TỔNG HỢP ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 CHUYÊN HÓA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - HÀ NỘI TỪ NĂM 2007 ĐẾN 2018 (CÓ ĐÁP ÁN)

ĐỀ ÔN THI HSG CÁC CẤP MÔN HÓA HỌC

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

TỔNG HỢP ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN HÓA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - HÀ NỘI TỪ NĂM 2007 ĐẾN 2018 (CÓ ĐÁP ÁN) WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐH KHTN

Đề chính thức

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỰ NHIÊN NĂM 2018 - 2019 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thờii gian giao đề) đề

Câu 1. (2 điểm) ới sắ sắt (III) oxit trong điều kiện n không có không khí, thu được hỗ hợp A Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm với (đã trộn đều) thành hai phần. Phầnn thứ nhất có khối lượng ít hơn phần thứ hai là 26,8 gam. Cho phần thứ thấy có 3,36 lít khí H2 bay ra. Hòa tan phần thứ hai bằng lượng nhất tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH th ệu xuất xu 100% các thể tích dư dung dịch HCl thấy có 16,8 lít khí H2 bay ra. Biết các phản ứng xảy ra với hiệu ng Fe có trong hhỗn hợp A. khí được đo ở đktc. Tính khối lượng Câu 2. (2 điểm) Hợp chất hữu cơ Y (chứa C, H, O) có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. nh Đốt cháy hoàn ản ph phẩm cháy lần lượt đi qua bình thử nhất đựng ng dung dịch d H2SO4 đặc dư, toàn 1,48 gam Y rồi dẫn hỗn hợp sản ăng 0,72 gam và bình thứ bình thứ hai đựng dung dịch KOH dư. Sau thí nghiệm, khối lượng bình thứ nhất tăng hai tăng 3,96 gam.

Biết rằng Y không có phản ứng tráng bạc, ạc, Y phản ph ứng với dung a)Viết công thức cấu tạo và tên gọi của Y. Bi dịch KMnO4 loãng, lạnh tạo ra chất hữu cơ Y1 có khối lượng mol = MY + 34. Cứ 1,48 gam Y phản ứng vừa hết với 20 ml dung dịch NaOH 1M và tạo ra hai muối. ủa Y. Vi Viết công thức cấu tạo của Z, biết rằng ng 0,37 gam Z phàn ứng vừa b)Hợp chất hữu cơ Z là đồng phân của ch NaOH O,1M, dung ddịch tạo ra phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3đến hết với 25 ml dung dịch loại. Z chỉ phản ứng với H2 (Pd, t°) theo tỉ lệệ mol 1:1. hoàn toàn, thu đượcc 1,08 gam Ag kim lo Câu 3. (2,0 điểm) ợp gồ gồm A1 và Mg trong V ml dung dịch HNƠ3 2M. Kết thúc phản ứng, a)Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp muối amoni) và 0,1 thu được dung dịch E (không chứaa muố mol khối so với oxi là hỗn hợp khí gồm N2 và N2O có tỉ kh 1,125. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào dung dịch E thi lượng kết tủa biến thiên theo đồ thịị bên. Xác định các giá trị của m và V. b)Hợp chất hữu cơ X (chứa C, H, O) có khối lượng mol nhỏ của khối lượng hơn 200 gam/mol, trong đó oxi chiếm 32% kh ra, X X. Khi cho X vào dung dịch NaHCƠ3 thấy có khí thoát không làm mất màu dung dịch KmnƠ4/KOH loãng lạnh.

Viết công thức cấu tạo các chất X thỏa mãn.

Câu 4. (2,0 điểm) Hỗn hợp chất rắn A gồm FeCO3, FeS2 và tạp chất trơ.

Hỗn hợp khí B gồm 20% oxi và 80% nito về thể tích. Cho hỗn hợp A vào binh kín dung tích 10 lít (không đổi) ứ chứa hỗn hợp B vừa đủ. Nung nóng bình cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các phản ứng o ra khí. Sau phản ph ứng, đưa cùng tạo ra một oxit sắt, oxit này phản ứng với dung dịch HNO3 dư không tạo v H2 bằng 17 và nhiệt độ bình về 136,5, trong bình còn lại chất rắn X và hỗn hợp khí Y. Tỉ khối của Y so với ảy ra phản ph ứng khử oxit áp suất trong binh là P atm. Cho dòng khí CO dư đi qua X đun nóng, biết rằng chỉỉ xảy ất 80%. Sau ph phản ứng thu được 27,96 gam chất ất rắn rắ Z, trong đó sắt kim sắt thành sắt kim loại và đạt hiệu suất loại chiếm 48,07% về khối lượng. nhỏ) và thành phần % khối lượng tạp chấtt trong A. a)Tính giá trị P (coi thể tích rắn X là rất nh b)Cho Y phản ứng với oxi có V2O5 (xúc tác) ở 450°C, hấp thụ sản phẩm vào 592,8 gam nirớc đirợc dung dịch C (D = l,02g/ml). Tính nồng độ mol ccủa dung dịch C. Giả thiết hiệu suất của cảả quá trình là 100%.

Câu 5. (2,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

X, Y, Z là các hợp chất hữu cơ (chứa C, H, O) mỗi chất chi chứa một loại nhóm chức. Khi cho X, Y phản ứng với nhau tạo ra Z. Có hỗn hợp E gồm số mol bằng nhau của X, Y, Z. Nếu cho E tác dụng hết với NaHCO3thì thu được V lít khí và muối natri của X. Nếu cho E tác dụng hết với Na thì thu được 0,75V lít khí (các thể tích khí được đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) và số mol khí bằng

1 số mol hỗn hợp E. Đốt 2

cháy hoàn toàn 1,62 gam muối natri ở trên của X thu đtrợc 672 ml khí CO2 (đktc) và 0,36 gam nước, còn lại là một chất rắn. Đun nóng Y với dung dịch H2SO4 đặc thu được sản phâm hữu cơ Y1 có tỉ khối hơi so với Y là

34 . Đun nóng Y1 với dung dịch KMnO4/H2SO4 được Y2 là sản phẩm hữu cơ duy nhất, không có khí 43

thoát ra, Y2 có cấu tạo mạch cacbon thăng và là ddiaxxit. a. Viết công thức cấu tạo của X, Y, Z, Y1 và Y2. b. Chia 15,6 gam hỗn hợp G gồm X, Y, Z thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần thứ nhất cần dung vừa hết 9,408 lít khí oxi (đktc). Phần thứ hai phản ứng vừa đủ với 40 ml dung dịch NaOH 2M, trong hỗn họp sau phản ứmg có a gam muối của X và b gam chất rắn Y. Tính các giá trị của a và b.

HẾT. Cho nguyên tử khối H = 1; c = 12; N = 14; O = 16; NA = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Fe = 56; Ag= 108.

Lời giải Câu 1. + NaOH  P1 → ↑ H 2 : 0,15  Al2O3 du  Al 0   t + NaOH  →  Fe →  P1 → ↑ H 2 : 0,75  du  Fe2O3  Al du    m ( P2 − P1 ) = 26,8 ( g ) 0

t 2Al + Fe 2 O 3  → Al 2 O 3 + 2Fe (1)

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hỗn hợp sau phản ứng chia làm 2 phần, phần 1 + NaOH thầy có khí H2 ; thoát ra => hỗn hợp sau phản ứng có Al2O3, Fe và Al dư.

Al + NaOH + H2O → NaA1O2; + H2 ↑ (2) 0,1 ← 0,15 (mol) ⇒ nAl d− = 0,1 (mol) Gọi số mol của Al2O3 trong phần 1 là x (mol) Từ PTHH (1) ⇒ n Fe = 2n A12O3 = 2x (mol) .

Giả sử số mol cùa hỗn hợp A trong phần 1 gấp k lần số mol cùa mỗi chất trong phần 2

Al2O3 : kx (mol)  (mol) Khi đó trong phần 2:  Fe : 2kx Al : 0,1k (mol)  Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H 2O (3) 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H 2 ↑ ( 4 ) 0,1k → 0,15k ( mol ) Fe + 2HCl → FeCl2 + H 2 ↑ ( 5 ) 2kx (mol) → 2kx Ta có

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,75  ∑ nH 2 (P 2) = 0,15k + 2kx = 0,75 (*) k = ⇒ + 0,15 2x  P1 =P2 +26,8   →102 k x+112 k x+2,7 k=26,8+102 x+112 x+2,7 214kx − 214x + 2,7k = 29,5(**) Thế (*) vào (**) ta có

0,75 0,75 − 214x + 2,7 ⋅ = 29,5 0,15 + 2x 0,15 + 2x ⇒ 160,5x − 32,1x − 428x 2 + 2,025 = 4, 425 + 59x = 0

214x ⋅

⇒ −428x 2 + 69, 4x − 2, 4 = 0 12  x= (mol)  ⇒ 107   x = 0,05 (mol)

12 535  12 20  →k = ⇒ mFe (trongA) =  +  ⋅112 = 37,73 ( g ) 107 267  107 89  TH2: x = 0, 05 → k = 3 ⇒ mFe (trongA) = (0, 05 + 3.0, 05).112 = 22, 4 (g) .

