Bài giải đề HSG Hoá học năm 2015-2016

THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG 1 
BÀI GIẢI ĐỀ HSG HOÁ HỌC NĂM 2015-2016 
Thầy giáo: MAI TIẾN DŨNG THPT HẬU LỘC 2 – THANH HOÁ 
BÀI GIẢI CHỈ MANG TÍNH CHẤT THAM KHẢO 
Câu 1: (2,0 điểm) Trong ion Mn+ có tổng các hạt cơ bản là 80. Trong hạt nhân M, số hạt không mạng điện 
nhiều hơn số hạt mang điện là 4. 
1> Xác định tên nguyên tố và viết cấu hình electron của ion Mn+ 
2> A là oxit của M, trong A tỉ lệ khối lượng của M và O là 2,625. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch 
KHSO4 loãng dư, được dung dịch B. Viết phương trình dạng ion xảy ra khi cho dung dịch B lần lượt tác 
dụng với các dung dịch và các chất sau: Br2/H2O, dung dịch KOH có mặt không khí, NaNO3, dung dịch KI. 
Giải 
1> Theo giả thiết ta có: 
 2Z + N – n = 80 (1) 
 N – Z = 4 (2) 
Biện luận: 
n 1 2 3 
Z 25,66 26 26,33 
N 29,66 30 30,33 
M Loại Fe Loại 
Cấu hình electron của ion Fe2+ : 1s22s22p63s23p63d6 
2> Gọi công thức A: FexOy Ta có: 
56
16
x
y
 = 2,625  
x
y
= 
3
4
. Vậy công thức của A là Fe3O4 
Khi cho A tan trong KHSO4 dư 
Fe3O4 + 8HSO 4
  Fe2+ + 2 Fe3+ + 4H2O (1) 
Dung dịch B gồm: FeSO4 ; K2SO4 ; Fe2(SO4)3 và KHSO4 dư 
+ Dung dịch B tác dụng với Br2/H2O 
 2Fe2+ + Br2  2Fe3+ + 2Br
 (2) 
+ Dung dịch B tác dụng với dung dịch KOH có mặt không khí 
 OH  + HSO
4
  SO 24
 + H2O (3) 
 Fe3+ + 3OH  Fe(OH)3 (4) 
 Fe2+ + 2OH  Fe(OH)2 (5) 
 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (6) 
+ Dung dịch B tác dụng với NaNO3 
 3Fe2+ + 4 HSO
4
 + NO
3
  3Fe3+ + NO + 4SO 24
 + 4H2O (7) 
+ Dung dịch B tác dụng với dung dịch KI 
 2Fe3+ + 2I  2Fe2+ + I2 
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG 2 
Câu 2: (2,0 điểm) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: 
C4H5O4Cl + NaOH A + B + NaCl + H2O 
B + O2  C + H2O 
C + AgNO3 + NH3 + H2O  D + NH4NO3 + 4Ag 
D + NaOH  A + NH3 + H2O 
Giải 
A,B có cùng số nguyên tử cacbon. C là HCHO hoặc R(CHO)2. D tạo thành A nên C không thể là HCHO 
vì khi đó D là (NH4)2CO3 
Vậy CTCT: C4H5O4Cl: HOOC-COOCH2CH2-Cl 
A: NaOOC-COONa; B: HO-CH2-CH2-OH; C: OHC-CHO; D: H4NOOC-COONH4 
Phản ứng: 
HOOC-COOCH2CH2-Cl + NaOH 
0tNaOOC-COONa + HO-CH2-CH2-OH + NaCl + H2O 
HO-CH2-CH2-OH + O2 
0Cu,t OHC-CHO + 2H2O 
OHC-CHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O  H4NOOC-COONH4 + 4NH4NO3 + 4Ag 
H4NOOC-COONH4 + 2NaOH  NaOOC-COONa + 2NH3 + 2H2O 
Câu 3: (2,0 điểm) 
1> Nêu hiện tượng và viết phương trình hoá học phản ứng xảy ra 
a> Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3 
b> Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch KMnO4 
c> Cho đạm ure vào dung dịch nước vôi trong 
d> Sục H2S vào dung dịch hỗn hợp gồm (Br2 và BaCl2) 
