0,4 + 8z (1)
Ta có số mol tạo muối với kim loại: nNO3- = 2a + nb = 0,4 + 8z (mol)
→ mmuối = mKL + mNO3- (muối KL) + m NH4NO3 → 8,56 + 62(8z + 0,4) + 80z = 18,12.2 → z = 0,005 mol. Thay vào (1) ta có 2a + nb = 0,44 (2)
 Ta lại có 64a + Mb = 8,56 (3)
Khi cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư ta có:
Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2
a a
TH1: Nếu M(OH)n không tan trong NaOH
Mn+ + nOH- → M(OH)n
b nb b
→ m kết tủa = 98a + (M+17n)b = 4,9.2=9,8 (4)
Giải hệ (2);(3);(4): Hệ vô nghiệm.
TH2: Nếu M(OH)n tan hết trong NaOH dư
M(OH)n + (4-n)OH- → MO2(4-n)- + 3H2O
→ mKết tủa= mCu(OH)2 = 98a = 4,9.2 → a = 0,1 (mol) (5)
Từ (2) và (5) ta có nb=0,24; Mb = 2,16 → M = 9n.
Thay n = 1, 2, 3 vào thấy n = 3; M = 27 thỏa mãn. Vậy kim loại M là Al
nHNO3=nH+= 0,192 + 0,32+ 10.0,005=0,562 (mol)
m = 

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
5
1
a) Các phương trình phản ứng xảy ra:
CaC2 + 2H2O→Ca(OH)2 + C2H2
Al4C3+ 12H2O→4Al(OH)3 + 3CH4
CH≡CH + 2Br2→Br2CH-CHBr2
Ca(OH)2 + 2Al(OH)3→Ca(AlO2)2 + 4H2O.
b) Để tách riêng hỗn hợp khí X gồm CH4 và C2H2 ta dẫn hỗn hợp khí qua AgNO3 dư trong NH3 và tách riêng tủa và phần khí thoát ra là khí CH4. Cho HCl dư vào phần tủa thu được khí thoát ra là C2H2
	C2H2 + AgNO3 + NH3 C2Ag2 + NH4NO3
	C2Ag2 + 2HCl 	 C2H2 + 2AgCl
c) Nếu thay nước ở phễu nhỏ giọt bằng dung dịch HCl dư:
Khi dùng nước, ở trong bình cầu còn chất không tan Al(OH)3
Khi dùng dung dịch HCl dư, thì thu được dung dịch đồng nhất trong bình cầu.
Giải thích: 
Khi dùng nước:
CaC2 + 2H2O→Ca(OH)2 + C2H2
1 mol 1 mol
Al4C3+ 12H2O→4Al(OH)3 + 3CH4
2 mol 8 mol
Ca(OH)2 + 2Al(OH)3→Ca(AlO2)2 + 4H2O.
1 mol 2 mol
Còn lại Al(OH)3 dư, không tan
Khi dùng HCl dư: Al(OH)3 bị hoà tan
Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O


0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2
 Ta có: nkk = 0,6875 mol nO2 = 0,1375 mol và nN2=0,55 mol
Gọi CTPT của A là CxHyOzNt
Phản ứng: CxHyOzNt + (x + y/4 – z/2)O2 → xCO2 + y/2H2O + t/2N2 (1)
 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (2)
 0,1 0,1
mCO2 + mH2O = 7,55 mH2O = 7,55 – 0,1.44 = 3,15 gam nH2O = 0,175 mol
nH = 0,35 mol 
nN2 (sau) = 0,575 mol nN2 (1)= 0,025 mol nN = 0,05 mol
Theo ĐLBT nguyên tố oxi: nO(A) = 0,1.2 + 0,175.1 – 0,1375.2 = 0,1 mol
Tỉ lệ x : y : z : t = 0,1 : 0,35 : 0,1 : 0,05 = 2 : 7 : 2 : 1
CTPT của A là (C2H7O2N)n 77n < 150 n = 1
Vậy CTPT của A là C2H7O2N
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
6
1
Các chất: A là C2H2; B là C2H4; D là CH3CHO hoặc C2H5OH; 
 E là CH3COOH; F là CH3COONa.
(1) 	2CH4	 	C2H2 + 3H2
(2)	C2H2 + H2 C2H4
(3)	2C2H4 + O2 2CH3CHO
Hoặc C2H4 + H2O C2H5OH
(4)	2CH3CHO + O2 2CH3COOH
(5)	CH3COOH + NaOHCH3COONa + H2O
(6)	CH3COONa + NaOH 	CH4 + Na2CO3
0,25đ
0,125.6
=0,75đ
2
nCaCO3 = 0,18 mol = nCO2
nH2O = (10,08 – 0,18.44)/18=0,12 (mol)
- Gọi công thức phân tử của các hidrocacbon là CxHy:
CxHy + O2 xCO2 + H2O
0,02 0,02x 0,01y
Ta có: 0,02x = 0,18 x = 9 và 0,01y = 0,12 y = 12
Công thức phân tử của X1, X2, X3 là C9H12, = 4.
b. Theo giả thiết thì X1, X2, X3 phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất màu dung dịch Br2.
* X1, X2 qua dung dịch KMnO4/H+ thu được C9H6O6 nên X1, X2 phải có 3 nhánh CH3; X3 cho C8H6O4 nên X3 có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh –C2H5).
- Khi đun nóng với Br2/Fe thì X1 cho 1 sản phẩm monobrom còn X2, X3 cho 2 sản phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của X1, X2, X3 là:
 (X1) (X2) (X3)
0,25
0,25đ
0,5đ
3
X gồm C3H6, C2H2, C4H10, H2 với số mol lần lượt là x, y, z, t (mol).
Trong 0,25mol X lần lượt là kx, ky, kz, kt.
Do phản ứng xảy ra hoàn toàn, Y làm mất màu dung dịch brom nên H2 phản ứng 
hết.
Bảo toàn số mol liên kết π ta có : x + 2z = t + 0,15 x + 2z – t = 0,15 (1)
 Trong 0,25 mol X có: k (x + y + z + t)= 0,25 (2)
Số mol Br2 = k(x + 2z) = 0,2 (3)
Từ (2) và (3) ta có 
 0,05x – 0,2y + 0,3z – 0,2t = 0 0,5x -2y +3z -2t = 0 (4)
Lấy (1).2 – (4) có 1,5x + 2y + z = 0,3
Mặt khác số mol CO2 khi đốt X là = 3x + 4y + 2z = 0,3.2 = 0,6
Số mol CO2 của Y là = = 0,6
Khối lượng dung dịch giảm = 0,6.100 – 0,6.44 – mH2O = 21,72 nH2O =0,66 (mol)
BTNT oxi ta có nO2 = 0,93 (mol) 
 VO2= 20,832 (lit)


0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