TH 1. x =

Câu 2. * a)Gọi CTPT cùa Y là CxHyOz( x, y, z ∈ ℕ ) Đốt cháy Y sản phẩm thu được gồm H2O và CO2 . Khi cho sản phẩm qua H 2SO4 đặc dưthì H 2O bị hấp thụ, tiếp tụccho qua KOH dư thì CO; bị hấp thụ

⇒ mB1 tang = mH2O = 0,72 (g) ⇒ n H2O = 0,72 / 18 = 0,04 (mol) BTKL nO ( trongA ) = ( mA − mC − mH ) / 16 = (1, 48 − 0,09.12 − 0,04.2) / 16 = 0,02 (mol) .

Ta có x : y : z = nC : nH : n0 = 0,09 : 0,08 : 0,02 = 9 : 8 : 2 CTPT trùng với CT ĐGN => CTPT củaY là: C9H8O2. Độ bất bão hòa của Y: C9 H8O2 : k = (9.2 + 2 − 8) / 2 = 6 .

Y không tham gia phân ứng tráng bạc => Y không có cấu tạo nhóm - CHO trong phân tử Y + KMnO4 → Y1 ( M Y1 = M Y + 34 ) ⇒ Y có chứa liên kết đôi C = C khi phản ứng với

KMnO4 sẽ tạo thành C(OH) − C(OH) . n y = 1, 48 :148 = 0, 01(mol); n NaOH = 0, 02(mol) n y : n NaOH = 1: 2 và sản phẩm tạo thành 2 muối suy ra Y là este của axit cacboxylic và phenol hoặc dẫn xuất củaphenol.

Vậy CTCT của Y thỏa mãn là: CH2=CH-COOC6H5: phenyl acrylat2 3CH2 =CH- 1: 2 và sân phẩm tạo thảnh 2 muối => Y lã este của axit cacboxylic và phenol

3CH 2 = CH − COOC6 H5 + 2KMnO4 + 4H 2O → 3CH 2 (OH) − CH(OH) − COOC6 H5 + 2MnO 2 ↓ +2KOH b) Z là đồng phân của Y =>X có cùng CTPT là: C9 H8O2 nZ = 0,37/148 = 0,025 (mol); nNaOH= 0,025 (mol); nAg = 0,01 (mol). nZ : nNaOH = 1: 1 =>Z có 1 trung tâm phản ứng với NaOH

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta thấy nAg = 4nZ =>Z phải phản ứng với NaOH sinh ra cả 2 chất hữu cơ đều có khả năng tham gia phản ứng trángbạc ( mỗi chất tham gia phân ứng tráng bạc sinh ra 2Ag) Z chỉ phản ứng với H2 (Pb, t°)theo tỉ lệ 1: 1 =>Z có 1 liên kết đôi C=C ngoài mạch VậyCTCT củaZthỏamãn là: HCOOCH=CH-C6H5

HCOOCH = CH − C0 H5 + NaOH → COONa + C6 H5CH 2CHO

HCOONa + 2AgNO3 + 3NH3 + H 2O → NH 4O ⋅ COONa + 2Ag ↓ +2NH 4 NO3 C6 H5CH 2CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H 2O → C6 H5CH 2COONH 4 + 2Agl + 2NH 4 NO3 Câu 3. a) Tóm tắt

 Al : x ( mol ) + V (ml) HNO3 2 M →   Mg : y (mol)

N  0,1mol  2  M = 1,125.32 = 36  N 2O   Al3+ : x(mol)  2+ + NaOH 1M  Mg : y(mol) →  H + du 

Gọi số mol của N2 và N2O lần lượt là a à b (mol).

Ta có

a + b = 0,1  a = 0,05 ⇒  28a + 4b = 0,1.36 b = 0,05 Quá trình nhường electron 2+

Mg → Mg + 2e x → 2x +

Al → Al3 y → 3y

+3e

Quá trình nhận electron

2N +5 + 10e → N 2 0,5 − 0,05 (mol) 2N +5 + 8e → N 2O 0, 4 − 0,05 (mol)

⇒ 2 x + 3 y = 0,5 + 0,4 (1) Từ đồ thị ta thấy tại giá trị V= 0,1 (lít) tức n NaOH = 0,1 (mol) mới bắt đầu xuất hiện kết tủa => lượng NaOH này chính là lượng để trung hòa HNO3 dư sau phản ứng => dư = nNaOH = 0,1 (mol) Ta thấy tại giá trị V= 1,1 (lít) tức nnaOH = 1,1 (lít) đồ thị đi lên cực đại, sau đó lại đi xuống => kết tủa đạt cực đạisau đó bị hòa tan 1 phần ( chỉ có A1(OH)3 bị hoàn tan) Khi cho NaOH từ từ vào dung dich Z xảy ra phản ứng:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

H + + OH − → H 2 O 0,1 → 0,1 Mg 2+ + 2OH − → Mg(OH)2 ↓ x

→ 2x

Al3+ + 3OH − → Al(OH )3 ↓ y → 3y Al(OH)3 + OH − → AlO2− + 2 H2 O ( y − z) → ( y − z) §Æt : n Al ( OH )3 kh « ng tan = z (mol)

∑n

NaOH

= nH + + 2 nMg 2 + + 4 nAl3+ − n Al ( OH )3 d−

⇒ 0,1 + 2 x + 4 y − z = 1,1 (2) MÆt kh¸c : ∑ m↓ = nMg (OH )2 +mAl (OH )3 ch − a hßa tan ⇒ 58x + 78z = 16,5 (3) Tõ (1),(2)vµ(3) ⇒ x = 0,2;y = 0,15;z = 0,1(mol) ⇒ m = mAl + mMg = 0,2.27 + 0,15.24 = 9(g) nHNO3 = nHNO3 d − + 2nN2 + 2nN2O + 3n Al (NO3 )3 + 2nMg(NO3 )2 = 0,1 + 2.0,05 + 2.0,05 + 3.0,2 + 2.0,15 = 1,26 VHNO3 = n : CM = 1,2 : 2 = 0,6(l) = 600(ml) b. Gọi công thức chung của X là CxHyOz. Hợp chất hữu cơ X có MX< 200 ⇒ mO< 200.32:100 ⇒ mO< 64 ⇒z < 4 Mặt khác, X phản ứng với NaHCO3 sinh ra khí nên X là axit. ⇒ 2 ≤ z <4 +) z = 2: MX = mO.100:32=32.100:32=100. ⇒ 12x + y + 3z =100 ⇒ 12x + y = 68 ⇒ y = 68 – 12x Mà: 0 < H ≤ 2C + 2 ⇒0 < y ≤ 2x + 2 ⇒ 0 < 68 -12x ≤ 2x + 2 ⇒ 4,7 ≤ x ≤ 5,67 ⇒ x = 5 CPT của X là: C5H8O2 có độ bất bão hòa: k = (2.5 + 2 – 8)/2 = 2 CTCT thỏa mãn là: CH2

COOH H3C

COOH

COOH

+) z = 3: MX = mO.100/32 = 48.100/32 = 150 ⇒ 12x + y +48 =150 ⇒12x + y = 102 ⇒ y = 102 -12x Mà 0 ≤ y ≤ 2x + 2 ⇒ 0 < 102 -12x ≤ 2x + 2 ⇒ 7,14 ≤ x < 8,5 ⇒ x = 8 CTHH của X là C8H6O3 có độ bất bão hòa: k = (2.8 + 2 – 6)/2 = 6 CTCT thỏa mãn là

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4. a . §Æt n FeCO3 = x (mol);n FeS2 = y (mol) 4FeCO3 + O 2 → Fe2 O3 + 4CO 2 ↑ x

→

0, 25x

x

4FeS 2 + 11O 2 → 2Fe2 O3 + 8SO 2 ↑ y

∑n

→ 2,75y O2

→

2y

= 0,25x + 2,75y (mol)

Do cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất nên tỉ lệ về thể tích = tỉ lệ số mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ nN2 = 4nO2 = 4.(0,25x + 2,75y) ⇒ nN2 = 11y (mol) VÉnhçnhîp Y gåmCO2 (x mol),SO2 (2y mol),N2 (x + 11y mol) MY =

44x + 64.2y + 28(x + 11y) = 36 ⇔ x = 1,5y x + 2y + x + 11y

Khèil−îngcñaFe trong Z lµ 27,96.48,07% 13,44 mFe = = 13,44(g) ⇒ nFe = = 0,24(mol) 100% 56 o

t Fe2 O3 + 3CO  → 2Fe + 3CO2 (H = 80%)

←

0,12

0,24

100% = 0,15(mol) 80% = 0,15 − 0,12 = 0,03(mol)

Do :H = 80% ⇒ mFe2 O3 trong X = 0,12. nFe2 O3 trong Z

mt¹p chÊt trong Z = 27,96 − mFe − mFe2 O3 d− = 27,96 − 0,24.56 − 0,03.160 = 9,72(g) B ¶ o toµnnguyªntè Fe ⇒ nFe2 O3 + nFeS2 = 2nFe2 O3 trong X ⇒ x + y = 0,3(2) Tõ (1)vµ(2) ⇒ x = 0,18 vµ y = 0,12(mol) CãPV = nRT(n = nCO2 + nSO2 + nN2 = 0,18 + 2.0,12 + 0,18 + 11.0,12 = 1,92) ⇒ P.10 = 1,92.0,082.(136,5 + 273) ⇒ P = 6,447(atm) ≈ 6,5(atm) Ta cã :mA = mFeC O3 + mFeS2 + mt ¹p chÊt = 0,18.116 + 0,12.120 + 9,72 = 45.