2> Ở nhiệt độ không đổi, hằng số phân ly Ka của các chất: phenol; p-crezol; p-nitro phenol; 2,4,6 trinitro 
phenol (axit picric); glixerol là 7,0.10-5 ; 6,7.10-11 ; 1,28.10-10 ; 7,0.10-8 ; 4,2.10-1. 
a> Viết CTCT các chất trên và gán giá trị Ka các chất trên cho phù hợp. 
b> Giải thích vì sao lại gán được như vậy? 
Giải 
1. a> Ban đầu không có khí thoát ra do xảy ra phản ứng: 
 HCl + Na2CO3  NaCl + NaHCO3 
Sau đó có khí thoát ra do xảy ra phản ứng 
HCl + NaHCO3  NaCl + CO2 + H2O 
b> Dung dịch màu tím KMnO4 mất màu dần tạo dung dịch trong xuốt đồng thời có khi màu vàng lục thoát 
ra 
16HCl + 2KMnO4 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2vàng lục + 8H2O 
c> Đạm ure tan trong dung dịch xuất hiện vẩn đục màu trắng đồng thời có khí không màu mùi khai thoát 
ra. 
 (NH2)2CO + 2H2O  (NH4)2CO3 
(NH4)2CO3 + Ca(OH)2 CaCO3 trắng + 2NH3 khai + 2 H2O 
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG 3 
d> Dung dịch màu vàng da cam (Br2 và BaCl2) mất màu dần đến mất màu đồng thời trong dung dịch xuất 
hiện kết tủa màu trắng 
 H2S + 4Br2 + 4H2O 8HBr + H2SO4 
H2SO4 + BaCl2  BaSO4 trắng + 2HCl 
2. a> Viết CTCT và gán giá trị Ka 
CH2 CH CH2
OH OH OH
OH
CH3
OH
OH
NO2
NO2O2N
OH
NO2
 Glixerol p-crezol phenol p-nitro phenol; 2,4,6 trinitro phenol 
 (axit picric) 
 Ka 6,7.10
-11 1,28.10-10 7,0.10
-8 7,0.10-5 4,2.10-1 
b> Giải thích : Glixerol có tính axit yếu hơn các phenol là do phenol có vòng benzen hút electron làm tăng 
độ phân cực của liên kết O–H. Tính axit của phenol mạnh hay yếu phụ thuộc vào nhóm thế liên kết với vòng 
benzen. Nếu nhóm thế đẩy electron (nhóm CH3 –) làm giảm độ phân cực liên kết O–H. Nên tính axit giảm. 
Nếu nhóm thế hút electron (nhóm – NO2) làm tăng độ phân cực liên kết O–H. Axit picric có tính axit mạnh 
nhất vì có 3 nhóm (–NO2) hút electron; p- cresol có tính axit yếu hơn các phenol còn lại vì có nhóm CH3– 
đẩy electron. 
Câu 4 (2,0 điểm). 
1> Sục khí A vào dung dịch chứa chất B ta được rắn C màu vàng và dung dịch D. Khí X có màu vàng lục 
tác dụng với khí A tạo ra C và F. Nếu X tác dụng với khí A trong nước tạo ra Y và F, rồi thêm BaCl2 vào 
dung dịch thì có kết tủa trắng. A tác dụng với dung dịch chất G là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa H màu 
đen. Đốt cháy H bởi oxi ta được chất lỏng I màu trắng bạc. 
Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng. 
2> Cho dung dịch chứa 7,77gam muối của axit cacbonic của kim loại kiềm M tác dụng vừa đủ với dung 
dịch chứa 3,6 gam muối sunfat trung hoà của kim loại N hoá trị II, sau phản ứng hoàn toàn thu được 6,99 
gam kết tủa. Hãy xác định công thức của hai muối ban đầu (giả sử sự thuỷ phân của các muối không đáng 
kể) 
Giải 
