Bộ đề kiểm tra định kì học kì 2 Hóa 9 có đáp án (Mới nhất) (Đề 33)

Hòa tan trong nước: nhận biết tinh bột (không tan) hoặc dùng iot.

Dùng phản ứng tráng gương nhận biết glucozơ.

Phương trình phản ứng:

 $C_6{H}_{12}{O}_6+A{g}_{2}O\stackrel{N{H}_3}{\to }{C}_6{H}_{12}{O}_7+2Ag$

Còn lại saccarozơ.

Phương trình phản ứng:

 $\begin{array}{c}{C}_6{H}_{12}{O}_6\underset{30-{35}^{o}C}{\overset{menruou}{\to }}2C_2{H}_{5}OH+2C{O}_2\left(1\right)\\ C{O}_2+Ca{\left(OH\right)}_2\to CaC{O}_3\downarrow +H_{2}O\left(2\right)\end{array}$

Ta có số mol của CaCO₃ là:

 $\begin{array}{c}{n}_{CaC{O}_3}=\frac{m_{CaC{O}_3}}{M_{CaC{O}_3}}=\frac{36}{100}=0,36\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,36\left(mol\right)\end{array}$

Theo phương trình phản ứng (1), ta có số mol glucozơ đã phản ứng là:

 $n_{C_6{H}_{12}{O}_6}=\frac{1}{2}.n_{C{O}_2}=\frac{1}{2}.0,36=0,18\left(mol\right)$

Mà hiệu suất phản ứng đạt 90% nên số mol glucozơ ban đầu là:

 $\begin{array}{c}H=\frac{n_{C_6{H}_{12}{O}_6\left(phanung\right)}}{n_{C_6{H}_{12}{O}_6\left(bandau\right)}}.100\%=90\left(\%\right)\\ \Rightarrow n_{C_6{H}_{12}{O}_6\left(bandau\right)}=\frac{n_{C_6{H}_{12}{O}_6\left(phanung\right)}}{H}.100\%=\frac{0,18}{90\%}.100\%=0,2\left(mol\right)\end{array}$

Khối lượng glucozơ cần dùng là:

 $m_{C_6{H}_{12}{O}_6}=n_{C_6{H}_{12}{O}_6}.M_{C_6{H}_{12}{O}_6}=0,2.180=36\left(gam\right)$

Vậy giá trị của m là 36 gam.

Phương trình phản ứng:

 $Fe+S\stackrel{t^o}{\to }FeS$

Ta có:

 $\begin{array}{c}{n}_{Fe}=\frac{m_{Fe}}{M_{Fe}}=\frac{8,4}{56}=0,15\left(mol\right)\\ n_S=\frac{m_S}{M_S}=\frac{2,4}{32}=0,075\left(mol\right)\end{array}$

Xét tỉ lệ:

 $\frac{n_S}{1}=\frac{0,075}{1}<\frac{n_{Fe}}{1}=\frac{0,15}{1}$

Vậy S phản ứng hết và Fe còn dư.

 $Fe+S\stackrel{t^o}{\to }FeS$

Ban đầu:      0,05 (mol) 0,075 (mol)

Phản ửng:    0,075 (mol) 0,075 (mol)  0,075 (mol)

Còn lại:        0,075 (mol)    0 (mol)      0,075 (mol)

Vậy hỗn hợp chất rắn A gồm FeS và Fe còn dư.

Ta có:

 $\begin{array}{c}{n}_{FeS}=n_S=0,075\left(mol\right)\\ n_{Fe\left(du\right)}=n_{Fe\left(bandau\right)}-n_{Fe\left(phanung\right)}=0,15-0,075=0,075\left(mol\right)\end{array}$

Phương trình phản ứng:

 $\begin{array}{c}Fe+2HCl\to FeC{l}_2+H_2\uparrow \left(1\right)\\ 0,075\left(mol\right)\to 0,15\left(mol\right)\\ FeS+2HCl\to FeC{l}_2+H_{2}S\uparrow \left(2\right)\\ 0,075\left(mol\right)\to 0,15\left(mol\right)\end{array}$

Theo phương trình phản ứng (1) và (2), ta có:

Số mol của HCl đã tham gia phản ứng là:

 $n_{HCl}=n_{HCl\left(1\right)}+n_{HCl\left(2\right)}=0,15+0,15=0,3\left(mol\right)$

Thể tích của dung dịch HCl đã tham gia ơ là:

 $V_{HCl}=\frac{n_{HCl}}{C_{M_{HCl}}}=\frac{0,3}{2}=0,15\left(1\right)=150\left(ml\right)$

Ta có:

 $n_{hh}=\frac{V_{hh}}{22,4}=\frac{13,44}{22,4}=0,6\left(mol\right)$

Gọi x, y lần lượt là số mol của CH₄ và C₂H₄.

Theo đề bài ta có:

 $\begin{array}{c}{n}_{hh}=n_{C{H}_4}+n_{C_2{H}_2}=x+y=0,6\left(1\right)\\ m_{hh}=m_{C{H}_4}+m_{C_2{H}_4}=16.x+28.y=15\left(2\right)\end{array}$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

 $\left(\begin{array}{c}x+y=0,6\\ 16x+28y=15\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}x=0,15\\ y=0,45\end{array}\right)$

Số mol của CH₄ và C₂H₄ có trong hỗn hợp lần lượt là 0,15 (mol) và 0,45 (mol).

Ta có:

 $\begin{array}{c}{m}_{C{H}_4}=n_{C{H}_4}.M_{C{H}_4}=0,15.16=2,4\left(gam\right)\\ m_{C_2{H}_4}=m_{hh}-m_{C{H}_4}=15-2,4=12,6\left(gam\right)\end{array}$

Vậy thành phần % theo khối lượng của CH₄ và C₂H₄ có trong hỗn hợp lần lượt là:

 $\begin{array}{c}\%m_{C{H}_4}=\frac{m_{C{H}_4}}{m_{hh}}.100\%=\frac{2,4}{15}.100\%=16\left(\%\right)\\ \%m_{C_2{H}_4}=100\%-\%m_{C{H}_4}=100\%-16\%=84\left(\%\right)\end{array}$

Khi dẫn 13,44 lít hỗn hợp khí qua dung dịch brom thì chỉ có etilen làm mất màu dung dịch brom.

Phương trình phản ứng:

 $C_2{H}_4+B{r}_2\to C_2{H}_{4}B{r}_2$

Khối lượng của bình chứa dung dịch tăng thêm là do etilen kết hợp với brom trong dung dịch để tạo thành đibrometan

Vậy khối lượng của bình chứa dung dịch tăng thêm chính bằng khối lượng của etilen đã tham gia phản ứng.

Theo câu a, ta có:

Trong 13,44 lít hỗn hợp khí có 0,45 mol khí C₂H₄.

Vậy trong 6,72 lít hỗn hợp khí có  khí C₂H₄.$\frac{6,72.0,45}{13,44}=0,225\left(mol\right)$

 $\Rightarrow m_{C_2{H}_4}=n_{C_2{H}_4}.M_{C_2{H}_4}=0,225.28=6,3\left(gam\right)$

Vậy giá trị của m là 6,3 gam.