9,72 .100% = 21,6% 45 b.Hçnhîp Y gåm :CO2 (0,18mol),SO2 (0,24mol),N2 (1,5mol) %t¹p chÊt =

Chohçnhîp Y quaO2 : V2O5 2SO2 + O2 → 2SO3 450o C

0,24 → 0,24 SO3 + H2O → H2SO4 0,24 → 0,24 mdd sau = mSO3 + mH2O = 0,24.80 + 592,8 = 612(g) Vdd sau = CMH2SO4

mdd sau

612 = 600(ml) = 0,6(l) D 1,02 n 0,24 = = 0,4(M) V 0,6 =

Câu 5. a. Khi E tác dụng với NaHCO3⇒ V (l) CO2 và muối natri của X ⇒ X là axit.

Nhận xét: V khí sinh ra khi cho E tác dụng với Na (khí H2) lớn hơn 0,5 lần thể tích khí khi cho E tác dụng với NaHCO3 (khí CO2) ⇒ Y là ancol.

E: Axit X, ancol Y và este Z (tạo bởi X và Y).

Giả sử: V (l) tương ứng với 1 (mol) khí.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+)nCO2 = nCOOH = 1mol +)nH2 = 0,5nCOOH + 0,5nOH â&#x2021;&#x2019; 0,75 = 0,5.1 + 0,5.0,5nOH â&#x2021;&#x2019; nOH = 0,5(mol) +)nhh = 2nH2 = 1,5(mol) â&#x2021;&#x2019; nX = nY = nZ = 1,5 : 3 = 0,5(mol) _Sè chøc cĂąaaxit X lÂľ1: 0,5 = 2 _Sè chøc cĂąaancol Y lÂľ 0,5 : 0,5 = 1 â&#x2021;&#x2019; este Z cĂŁ 2 chøc. *) §èt ch¸y muèinatricĂąa X :RO4 Na2 nmuèi X = x (mol) _BÂśo toÂľnnguyÂŞn tè Na :nNa2CO3 = nmuèi = x (mol) _BÂśo toÂľnnguyÂŞn tè O :4nmuèi + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O + 2nNa2CO3 â&#x2021;&#x2019; 4x + 2nO2 = 0,03.2 + 0,02 + 3x â&#x2021;&#x2019; nO2 = 0,04 â&#x2C6;&#x2019; 0,5x (mol) BTKL :mmuèi + mO2 = mCO2 + mH2O + mNa2CO3 â&#x2021;&#x2019; 1,62 + 32(0,04 â&#x2C6;&#x2019; 0,5x) = 0,03.44 + 0,02.18 + 106x â&#x2021;&#x2019; x = 0,01(mol) â&#x2021;&#x2019; Mmuèi = 162 â&#x2021;&#x2019; R + 16.4 + 23.2 = 162 â&#x2021;&#x2019; R = 28 â&#x2021;&#x2019; CTPT X :C 4H 6 O 4 Ä?un nĂłng Y váť&#x203A;i H2SO4 Ä&#x2018;ạc Ä&#x2018;ưᝣc Y1 cĂł táť&#x2030; kháť&#x2018;i so váť&#x203A;i Y lĂ 34/43 â&#x2021;&#x2019; MY1 = MY -18

â&#x2021;&#x2019; / = = â&#x;š = 86 ( )

Khi Ä&#x2018;un Y1 váť&#x203A;i KMnO4/H2SO4thu Ä&#x2018;ưᝣc Y2 duy nhẼt, khĂ´ng cĂł khĂ­ thoĂĄt ra, Y=2 cĂł cẼu tấo mấch tháşłng vĂ lĂ Ä&#x2018;iaxit nĂŞn Y cĂł cẼu tấo mấch vòng chᝊa 1 liĂŞn káşżt Ä&#x2018;Ă´i.

PhĂĄt hĂ nh PDF báť&#x;i Ths Nguyáť&#x2026;n Thanh TĂş Ä?Ä&#x192;ng kĂ˝ Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( ! : # ($%&) b. Ä?ạt sáť&#x2018; mol trong ½ háť&#x2014;n hᝣp G: ' ( : ( ($%&) , ) ( ** : + ($%&) m1/2G = 118x + 86y + 254z = 7/8 (1) _ Ä?áť&#x2018;t chĂĄy phần I cần - == 0,42 ($%&) C4H6O4 + 3,5O2 â&#x2020;&#x2019; 4CO2 + 3H2O x â&#x2020;&#x2019; 3,5x C5H10O + 7O2 â&#x2020;&#x2019; 5CO2 + 5H2O y â&#x2020;&#x2019; 7y C14H22O + 17,5O2 â&#x2020;&#x2019; 14CO2 + 11H2O z â&#x2020;&#x2019; 17,5y - = 0,42â&#x2021;&#x2019; 3,5x + 7y + 17,5z = 0,42 (2) _ Phần 2 tĂĄc d᝼ng vᝍa Ä&#x2018;ᝧ váť&#x203A;i nNaOH = 0,04.2 = 0,08 (mol) C2H4(COOH)2 + 2NaOH â&#x2020;&#x2019; C2H4(COONa)2 + 2H2O x â&#x2020;&#x2019; 2x x C2H4(COOC5H9)2 + 2NaOH â&#x2020;&#x2019; C2H4(COONa)2 + 2C5H9OH z â&#x2020;&#x2019; 2z x 2z nNaOH = 2nx + 2nZâ&#x2021;&#x2019; 2a + 2c = 0,08 (3) 118# + 86( + 254+ = 7,8 # = 0,03 Tᝍ (1), (2), (3) â&#x2021;&#x2019;2 3,5# + 7( + 17,5+ = 0,42 , â&#x2021;&#x2019; 2( = 0,02, + = 0,01 2# + 2+ = 0,08 Sau phản ᝊng thu Ä&#x2018;ưᝣc: ( 9:)* â&#x2C6;ś x + z = 0,04, 8 * > : ( + 2+ = 0,04 Váş­y : = $?- @ (? A)- = 0,04.162 = 6,48 (C) D = $?E F = 0,04.86 = 3,44 (C)

PhĂĄt hĂ nh PDF báť&#x;i Ths Nguyáť&#x2026;n Thanh TĂş Ä?Ä&#x192;ng kĂ˝ Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2017 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I (2 điểm): Hòa tan hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 (có số mol bằng nhau) bằng dung dịch H2SO4 20% (lượng axit được lấy dư 50% so với lượng phản ứng vừa đủ), thu được dung dịch A. Chia dung dịch A thành bốn phần bằng nhau, mỗi phần có khối lượng 79,3 gam. Phần I tác dụng vừa đủ với V1 ml dung dịch KMnO4 0,05M. Phần II tác dụng vừa đủ với V2 ml dung dịch brom 0,05M. Phần III tác dụng vừa đủ với V3 ml dung dịch HI 0,05M. Cho dung dịch Na2CO3 từ từ đến dư vào phần IV được V4 lít khí và m gam kết tủa.

Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các thể tích được đo ở đktc. Xác định các giá trị của V1, V2, V3, V4 và m.

Câu II( 2 điểm): Nung nóng một thời gian hỗn hợp A gồm Al và một oxit sắt (giả sử chỉ xảy ra phản ứng khử oxit thành kim loại) được m gam hỗn hợp B. Chia hỗn hợp B thành hai phần bằng nhau. Cho phần thứ nhất tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH dư thu được 10,08 lít khí (đktc) và có 29,52 gam chất rắn không tan. Hòa tan hoàn toàn phần thứ hai bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thu được 19,152 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc) và dung dịch C. Cho dung dịch C tác dụng với dung dịch NH3 dư, lấy toàn bộ lượng kết tủa tạo thành đem nung đến khối lượng không đổi thu được 65,07 gam chất rắn. Xác định công thức của oxit sắt và tính giá trị của m.