1> A : H2S; B : FeCl3; C : S ; F : HCl ; G : Hg(NO3)2 ; H : HgS ; I : Hg ; 
X : Cl2 ; Y : H2SO4 
Phương trình hóa học của các phản ứng : 
H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl (1) 
Cl2 + H2S → S + 2HCl (2) 
4Cl2 + H2S + 4H2O → 8HCl + H2SO4 (3) 
BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl (4) 
H2S + Hg(NO3)2 → HgS + 2HNO3 (5) 
HgS + O2 
0t
 Hg + SO2 (6) 
2> TH1. Muối của kim loại M có dạng: M(HCO3)n 
Phản ứng: 2M(HCO3)n + nNSO4 → N(HCO3)2 + M2(SO4)n (1) 
 2M + 122n 2M +96n 
 7,77 6,99 
 M = 68,5n: Biện luận với (n=1,2,3)  n =2; M =137 (Ba) thoã mãn 
 nkết tủa = 0,03 mol 
Ba(HCO3)2 + NSO4 → N(HCO3)2 + BaSO4 
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG 4 
 0,03 0,03 
 MNSO4 = 120  MN = 24 (Mg) 
Vậy 2 muối: Ba(HCO3)2 và MgSO4 
TH2. Muối của kim loại M có dạng: M2(CO3)n 
Phản ứng: M2(CO3)n + nNSO4 → nNCO3 + M2(SO4)n (2) 
 2M + 60n 2M +96n 
 7,77 6,99 
 M = 209,3n (n=1,2,3): Biện luận: không có nghiệm thoã mãn. 
Câu 5: (2,0 điểm) Khi đốt cháy hoàn toàn hidrocacbon A và B đều cho CO2 và hơi H2O theo tỉ lệ 1,75:1 về 
thể tích. Cho bay hơi hoàn toàn 5,06 gam A hay B đều thu được thể tích hơi bằng thể tích hơi của 1,76 gam 
O2 trong cùng điều kiện. 
1> Xác định CTPT của A,B 
2> Cho 13,8 gam A phản ứng hoàn toàn với AgNO3/NH3 dư thu được 45,9 gam kết tủa, chất B không có 
phản ứng này. A phản ứng với HCl cho chất C, B không phản ứng với HCl. C chứa 59,66% Cl, cho C phản 
ứng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:1, ánh sáng thu được 2 dẫn xuất chứa halogen. B làm mất mầu KMnO4 khi đun 
nóng. Xác định A, B, C và các phản ứng xẩy ra. 
Giải 
1> nA = nB = nO2 = 0,055 mol  MA = MB = 92 
Khi đốt A, B cho nCO2:nH2O = 1,75:1  2HC A và B có cùng CTPT C7H8 
2: Xác định CTCT 
A phản ứng với AgNO3/NH3 chứng tỏ A là HC có liên kết 3 đầu mạch (chứa x H linh động) 
Ta có: A + xAg+  RAgx 
n RAgx = nA = 0,15 mol  M RAgx = 45,9/0,15 = 306  92 -x + 108x = 306  x = 2 
Vậy A có 2 liên kết 3 đầu mạch 
CTCT A có dạng: CHC-C3H6-CCH 
B không tác dụng AgNO3/NH3 không phản ứng với HCl làm mất mầu KMnO4 khi đun nóng, chứng tỏ B là 
đồng đẳng của benzen. CTCT của B: C6H5-CH3 
A phản ứng với HCl cho chất C (C chứa 59,66% Cl). A tác dụng HCl theo tỉ lệ 1:4 
C phản ứng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:1, ánh sáng thu được 2 dẫn xuất chứa halogen nên CTCT của C là 
CH3-CCl2-C(CH3)2-CCl2-CH3 
Vậy CTCT đúng của A: CHC -C(CH3)2- CCH 
Phương trình phản ứng: 
C7H8 + 9O2 
0t 7CO2 + 4H2O 
CHC -C(CH3)2- CCH + 2AgNO3 + 2NH3
0t CAgC -C(CH3)2- CCAg + 2NH4NO3 
 C6H5-CH3 + 2KMnO4 
0tC6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O 
CHC -C(CH3)2- CCH + 4HCl  CH3-CCl2-C(CH3)2-CCl2-CH3 
CH3-CCl2-C(CH3)2-CCl2-CH3 + Br2
 