Câu III (2 điểm) (a) Cho năm hợp chất vô cơ A, B, C, D và E (có tổng phân tử khối là 661 đvC). Biết chúng đều tác dụng với dung dịch HCl và đều tạo ra nước. Hỗn hợp gồm năm chất trên tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl tạo ra dung dịch X chứa hai muối. Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa Y. Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn chỉ gồm một chất. Xác định các chất A, B, C, D, E và viết các phương trình phản ứng xày ra. (b) Đun nóng hỗn hợp hai este đơn chức với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp hai rượu là đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp hai muối. Đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp rượu trên thu được 3,136 lít khí CO2 (đktc) và 3,6 gam H2O. Cho hỗn hợp hai muối trên tác dụng với dung dịch H2SO4 vừa đủ dược hỗn hợp hai axit cacboxylic. Cho từ từ 50 ml dung dịch NaHCO3 0,5M vào cốc đựng 1,04 gam hỗn hợp hai axit thu dược ở trên, sau phản ứng cần phải dùng 10 ml dung dịch HCl 1M mới tác dụng vừa hết với lượng NaHCO3 dư. Xác định công thức cấu tạo của hai este cỏ trong hỗn hợp đầu. Biết khi đốt cháy 1 mol mỗi este thu được không quá 5 mol CO2.

Câu IV (2 điểm): Cho hỗn hợp Y gồm hai amino axit Y1 và Y2 có mạch cacbon không phân nhánh. Tổng số mol của Y1 và Y2 là 0,05 mol. Cho hỗn hợp Y tác dụng hoàn toàn với 50 ml dung dịch H2SO4 0,55 M, để trung hòa hết lượng H2SO4 dư cần dùng 10 ml dung dịch NaOH 0,5 M. Hỗn hợp Y tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch Ba(OH)2 0,15 M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 8,52 gam muối khan. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y rồi cho sản phẩm qua nước vôi trong dư thu được 13 gam kết tủa. Cho biết Y1 có số nguyên từ cacbon nhỏ hơn Y2. Xác định công thức cấu tạo có thể có của Y1 và Y2.

Câu V (2 điểm): A và B là 2 hợp chất hữu cơ đồng phân của nhau (chứa C, H, O), trong đó oxi chiếm 21,621% khối lượng. Biết A, B là các hợp chất hữu cơ đơn chức và phản ứng được với dung dịch NaOH. Khi cho 0,74 gam mỗi chất trên tác dụng hết với dung dịch brom trong dung môi CCl4 thì mỗi chất tạo ra Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

một sản phẩm duy nhất và đều có khối lượng là 1,54 gam. Cho 2,22 gam hỗn hợp gồm A và B tác dụng với với dung dịch NaHCO3 dư thu được 112 ml khí (đktc). Lấy 4,44 gam hỗn hợp X cho tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sau đó cô cạn thu được 4,58 gam muối khan. Mặt khác, đun nóng hỗn hợp X với dung dịch KMnO4 và H2SO4 cho hỗn hợp sản phẩm chỉ gồm CO2, MnSO4, K2SO4, H2O và chất D (C7H6O2). Viết công thức cấu tạo của các chất A, B và viết phương trình phản ứng của chúng với dung dịch KMnO4/H2SO4.

––––––– HẾT ––––––– Cho NTK: H = 1; O = 16; C = 12; N = 14; Na = 23; Al = 27; S = 32; Ca = 40; Fe = 56; Br = 80; Ba = 137 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2017 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐÁP ÁN Câu I: (2 điểm) Quy đổi hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 có số mol bằng nhau tương đương với Fe3O4.

Fe3O4 + 4 H2SO4 (loãng) → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4 H2O x 4x 150% 100% Có: m dd H SO = 4x × 98 × × = 2940x 2 4 100% 20% → mA/4 = 2940x + 232x = 79,3 gam → x = 0,025 mol → Trong mỗi phần dung dịch A chứa 0,025 mol FeSO4, 0,025 mol Fe2(SO4)3 và 0,05 mol H2SO4 ● Phần I tác dụng vừa đủ với V1 ml dung dịch KMnO4 0,05M 10FeSO4 + 2 KMnO4 + 8 H2SO4 → 5 Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2 K2SO4 + 8 H2O Bđ: 0,025 ...

0,05 Pư: 0,025 0,005 0,02 → n KMnO4 = 0,005 mol → V1 = n/CM = 0,005/0,05 = 0,1 lít = 100 ml ● Phần II tác dụng vừa đủ với V2 ml dung dịch brom 0,05M. 6 FeSO4 + 3 Br2 → 2 Fe2(SO4)3 + 2 FeBr3 0,025 0,0125 → V2 = 0,0125/0,05 = 0,25 lít = 250 ml ● Phần III tác dụng vừa đủ với V3 ml dung dịch HI 0,05M. Fe2(SO4)3 + 2 HI → 2 FeSO4 + H2SO4 + I2 0,025 0,05 → V3 = 0,05/0,05 = 0,1 lít = 1000 ml ● Cho từ từ dung dịch Na2CO3 đến dư vào phần IV được V4 lít khí và m gam kết tủa.

Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2↑ + H2O 0,05 0,05 Na2CO3 + FeSO4 → FeCO3 ↓ + Na2SO4 0,025 0,025 3 Na2CO3 + Fe2(SO4)3 + 3 H2O → 3 Na2SO4 + 2 Fe(OH)3↓ + 3 CO2↑ 0,025 0,05 0,075 → V4 = (0,05 + 0,075) × 22,4 = 2,8 lít m = m FeCO3 + m Fe(OH)3 = 0,025 × 116 + 0,05 × 107 = 8,25 gam.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

1 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

Câu II (2 điểm) o

t → y Al2O3 + 3x Fe 2y Al + 3 FexOy  Pư: 4ay/3x 2a/x 2ay/3x 2a Dư: 2c 2b B: Al2O3, Fe, FexOy, Al Phần thứ nhất của B: Al + KOH + H2O → KAlO2 + 3/2 H2 ↑ c 1,5c Al2O3 + 2KOH + H2O → 2KAlO2 + H2O Có: n H2 = 1,5c = a0,08/22,4 = 0,45 mol (1)

m chất rắn = 56a + (56x + 16y)b = 29,52 gam (2) Phần thứ hai của B: o

t → Al2(SO4)3 + 3 SO2 ↑ + 6 H2O 2Al + 6 H2SO4 đặc  c 1,5c o

t → Al2(SO4)3 + 3 H2O Al2O3 + 3 H2SO4 đặc  o

t → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 ↑ + 6 H2O 2 Fe + 6 H2SO4 đặc  a 1,5 a o

t → x Fe2(SO4)3 + (3x – 2y) SO2 ↑ + (6x – 2y) H2O 2 FexOy + (6x – 2y) H2SO4 đặc  b 1,5bx – by có n SO2 = 1,5c + 1,5a + 1,5bx – by = 19,152/22,4 = 0,855 (3)

Dung dịch C: Al2(SO4)3, Fe2(SO4)3, H2SO4 dư H2SO4 + 2 NH3 → (NH4)2SO4 Al2(SO4)3 + 6 NH3 + 6 H2O → 2Al(OH)3 ↓ + 3 (NH4)2SO4 Fe2(SO4)3 + 6 NH3 + 6 H2O → 2 Fe(OH)3 ↓ + 3 (NH4)2SO4

0,5 điểm

o

t → Al2O3 + 3 H2O 2 Al(OH)3  0,5c + ay/3x o

t → Fe2O3 + 3 H2O 2 Fe(OH)3  0,5bx + 0,5a

Có: m’chất rắn = (0,5c + ay/3x) × 102 + (0,5bx + 0,5a) × 160 = 65,07 gam Từ (1), (2), (3), (4) ta thu được x = 2; y = 3; a = 0,27; b = 0,09; c = 0,3 Vậy công thức của oxit sắt là Fe2O3 Có m = m B = m Al2O3 + m Fe + m Fe2O3 + m Al = 102 × 0,27 + 56 × 0,54 + 160 × 0,18 + 27 × 0,6 = 102,78 gam

(4)

Câu III( 2 điểm) (a) A, B, C, D và E lần lượt là FeO, Fe2O3, Fe3O4, Fe(OH)2 và Fe(OH)3 FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O Fe2O3 + 6HCl → 2 FeCl3 + 3H2O Fe3O4 + 8HCl → 2 FeCl3 + FeCl2 + 4H2O Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 điểm 1 điểm 0,5 điểm

Fe(OH)2 + 2 HCl → 2 H2O Fe(OH)3 + 3HCl → FeCl3 + 3H2O Dung dịch X: FeCl2 và FeCl3 FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ + 2NaCl FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3NaCl Kết tủa Y: Fe(OH)2 và Fe(OH)3 0,5 điểm

o

t → 2Fe2O3 + 3H2O 4Fe(OH)2 + O2  o

t → Fe2O3 + 3H2O 2Fe(OH)3 

(b) RCOOR ' + NaOH → RCOONa + R 'OH Đốt cháy hỗn hợp hai rượu đơn chức thu được n H 2O > n CO2 → hai rượu no, đơn chức, mạch hở.