 
3 2 3 2
1
22
3 2 3
:
3
1
22( Br)
as
CH CCl C CH CCl CH
C
Br HBr
CH HH CCl C CH CCl CH Br
   


 
   
 Câu 6 (2,0 điểm) 
1> Thuỷ phân hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai peptit X, Y bằng dung dịch NaOH thu được 9,02 gam 
hỗn hợp các muối natri của gly, ala, val. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E thì cần 7,056 lít O2 
(đkct), thu được 4,32 gam H2O. Tìm m 
2> Các chất hữu cơ trong sơ đồ chỉ chứa 2 nguyên tố. Biết khi đốt cháy hoàn toàn một trong các chất đó chỉ 
thu được khí làm xanh muối CuSO4 khan và đục nước vôi trong. Xác định các chất trong sơ đồ và hoàn 
thành các phản ứng hoá học. Chỉ rõ điều kiện nếu có (chỉ lấy sản phẩm chính) 
 A (1) A1
(2) A2
(3) Polime (X) 
 (6) (4) 
 A3
(5) A4
(7) A5
(8) Polime (Y) 
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG 5 
Giải 
1> Vì sp là ala, gly, Val nên ta có thể gọi công thức chung của hỗn hợp peptit E là H[NH-CnH2n-CO]kOH 
 E + kNaOH  k H2N-CnH2n-COONa+ H2O (*) 
 a ak ak 
Đốt E + 3(2nk +k )/4O2 
0t (kn+k)CO2 + (2nk +k +2)/2H2O + k/2 N2 
 a 3a(2nk +k )/4 a(2nk +k +2)/2 
Theo giả thiết ta có: ak(14n + 83) = 9,02 (1) 
 3a(2nk +k )/4 = nO2 = 0,315 (2) 
a(2nk +k +2)/2 = nH2O = 0,24 (3) 
Giải (1), (2), (3). Ta được: a = 0,03 (mol: nk = 17/3; k =8/3 
Bảo toàn khối lượng cho phản ứng (*) 
 m + ak.40 = 90,2 + a.18  m = 6,36 gam 
2> Khi đốt cháy hoàn toàn một trong các chất đó chỉ thu được khí làm xanh muối CuSO4 khan và đục 
nước vôi trong nên các chất trong sơ đồ là hidrocacbon. 
 CH4 
(1) C2H2
(2) C2H4
(3) P.E (X) 
 (6) (4) 
 C4H10
(5) C4H4
(7) C4H6
(8) caosubuna (Y) 
Phản ứng: 2CH4 
0
500
1
làm lanh
C
nhanh
 CHCH + 3H2 (1) 
 CHCH + H2 30
/
t
Pd PbCO CH2=CH2 (2) 
 nCH2=CH2
0,Na t (-CH2-CH2-)n (3) 
2CHCH 40
,CuCl NH Cl
t
 CH2=CH-CCH (4) 
CH2=CH-CCH + 3H2 0
Ni
t
 CH3-CH2-CH2-CH3 (5) 
CH3-CH2-CH2-CH3 0
crk
t
CH4 + CH2=CH-CH3 (6) 
CH2=CH-CCH + H2 30
/
t
Pd PbCO CH2=CH-CH=CH2 (7) 
nCH2=CH-CH=CH2 
0,Na t (-CH2-CH=CH-CH2-)n (8) 
Câu 7: (1,0 điểm) 
Từ anđehit no,đơn chức, mạch hở A có thể chuyển trực tiếp thành ancol B và axit D tương ứng, từ B và D 
điều chế este E. 
1> Viết các phương trình phản ứng và tính tỉ số khối lượng mol phân tử của E và A. 
2> Mặt khác khi đun nóng m (gam) E với dd KOH (dư) thu được m1 gam muối kali,nếu đun nóng m (gam) 
E với dung dịch Ca(OH)2 (dư) thu được m2 (gam) muối. Biết m2<m<m1. X là. Tìm công thức A,B,D,E. 
Giải 
1> Gọi Công thức andehit: CnH2n+1CHO (n 0) 
CnH2n+1CHO + H2 0
Ni
t
 CnH2n+1CH2OH (1) 
 Ancol B 
CnH2n+1CHO + O2
2Mn  CnH2n+1COOH (2) 
 Axit D 
CnH2n+1COOH + CnH2n+1CH2OH 
dac2 4H SO CnH2n+1COOCH2CnH2n+1 + H2O (3) 
 este E 
Tỉ số khối lượng mol phân tử của E và A :ME:MA = 
28 60
14 30
n
n