Cn H 2n+1OH + 1,5nO2 → nCO2 + (n + 1)H 2O 0,14

0,2

Có: 0,2 n = 0,14( n +1) → n = 2,3333 Vậy hai rượu là C2H5OH và C3H7OH, có số mol tương ứng là x và y.

Có: n rượu = x + y = n H 2O – n CO2 = 0,06 mol (1)

0,5 điểm

2x + 3y = 2,3333 (2) 0,06 Từ (1) và (2) suy ra x = 0,04; y = 0,02 Tỉ lệ số mol C2H5OH và C3H7OH tương ứng là 2 : 1

n=

2 RCOONa + H2SO4 → 2 RCOOH + Na2SO4

n NaHCO3

RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + CO2 ↑ + H2O 0,015 0,015 HCl + NaHCO3 → NaCl + CO2 ↑ + H2O 0,01 0,01 = 0,025 mol

Có: m RCOOH = 0,015( R + 45) = 1,04 gam → R = 24,33 Đặt công thức của 2 este là RCOOC2H5 (2a mol) và R’COOC3H7 (b mol) 2aR + aR ' = 24,33 → R + R’ = 73 Có: R = (3) 2a + a Biết khi đốt cháy 1 mol este thu được không quá 5 mol CO2 → mỗi este có tối đa 5 nguyên tử cacbon.

TH1: R’ = 1 (H) Từ (3) suy ra R = 36 (loại) TH2: R’ = 15 (CH3) Từ (3) suy ra R = 29 (C2H5) Vậy công thức cấu tạo của hai este là C2H5COOC2H5 và CH3COOC3H7 (2 đồng phân)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 điểm

Câu IV (2 điểm) TN3:

y z y t − )O 2 → xCO2 + H 2O + N 2 4 2 2 2 0,05 0,05 x CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H2O 0,13 0,13 C x H yO z N t + (x +

Có: n CO2 = 0,05 x = 0,13 mol → x = 2,6 Do Y1 có số nguyên tử cacbon nhỏ hơn Y2 nên suy ra Y1 là H2NCH2COOH → Y2 là CxHy(NH2)n(COOH)m có số mol tương ứng là a và b Do Y2 mạch thẳng nên m≤2 (1) có: a + b = 0,05 mol (2) 2a + (x + m)b = 2,6 (3) x= 0,05 TN1: 2 H2NCH2COOH + H2SO4 → (H3NCH2COOH)2SO4 a 0,5a 2 CxHy(NH2)n(COOH)m + n H2SO4 → [CxHy(NH3)n(COOH)m]2(SO4)n b 0,5nb 2 NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2 H2O 0,005 0,0025 (4) Có: n H2SO4 = 0,5a + 0,5nb + 0,0025 = 0,05.0,55 = 0,0275 mol TN2: 2 H2NCH2COOH + Ba(OH)2 → (H2NCH2COO)2Ba + 2 H2O a 0,5a 0,5a 2 CxHy(NH2)n(COOH)m + m Ba(OH)2 → Bam[CxHy(NH2)n(COOH)m]2 + 2m H2O b 0,5mb 0,5b Có: n Ba(OH)2 = 0,5a + 0,5mb = 0,2.0,15 = 0,03 mol (5) m muối khan = 285.0,5a + (225m + 24x + 2y + 32n).0,5b = 8,52 (6) Từ (1) – (6) suy ra m = 2; n = 1; a = 0,04; b = 0,01; x = 3; y = 5 Vậy công thức cấu tạo của Y2 là C3H5(NH2)(COOH)2, có hai đồng phân thỏa mãn: HOOC–CH2CH2CH(NH2)–COOH và HOOC–CH2–CH(NH2)CH2–COOH Câu V (2 điểm) Từ các giả thiết bài cho suy ra A, B là axit cacboxylic cà este. Đặt công thức phân tử của A và B là CxHyO2 16 × 2 Có: %O = × 100% = 21,621% 12x + y + 16 × 2 → 12x + y = 116 → x = 9; y = 8 → Công thức phân tử của A và B là C9H8O2 (M = 148) TN1: C9H8O2 + a Br2 → C9H8O2Br2a 0,005 0,005a Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 điểm

0,5 điểm

1 điểm

0,5 điểm

Có:

m Br2 = 1,54 – 0,74 = 0,8 gam hay 0,005 mol → a = 1

TN2: Có:

nX = nA + nB = 2,22/148 = 0,015 mol n CO2 = 0,005 mol

Do n CO2 <nX → A là axit cacboxylic và B là este.

Có:

nA = n CO2 = 0,005 mol nB = 0,015 – 0,005 = 0,01 mol

TN4: Đun nóng hỗn hớp X với dung dịch KMnO4/H2SO4, sản phẩm tạo ra gồm CO2, MnSO4, H2SO4, H2O và một chất D (C7H6O2) → D là C6H5COOH (axit benzoic).

→ Công thức cấu tạo của A là

hay

TN3: Trong 2,22 gam hỗn hợp có 0,005 mol A và 0,01 mol B → Trong 4,44 gam hỗn hợp X có 0,01 mol A và 0,02 mol B C8H7COOH + NaOH → C8H7COONa + H2O 0,01 0,01 RCOOR’ + NaOH → RCOONa + ROH 0,02 0,02 → m muối = 0,01.170 + 0,02(R+67) = 4,58 gam → T = 77 (C6H5)

0,5 điểm

0,5 điểm

Vậy công thức cấu tạo của B là

C6H5CH=CHCOOH + 2KMnO4 + 3H2SO4 → C6H5COOH + 2CO2 + K2SO4 + 4H2O C6H5(COOH)=CH2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → C6H5COOH + 2CO2 + K2SO4 + 4H2O C6H5COOCH=CH2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → C6H5COOH + 2CO2 + K2SO4 + 4H2O

TRƯỞNG TIỂU BAN CHẤM THI MÔN HÓA HỌC

0,5 điểm

Hà Nội, ngày 4 tháng 6 năm 2017 KT. HIỆU TRƯỞNG PHÓ HIỆU TRƯỞNG CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2016 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I (2 điểm): Cho 28,4 gam hỗn hợp A (chứa MgCO3 và FeCO3) vào cốc đựng 60 m dung dịch C (chứa HCl), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, làm bay hơi cẩn thận hỗn hợp đến khô trong điều kiện không có oxi, thu được 30,05 gam chất rắn khan. Mặt khác, 50 gam dung dịch D (chứa NaOH) phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch C. (a) Tính nồng độ mol của dung dịch C và nồng độ phần trăm của dung dịch D. (b) Hòa tan 19,92 gam hỗn hợp B (chứa Al và Fe) vào cốc đựng 470 ml dung dịch C. Thêm tiếp 800 gam dung dịch D vào cốc. Lọc kết tủa và nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 27,3 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại có trong hỗn hợp B. Câu II (2 điểm): Dẫn từ từ 2,24 lít hỗn hợp khí X gồm CO và H2 (có tỉ khối so với hiđro là 4,25) qua ống chứa 8,8 gam hỗn hợp A gồm Fe, FeCO3, Fe3O4 nung nóng (không có mặt oxi) thu được hỗn hợp khí B và chất rắn D. Cho B sục vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 3,5 gam kết tủa và 0,672 lít (đktc) một khí E không bị hấp thụ. Hòa tan hoàn toàn D bằng dung dịch H2SO4 loãng, rất dư thu được 1,12 lít khí E và dung dịch F. F tác dụng vừa đủ với 95 ml dung dịch KMnO4 0,2 M. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp A và D. Câu III (2 điểm): Biết A là một muối của nhôm và B là một muối của sắt ở dạng khan. Hòa tan hỗn hợp A và B vào nước được dung dịch X. Chia X thành bốn phần bằng nhau, mỗi phần có thể tích 50 ml.

• Cho phần thứ nhất phản ứng với dung dịch BaCl2 dư tạo ra 3,495 gam kết tủa trắng không tan trong các axit.

• Cho phần thứ hai phản ứng với dung dịch AgNO3 dư, tạo ra kết tủa Y (bị chuyển màu khi chiếu sáng).

Cho Y vào dung dịch NH3 dư thì Y tan một phần. Lọc lấy phần không tan, rồi cho tác dụng với dung dịch HNO3 loãng, dư thì chất rắn tan hết và giải phóng khí NO. • Cho phần thứ ba tác dụng với dung địch Ba(OH)2 dư, khi không có mặt oxi, tạo ra 5,295 gam kết tủa.

• Cho phần thứ tư tác dụng với NH3 dư, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khổi lượng không đổi, được chất rắn Z. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức của A, B, tính nồng độ mol của dung dịch X và khối lượng của Z. Câu IV (2 điểm): (a) Hợp chất X mạch hở khi cháy tạo ra CO2 và H2O. Tỉ khối hơi của X so với hiđro bằng 39. Khi cho X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/ NH3 tạo ra kết tủa Y có khối lượng mol bằng 292 gam/mol. Viết các công thức cấu tạo có thể có của X. (b) A, B, C, D, E và F là các hợp chất hữu cơ no, mạch hở, mỗi chất chỉ chứa một loại nhóm chức và nhóm chức này phản ứng được với dung dịch NaOH, các chất trên có công thức chung là (CxH4Ox)n. Trong đó MA – MB< MC = MD = ME = MF (M là phân tử khối). Xác định công thức cấu tạo của các chất từ A đến F. Biết rằng chỉ có các chất A và C phản ứng với NaOH tạo muối và nước.

Câu V (2 điểm): A và B là hai chất hữu cơ mạch hở chứa các nguyên tố C, H và O. Biết A chỉ chứa một loại nhóm chức. Đốt cháy hoàn toàn 3,04 gam A tạo ra 2,688 lít CO2 (đktc) và 2,88 gam H2O. Cho A tác dụng với B có H2SO4 đặc làm xúc tác, được sản phẩm hữu cơ C có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Khi đốt cháy hoàn toàn 8,6 gam C cần 7,28 lít O2 (đktc) thu được CO2 và H2O có tỉ lệ số mol tương ứng là 7 : 4. Mặt khác, 6,88 gam C phản ứng vừa đủ với 40 ml dung dịch NaOH 2 M. Xác định công thức cấu tạo của A, B và C. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

––––––––– HẾT ––––––––– Cho NTK: H = 1; C = 12; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; Ca = 40; Fe = 56; Br = 80; Ag = 108; I = 127; Ba = 137.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Đề chính thức

HDC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2016 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐÁP ÁN

Điểm

Câu I (2 điểm) (a) Cho 28,4 gam hỗn hợp A vào cốc đựng 60 ml dung dịch C: TH1: HCl dư MgCO3 + 2 HCl → MgCl2 + CO2 ↑ + H2O x x FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2 ↑ + H2O y y (1) Có: m A = 84x + 116y = 28,4 gam m chất rắn = m MgCl2 + m FeCl2 = 95x + 127y = 30,05 (2) Từ (1) và (2) suy ra x = – 0,344; y = 0,494 Vậy trường hợp này không thỏa mãn.

TH2: HCl hết 30, 05 − 28, 4 Có: n HCl = 2. = 0,3 mol → CM của C = 0,3/0,06 = 5M 71 − 60 50 gam dung dịch D phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch C: NaOH + HCl → NaCl + H2O 0,15 0,15 0,15.40 .100% = 12% → C% dung dịch D = 50 (b) Al + 3 HCl → AlCl3 + 3/2 H2 ↑ a 3a a Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 ↑ b 2b b Có: m HCl = 0,47.5 = 2,35 mol m B = 27a + 56b = 19,92 gam học sinh tự chứng minh HCl dư.

Sau phản ứng cốc chứa AlCl3, FeCl2 và HCl dư.

Thêm 800 gam dung dịch D 800.0,12 Có: n NaOH = = 2,4 mol 40 HCl + NaOH → NaCl + H2O 2,35 – 3a – 2b 2,35 – 3a – 2b AlCl3 + 3 NaOH → Al(OH)3 ↓ + 3 NaCl a 3a FeCl2 + 2 NaOH → Fe(OH)2 + 2 NaCl b 2b TH1: NaOH dư

0,25 điểm 0,5 điểm

0,25 điểm

(3)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bđ: Pứ:

Al(OH)3 a a

+ NaOH → NaAlO2 0,05 a

+ 2 H2 O (Điều kiện a ≤ 0,05)

to

Có:

→ 2 Fe2O3 + 4 H2O Fe(OH)2 + O2  b 0,5b m chất rắn = m Fe2O3 = 160.0,5b = 27,3 gam

(4)

Từ (3) và (4) suy ra a = 0,03; b = 0,34125 (thỏa mãn điều kiện) 27.0, 03 .100% = 4,07% → %Al = 19,92 %Fe = 95,93% TH2: NaOH hết Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O Bđ: a 0,05 Pư: 0,05 0,05 (Điều kiện a > 0,05) Dư: a – 0,05

0,5 điểm

o

t → Al2O3 + 3 H2O 2 Al(OH)3  a – 0,05 0,5a – 0,025 o

Có:

t → 2 Fe2O3 + 4 H2O 4 Fe(OH)2 + O2  b 0,5b m chất rắn = m Al2O3 + m Fe2O3 = 102(0,5a – 0,025) + 160.0,5b = 27,3 gam

(5)

Từ (3), (5) → a = 0,112; b = 0,302 (thỏa mãn điều kiện).

27.0,112 → %Al = .100% = 15,18% 19,92 %Fe = 84,82% Câu II (2 điểm) Đặt số mol của CO và H2 có trong hỗn hợp khí X lần lượt là t và u Có: n X = t + u = 2,24/22,4 = 0,1 mol (1) 28t + 2u MX = = 4, 25 × 2 = 8,5 (2) 0,1 Từ (1), (2) → t = 0,025; u = 0,075 o

t → FeO + CO2 FeCO3 

(*)

o

t → 3 FeO + CO2 Fe3O4 + CO  o

t → Fe + CO2 FeO + CO  o

t → 3 FeO + H2O Fe3O4 + H2  o

t → Fe + H2O FeO + H2  Khí B: CO2, H2 Chất rắn D: Fe, FeO, Fe3O4 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H2O 0,035 0,035 mol Khí E: H2 Fe + H2SO4 loãng → FeSO4 + H2 ↑ x x x

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 điểm

0,5 điểm

FeO + H2SO4 loãng → FeSO4 + H2O y y Fe3O4 + 4 H2SO4 loãng → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4 H2O Do D tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng chỉ sinh ra khí E (H2) nên suy ra FeCO3 bị nhiệt phân hoàn toàn.

Dung dịch F: FeSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4 10FeSO4 + 2 KMnO4 + 8 H2SO4 → 5 Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2 MnSO4 + 8 H2O 0,095 0,019 Đặt số mol của Fe, Fe3O4 có trong hỗn hợp D lần lượt là x, y và z. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m A = m D + 16.n CO + 16.n H2 phản ứng + n CO2 (*) → Có: Có:

0,5 điểm

m D = 8,8 – 16.0,025 – 16(0,075 – 0,03) – 44.0,01 = 7,24 gam (3) m D = 56x + 72y + 232z = 7,24 gam n H2 = x = 1,12/22,4 = 0,05 mol (4) n

FeSO4

= x + y + z + 0,095 mol

(5)

Từ (3), (4), (5) → x = 0,05; y = 0,0375; z = 0,0075 Hỗn hợp D: 56.0, 05 %Fe = .100 = 38,67% 7, 24

72.0, 0375 .100 = 37,29% 7, 24 % Fe3O4 = 24,04% Đặt số mol của Fe, FeCO3, Fe3O4 có trong hỗn hợp A lần lượt là a, b, c.

Có: m A = 56a + 116b + 232c = 8,8 gam (6) m FeCO3 = b = 0,035 – 0,025 = 0,01 mol (7) %FeO =

Bảo toàn nguyên tố Fe: mFe = a + b + 3c = x + y + 3z = 0,11 mol Từ (6), (7), (8) suy ra a = 0,004375; b = 0,01; c = 0,031875 Hỗn hợp A: 56.0, 04375 .100 = 2, 78% %Fe = 8,8

0,5 điểm

(8)

116.0, 01 .100 = 13,18% 8,8 %Fe3O4 = 84,04% Câu III (2 điểm) Tất cả dữ kiện bài cho suy ra trong dung dịch X chứa Fe (II), Al (III), gốc sunfat và gốc clorua.