 = 2 
2> * E tác dụng KOH: CnH2n+1COOCH2CnH2n+1 + KOH  CnH2n+1COOK + CnH2n+1CH2OH 
 m m1 
Vì m < m1  gốc Hidrocacbon của ancol < 39 hay 14n + 15 < 39  n < 1,71 (*) 
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG 6 
* E tác dụng KOH: 2CnH2n+1COOCH2CnH2n+1 + Ca(OH)2  (CnH2n+1COO)2Ca + 2 
CnH2n+1CH2OH 
 m m2 
Vì m2 40 : 2 = 20 hay 14n + 15 > 20  n > 0,36 (2*) 
Từ (*), (2*)  n =1. Vậy andehit là A là CH3CHO (andehit axetic) 
Ancol B là CH3CH2OH (ancoletylic) 
Axit D là CH3COOH (axit axetic) 
Este E là CH3COOC2H5 (etylaxetat) 
Câu 8: (2,0 điểm) 
Hỗn hợp X gồm FeS, FeS2,Cu2S tan vừa hết trong dung dịch chứa 0,41 mol H2SO4 đặc sinh ra 
0,365mol SO2 và dung dịch A. Nhúng thanh sắt nặng 50g vào dung dịch A phản ứng xong thấy 
thanh sắt nặng 49,8g và dung dịch B. Cho dung dịch B phản ứng với HNO3 đặc nóng dư sinh ra khí 
NO2 sản phẩm khử duy nhất và còn lại dung dịch D. Xác định phần trăm khối lượng mỗi chất trong 
hỗn hợp X và khối lượng muối trong dung dịch có thể thu được. 
Giải 
Gọi số mol FeS,FeS2,Cu2S lần lượt a, b, c mol: 
Quá trình nhường electron Quá trình nhận electron 
FeS - 7e  Fe+3 + S+4 
 a 7a a a S+6 + 2e  S+4 
FeS2 - 11e  Fe+3 + 2S+4 0,365-a-2b-c 
 b 11b b 2b 
Cu2S - 8e  2Cu+2 + S+4 
 c 8c 2c c 
Bảo toàn electron ta có: 7a + 11b + 8c = 2.(0,365-a-2b-c) 
 Hay: 9a + 15b + 10c = 0,73 (*) 
n 2
4SO
 muối = 0,41 – (0,365-a-2b-c) = 0,045 + a+2b +c (mol) 
Bảo toàn điện tích: 
 3(a+b) + 4c = 2.(0,045 + a+2b +c) 
Hay a - b +2c = 0,09 (2*) 
Khi cho thanh Fe vào dung dịch A xảy ra phản ứng: 
 Fe + 2Fe3+  3Fe2+ (1) 
 (a+b)/2 (a+b) 3(a+b)/2 
 Cu2+ + Fe  2Fe2+ + Cu (2) 
 2c 2c 2c 2c 
Ta có m giảm = 56((a+b)/2 +2c) – 64.2c = 0,2 
 Hay 28a +28b -16 c = 0,2 (3*) 
Giải (*), (2*), (3*)  a = 0,02 mol ; b = 0,01 mol ; c = 0,04 mol 
mX = 0,02.88 + 0,01.120 + 0,04.160 = 9,36 gam 
%mFeS = 18,80%; %mFeS2 = 12,82%; %mCu2S = 68,38% 
KHÔNG BIẾT TÍNH MUỐI TRONG DUNG DỊCH NÀO A, B HAY D 
GIẢ SỬ ĐOÁN TÍNH MUỐI TRONG DUNG DỊCH D 
Dung dịch B chứa: 0,125 mol FeSO4 khi tác dụng HNO3 đặc nóng dư dung dịch D thu được: 
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG 7 
3
2
4
3
 0,125 
 0,125 
Fe mol
SO mol
NO
H











 TH1: muối gồm: Fe2(SO4)3 1/24 mol và Fe(NO3)3 1/24 mol 
mmuối = 242.1/24 + 400.1/24 = 26,75 gam 
TH2: muối chỉ có Fe(NO3)3 0,125 mol 
 mmuối = 242.0,125 = 30,25 gam 
Vậy: 26,75 gam  mmuối  30,25 gam 
Câu 9: (3,0 điểm) 
Đốt cháy 1,31 gam chất hữu cơ X chứa C, H,O có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất, thu 
được 2,42 gam CO2 và 0,81 gam H2O. 
Cho X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ thu được muối natri của axit A và hỗn hợp B gồm 2 ancol 
thuộc cùng dãy đồng đẳng. Lấy 1,24 gam hỗn hơp B cho hoá hơi hoàn toàn thu được thể tích hơi đúng bằng 
thể tích của 0,84 gam N2 đo cùng điều kiện. Khi cho cùng một lượng axit A như nhau phản ứng hết với 
dung dịch NaHCO3 hoặc với Na thì thể tích CO2 thu được gấp 1,5 lần thể tích H2 ở cùng điều kiện. 
1> Xác định CTPT của X. 
2> Xác định CTPT của các ancol trong B. 
3> Giả sử A là hợp chất có thể phân lập được từ nguồn thực vật, A tương đối quen thuộc trong cuộc sống 
hằng ngày, đặc biệt được dùng trong việc pha chế nước giải khát có vị chua, hãy viết CTCT của A, từ đó 
suy ra CTCT của X. 
Giải 
1> Ta có: nC = nCO2 = 0,055 mol; nH = 2nH2O = 0,09 mol 
nO = 0,035 mol. 
Gọi CTPT của X là CxHyOz 
x : y : z = 0,055 : 0,09 : 0,035 = 11:18:7. 
Vậy CTPT của X là: C11H18O7 
2> Ta có nB = nN2 = 0,03 mol M B = 41,33 
Vậy 1 ancol trong B là: CH3OH ancol còn lại có công thức dạng: CnH2n+1OH (n 2) 
Gọi CT của A có dạng: R(COOH)a(OH)b 
A tác dụng NaHCO3 thu được VCO2 = a.nA 
A tác dụng với Na. thu được VH2O = (a+b)nA1/2 
 a = 1,5. (a+b) ½  2a = 1,5 (a+b)  a = 3b 
X có CTPT C11H18O7  2a + b =7  a = 3; b = 1  X là este không quá 3 chức. 
 X là este 3 chức 
TH1: CH3OH và CnH2n+1OH có tỉ lệ mol 1:2. 
 (32 + 2M)/3 = 41,33  M = 46 (C2H5OH) 
TH2: CH3OH và CnH2n+1OH có tỉ lệ mol 2:1. 
 (2. 32 + M)/3 = 41,33  M = 60 (C3H7OH) 
 X là este 2 chức 
CH3OH và CnH2n+1OH có tỉ lệ mol 1:1 
 (32 + M)/2 = 41,33  M = 50,66 (loại) 
Vậy ancol trong B gồm: CH3OH và C2H5OH hoặc CH3OH và C3H7OH 
3> X có CTPT C11H18O7 (=3). Tổng số C trong 2 ancol luôn bằng 5. Nên số C trong axit = 11-5 =6. 
Mặt khác A có CT dạng: R(COOH)3(OH). (=3). Nên R no Vậy CT của A là C3H4(COOH)3(OH). 
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG 8 
A là hợp chất có thể phân lập được từ nguồn thực vật, A tương đối quen thuộc trong cuộc sống hằng ngày, 
đặc biệt được dùng trong việc pha chế nước giải khát có vị chua nên A là axit chanh có CTCT: 
 OH 
  