TH1: X chứa FeSO4 và AlCl3 Phần 1: FeSO4 + BaCl2 → FeCl2 + BaSO4 ↓ x x % FeCO3 =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 điểm

Có:

n BaSO4 = x = 3,495/233 = 0,015 mol

Phần 2:

FeSO4 + AgNO3 → Ag2SO4 + Fe(NO3)3 + Ag↓ AlCl3 + 3 AgNO3 → 3 AgCl ↓ + Al(NO3)3 Kết tủa Y: Ag2SO4, Ag, AgCl AgCl + 2 NH3 → Ag(NH3)2Cl Ag2SO4 + 4 NH3 → [Ag(NH3)4]SO4 3 Ag + 4 HNO3 → 3 AgNO3 + NO ↑ + 2 H2O Phần 3: FeSO4 + Ba(OH)2 → Fe(OH)2↓ + BaSO4 ↓ x x x 2 AlCl3 + 3 Ba(OH)2 → 2 Al(OH)3 + 3 BaCl2 2 Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4 H2O Có: m kết tủa = m Fe(OH)2 + m BaSO4 = 90x + 233x = 5,295 gam → x = 0,0164 ≠ 0,015 mol (loại trường hợp này) TH2: X chứa FeCl2, Al2(SO4)3 Phần 1: Al2(SO4)3 + 3 BaCl2 → 2 AlCl3 + 3 BaSO4 ↓ y 3y Có: n BaSO4 = 3y = 3,495/233 = 0,015 mol

(1)

Phần 2:

FeCl2 + 3 AgNO3 → 2 AgCl ↓ + Fe(NO3)3 + Ag ↓ Al2(SO4)3 + 6 AgNO3 → 3 Ag2SO4 ↓ + 2 Al(NO3)3 Kết tủa Y: AgCl, Ag, Ag2SO4 AgCl + 2 NH3 → Ag(NH3)2Cl Ag2SO4 + 4 NH3 → [Ag(NH3)4]SO4 3 Ag + 4 HNO3 → 3 AgNO3 + NO ↑ + 2 H2O Phần 3: FeCl2 + Ba(OH)2 → Fe(OH)2 ↓ + BaCl2 ↓ x x Al2(SO4)3 + 3 Ba(OH)2 → 2 Al(OH)3↓ + 3 BaSO4 ↓ y y 2 Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4 H2O Có: m kết tủa = m Fe(OH)2 + m BaSO4 = 90x + 233.3y = 5,295 gam Vậy A là Al2(SO4)3, B là FeCl2 0, 005 CM Al (SO ) = = 0,1 M 2 4 3 0, 05 0, 02 CM FeCl = = 0,4 M 2 0, 05 Phần 4:

(2)

1 điểm 0,5 điểm

FeCl2 + 2 NH3 + 2 H2O → Fe(OH)2 ↓ + 2 NH4Cl x x Al2(SO4)3 + 6 NH3 + 6 H2O → 2 Al(OH)3 ↓ + 3 (NH4)2SO4 y 2y o

t → 2 Fe2O3 + 4 H2O Fe(OH)2 + O2  x 0,5x o

t → Al2O3 + 3 H2O 2 Al(OH)3  2y y

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 điểm

Có:

mZ = m

Fe2O3

+ m Al O = 160.0,5 + 102.0,05 = 2,11 gam 2 3

Câu IV (2 điểm) (a) MX = 78 → CTPT của X là C6H6 hoặc C5H2O → CTCT có thể có của X là

HC

C-CH2-CH2-C

CH

HC

C-CH-C

CH

CH3

HC

C-C-C

CH

1 điểm

O

(b) A là axit nên ta có: (CxH4Ox)n ⇔ C0,5nxH4n–0,5nx(COOH)0,5nx Do A là axit no nên ta có: 4n – 0,5nx = 2.0,5nx + 2 – 0,5nx → x = 4 – 2/n TH1: n = 1; x = 2, CTPT của A là C2H4O2 CTCT của A là CH3COOH, của B là HCOOCH3 TH2: n = 2; x = 3, CTPT của A là C6H8O6 CTCT của C là C3H5(COOH)3 CTCT của D là (HCOO)3C3H5 CTCT của E là HCOO–CH2–COO–CH2–COOCH3 CTCT của F là CH3COO–CH2–OOC–COOCH3 hoặc HCOO–CH2–OOC–CH2–COOCH3, CH3COO–CH2–OOC–COOCH3, HCOOCH(COOCH3)2, HCOO–CH2–CH2–OOC–COOCH3 Câu V (2 điểm) CTCT của A: C3H6(OH)2, 2 đồng phân CTCT của C (C7H8O5):

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

1 điểm

CTCT của B: HOOC – C≡C–COOH, OHC – CH(COOH)2, HOOC–CO–CH2COOH

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 điểm

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2015 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I: Hai hợp chất khí A và B đều chứa nguyên tố X. Phân tử mỗi chất A, B đều gồm ba nguyên tử của hai nguyên tố. Các chất A, B không những phản ứng trực tiếp được với nhau, mà mỗi chất còn phản ứng được với nước vôi trong, dung dịch clo và dung dịch thuốc tím. Hãy chọn các chất A, B và viết các phương trình phản ứng đã xảy ra.

Câu II: Chia một lượng kim loại Y thành hai phần bằng nhau. Cho phần thứ nhất phản ứng hết với lượng dư khí clo, thu được 48,75 gam chất rắn Z. Hòa tan hết chất rắn này vào nước rồi cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, tạo ra 32,1 gam kết tủa là hiđroxit của kim loại Y. Đun nóng phần thứ hai ngoài không khí tới khi kim loại phản ứng hết, thấy khối lượng chất rắn tăng 6,4 gam và tạo ra một oxit duy nhất L. (a) Xác định công thức của các chất Y, Z và L. (b) Trộn toàn bộ lượng Z và L ở trên với nhau, rồi đun nóng hỗn hợp với lượng dư H2SO4 đặc. Dẫn khí tạo ra đi qua bình đựng dung dịch KMnO4 0,2M. Tính thể tích dung dịch KMnO4 tối đa có thể bị mất màu.

Câu III: Trộn hỗn hợp C gồm hai oxit của kim loại R, M với nhôm kim loại được hỗn hợp D. Nung nóng D trong điều kiện không có oxi đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 25,83 gam hỗn hợp E. Hàm lượng tổng cộng của nhôm(theo khối lượng) trong E là 24,042%. Chia E làm hai phần bằng nhau. Cho phần thứ nhất phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, tạo ra 504 ml khí. Cho phần thứu hai phản ứng hoàn toàn với dung dịch H2SO4 loãng dư, tạo ra 1,176 lít khí và còn lại chất rắn không tan là kim loại M có khối lượng 5,76 gam. Lấy toàn bộ lượng M hòa tan hết vào dung dịch HNO3 dư, tạo ra 1,344 lít khí NO (là sản phẩm khử duy nhất). Biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. (a) Xác định R, M và tính thành phàn phần trăm theo khói lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp C. (b) Nếu cho cùng lượng hỗn hợp C như trên tác dụng hết với dung dịch HCl 6M, đun nhẹ thì phải dùng ít nhất bao nhiêu lít dung dịch axit đó.

Câu IV: Hợp chất O chỉ chứa một loại nhóm chức, không làm mất màu dung dịch brom. Khi cho O phản ứng hết với Na tạo ra số mol H2 bằng số mol O đã phản ứng. Mặt khác, khi cho O tác dụng với axit axetic có H2SO4 đặc làm xũ tác thì tạo ra sản phẩm P có công thức C12H14O4. (a) Hãy viết công thức cấu tạo có thẻ có của O thỏa mãn các tính chất trên. (b) Viết các phương trình phản ứng điều chế từng chất xác định được ở (a) từ những hiđrocacbon thích hợp.

Câu V: Hỗn hợp S gồm ba ancol đơn chức mạch hở, trong đó có hai chất cùng thuộc một dãy đồng đẳng và có khối lượng mol hơn kém nhau 28 gam, có ít nhất một chất chứa một liên kêt đôi. Nếu cho m gam hỗn hợp S phản ứng hết với Na dư sẽ tạo 1,12 lít H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn m (gam) S tạo ra 7,04 gam CO2 và 4,32 gam H2O. Tìm công thức và tính khối lượng mỗi ancol có trong hỗn hợp S. Câu VI: Hai chất hữu cơ G và H( MG> MH) đều thuộc loại đơn chức. Khi đốt cháy cùng số mol như nhau của mỗi chất chỉ tạo ra CO2 và H2O, trong đó lượng CO2 tạo ra là bằng nhau. Trộn hai chất G và H với nhau được hỗn hợp F. Chia F thành 4 phần bằng nhau.

• Phần thứ nhất phản ưng hết với Na tạo ra 336 ml khí .

• Đốt cháy hoàn toàn phần thứ hai cần vừa đủ 1,568 lít khí oxi. Dẫn hỗn hợp sản phẩm cháy đi chậm qua bình đựng lượng dư NaOH rắn, sau thí nghiệm thấy khối lượng bình NaOH tăng 3,9 gam.

• Cho phần thứ ba phản ứng với canxi cacbonat dư thấy tạo ra ít hơn 336 ml khí.

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các thể tích khí đưọc đo ở điều kiện tiêu chuẩn. (a) Xác định công thức và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của G và H trong hỗn hợp F. (b) Đun nóng phân thứ tư với H2SO4 xúc tác. Sau phản ứng, tách riêng phần sản phẩm hữu cơ và xũ tác thì còn lại hỗn hợp K. Cho hỗn hợp K phản ứng hết với Na dư tạo ra 257,6 ml khí (đktc). Tính hiệu suất phản ứng tạo sản phẩm hữu cơ kể trên. (c) Trong công nghiệp hiện đại, chất G được sản xuất từ các chất khí A1 và A2theo sơ đồ sau: Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A1 + A2 → A3 A3 + A1 → G Hãy xác định A1, A2 và viết các phương trình phản ứng đã xảy ra.