CH2 - C - CH2 (axit xitric hay axit chanh) 
    
 COOH COOH COOH 
Vậy CTCT của X: 
 O 
  
CH2 - C - CH2 
    
 COOCH3 COOCH3 COOC3H7 
Hoặc OH 
  
CH2 - C - CH2 
    
 COOCH3 COOC3H7 COOCH3 
 OH 
  
CH2 - C - CH2 
   
 COOC2H5 COOCH3 COOC2H5 
Hoặc OH 
  
CH2 - C - CH2 
   
 COOC2H5 COOC2H5 COOCH3 
Câu 10: (2,0 điểm) 
Có 4 ống nghiệm, mỗi ống đựng một chất khí khác nhau trong số các khí HCl, NH3, N2 và SO2. Các 
ống nghiệm được úp ngược trong các chậu nước ( Hình vẽ) 
1> Xác định mỗi khí có trong ống nghiệm A, B, C, D. Giải thích 
2> Mực nước trong ống nghiệm ở chậu B thay đổi như thế nào (so với mực nước trong ống 
nghiệm chậu B ban đầu) trong các trường hợp sau, giải thích: 
Trường hợp 1: Nhỏ thêm vài giọt dung dịch NaOH và chậu B. 
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG 9 
Trường hợp 2: Nhỏ thêm vài giọt dung dịch H2SO4 và chậu B. 
Trường hợp 3: Thay nước trong chậu B bằng thể tích tương đương dung dịch Br2/H2O. 
Trường hợp 4: Thay nước trong chậu B bằng thể tích tương đương dung dịch Br2/CCl4. 
Giải (ĐỀ THỰC TẾ ĐẢO C VÀ D) 
1> Xác định khí trong các chậu: 
+ Chậu A là khí N2: Vì N2 tan rất ít trong nước và không phản ứng với H2O. Nên pH = 7. 
+ Chậu B là khí SO2: Vì khí SO2 tan trong nước và phản ứng được 1 phần với nước. PTHH 
SO2(k) + H2O(l) H2SO3(dd) là một axit yếu nên pH = 5 
+ Chậu C là khí HCl: vì HCl tan tốt trong nước khi tan tạo thành dung dịch HCl là một axit 
mạnh. Nên pH = 1. 
+ Chậu D là khí NH3: vì NH3 tan rất tốt trong nước, phản ứng được với H2O tạo thành dung 
dịch bazơ yếu. Nên pH = 10. 
 PTHH: NH3(k) + H2O(l) NH4OH(dd) . 
a> Trường hợp 1: Khi nhỏ một vài giọt dung dịch NaOH vào thì cột nước trong ống nghiệm dâng 
lên. Là do phản ứng 
NaOH(dd) + H2SO3(dd) Na2SO3(dd) + H2O(l) 
NaOH(dd) + SO2(k)  Na2SO3(dd) + H2O(l) 
Trường hợp 2: Khi nhỏ một vài giọt dung dịch H2SO4 vào thì cột nước trong ống nghiệm hạ 
xuống. Là do: H2SO4 2H+ + SO
2
4
 
làm cho cân bằng: SO2 + H2O H2SO3(dd) . chuyển dịch theo chiều nghịch tạo ra SO2 
Trường hợp 3: Thay nước trong chậu B bằng thể tích tương đương dung dịch Br2/H2O thì cột 
nước trong ống nghiệm dâng lên. Là do phản ứng 
SO2 + Br2 + 2H2O H2SO4 + 2HBr 
Trường hợp 4: Thay nước trong chậu B bằng thể tích tương đương dung dịch Br2/CCl4 thì cột 
nước trong ống nghiệm giữ nguyên do không có phản ứng xảy ra. 
--------HẾT--------