––––––––– HẾT ––––––––– Cho NTK: H = 1; C = 12; O = 16; Mg = 24; Al = 27; Cl = 35,5; Mn = 55; Fe = 56; Zn = 65; Ag = 108

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Đề chính thức

HDC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2015 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I: A, B đều chứa nguyên tố X, phân tử gồm ba nguyên tử của hai nguyên tố. Mặt khác chúng phản ứng trực tiếp được với nhau → H2S và SO2 là hợp lí nhất H2S + Ca(OH)2 → CaS + 2 H2O H2S + 4 Cl2 + 4 H2O → H2SO4 + 8 HCl 5 H2S + 3 H2SO4 + 2 KMnO4 → K2SO4 + 2 MnSO4 + 2 S↓ + 8 H2O SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 ↓ + H2O SO2 + Cl2 + 2 H2O → H2SO4 + 2 HCl 2 KMnO4 + 5 SO2 + 2 H2O → K2SO4 + 2 MnSO4 + 2 H2SO4 2 H2S + SO2 → 3S ↓ + 2 H2O Câu II: (a) Z có dạng YCln → kết tủa hiđroxit có dạng Y(OH)n → Bảo toàn khối lượng được m YCln − m Y(OH)n 48, 75 − 32,1 n − = n OH− = = = 0,9 mol Cl 35,5 − 17 18,5 Một kim loại thông thường điển hình có hóa trị I, II, III  Lập bảng 1 2 3 n M YCl 108,3 162,5 325 n 6

M

18,67 (loại)

37,3 (loại)

56 (Fe)

Vậy Y là Fe  Z là FeCl3.  n FeCl3 = 0,3 mol = n Fe Ở phần thứ hai: mtăng = mO = 6,4 (FexOy)  nO = 0,4 mol  nFe : nO = 3 :4  L là Fe3O4.  nL = 0,1 mol o

t b) 2Fe3O 4 + 10H 2 SO 4  → 3Fe2 (SO 4 )3 + 10H 2 O + SO2

0,05

0,1 to

2FeCl3 + H 2 SO 4 → Fe2 (SO 4 )3 + 6HCl

0,9

0,3

5SO2 + 2KMnO 4 + 2H2 O → 2H2 SO4 + 2MnSO4 + K 2 SO4

0,05

0,02

16HCl + 2KMnO4 → 5Cl2 + 8H2 O + 2KCl + 2MnCl2

0,9

0,1125

 n KMnO 4 = 0,02 + 0,1125 = 0,1325 mol  VKMnO4 =

0,1325 = 0,6625(lit) = 662,5ml 0,2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(Đề bài hỏi lượng KMnO4 tối đa phản ứng  Xét cả phản ứng tạo HCl từ FeCl3 và H2SO4. Ở điều kiện H2SO4 đặc nóng thì HCl dễ bay hơi sẽ thoát ra khỏi dung dung dịch ® điều chế HCl bằng phương pháp sunfat) Câu 3. a) Trong E có n Al =

24, 042%.25,83 = 0,23mol 27

 n Al1/2 = 0,115mol (do chia đôi hỗn hợp E)  n H 2 (NaOH) = 0, 0225 mol; n NO = 0, 06 mol  n H 2 (H 2SO 4 ) = 0, 0525 mol Gọi n là hóa trị của M ta có: 3M + 4nHNO3 → 3M(NO3 ) n + n NO + 2nH 2 O 57,6 M



0,06

5,76 0, 06 = → M = 32n 3M n

Lập bảng  n = 2  M = 64 (Cu) Vậy M là Cu  nCuO = 0,09mol Khi phản ứng với NaOH, H2SO4, Al đều cho tỉ lệ Al : H2 = 2 : 3  Trong hai phần có n Al =

 n Al2O3 =

n Al

1/2

− n Al

2

0, 0225 = 0, 015 mol 3 2

= 0, 05 mol

 Số mol oxi trong oxit của R là nO = 0,05.3 − 0,09 = 0,06 Có n R = n H 2 (H 2SO 4 ) − n H 2 (NaOH) = 0, 03 mol  R : O = 1 : 2 RO2 n RO2 = 0, 03mol Mặt khác bảo toàn khối lượng ta được: m RO2 =

mE − 0, 09.M CuO − 0,115.M Al = 2,61(g) 2

 M RO2 = 87 → R = 55(Mn) → MnCl 2 Vậy R là Mn ; M là Cu MC = 25,83 − 0,23.27 =19,62(g)

 %CuO=

0,18.80 .100% = 73, 4% 19,62

 %MnO2 = 26,6% b) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2 O 0,18

0,36

MnO + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H 2 O 2 0,06

0,24

 nHCl = 0,24 + 0,36 = 0,6 mol  VHCl = 0,1 (lit) Câu 5: n H 2 = 0, 05 → n ancol = 0,1mol; n CO2 = 0,16 mol; n H 2O = 0, 24 mol  nancol no = 0,24 − 0,16 = 0, 08mol Có C =

0,16 = 1,6  ancol no có CH3OH. 0,1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Giả sử hai ancol còn lại không no  n CH 3OH = 0, 08 mol  C ancol k no =

0,16 − 0, 08 =4 0,1 − 0, 08

 Loại vì 2 ancol đồng đẳng liên tiếp.  Hỗn hợp có CH3OH, C2H5OH và 1 ancol không no.

Mặt khác có C ancol k no <

n CO − n CH OH 0, 08 2 3 = =4 0, 02 0, 02

 ancol không no có 3 cacbon  đó là CH2=CH-CH2OH.  n CH3OH + n C2 H5OH = 0,08  n CH3OH = 0, 06 → 2n CH3OH + 3n C 2 H5OH = n H 2O − 0, 06 = 0,18  n C 2H5OH = 0, 02  m CH3OH = 1,92 (g);m C 2 H5OH = 0,92 (g)

Có 

 m CH 2 = CH −CH 2OH = 1,16(g) Câu 6: n H 2 = 0, 015 mol → n hh = 0, 03 mol Phần ba + CaCO3 ra ít hơn 0,015 mol H2.  Hỗn hợp gồm 1 ancol và 1 axit.  n O2 = 0, 07mol; mtăng = m CO2 + m H 2O = 3,9(g) Bảo toàn khối lượng: m hh = mtăng - m O2 = 1,66(g)  → M = 55,3 =

166 Chỉ có CH3CH2OH và CH3COOH là phù hợp 3

 G là CH3COOH; H là CH3CH2OH.

 n CH3COOH = 0, 02  n CH3CH 2OH = 0,01

Áp dụng phương pháp đường chéo 

 %CH3COOH=72,29%; %CH3CH2OH=27,71% b) Gọi số mol CH3COOH phản ứng là x mol H SO , t o

2 4

⇀ CH3COOH + CH3CH 2OH ↽ CH3COOC2 H5 + H 2O

p/ung: x………………x sau p.u: 0,02-x………….0,01-x

n H2 = 0,015 =  H=

0,02 − x + 0,01 − x + x → x = 0,007 mol 2

0,007 .100% = 70% (Hiệu suất theo ancol do n ancol < n ax ) 0,01

c) A1 là CO; A2 là H2 t o , p, xt

CO + 2H2  → CH3OH o

t , p, xt CH 3OH + CO  → CH 3COOH

Câu 4: a) O + Na  nO = nH2 H 2SO 4 O + CH3COOH  → C12 H14 O 4  O là một điol (ancol hai chức)  este có dạng R(OOCCH3)2.  R = C8H8

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 O là R(OH)2 có CTPT C8H10O2. k=

8.2 + 2 − 10 = 4 (độ bội) 2

 O chứa vòng benzen (do không cộng nước brom)  O là

b) Các chất có CTCT khác nhau nhưng kiểu cấu tạo giống nhau nên ta làm mẫu với

Phương trình:

Thực tế quá trình clo hóa thu được rất nhiều sản phẩm nhưng ta chỉ thu lấy sản phẩm như trong bài làm. * Các điều chế khác (Không có trong SGK lớp 9)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2014 MÔN: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 11.06.2014 Câu I: Nung nóng 308,2 gam hỗn hợp A gồm KMnO4 và KClO3 đến khối lượng không đổi, thu được khí B và chất rắn D. Nguyên tố Mangan chiếm 10,69% khối lượng của D. a. Tính thành phần % theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hơp A. b. Cho toàn bộ D vào cốc đựng lượng dư dung dịch H2SO4 loãng đun nóng nhẹ, thu được khí E. Dẫn toàn bộ hỗn hợp B và E ở trên lần lượt đi qua bình 1 đựng kim loại R (có hóa trị không đổi) đun nóng, bình 2 đựng lượng dư dung dịch KOH đặc, bình 3 đựng lượng dư Photpho đỏ đun nóng nhẹ. Sau thí nghiệm, thấy hỗn hợp các chất trong bình 1 nặng 130,2 gam, khối lượng bình 2 không đổi, khối lượng bình 3 tăng 92,8 gam. Giả thiết hiệu suất các phản ứng là 100%. Tính thành phần % theo khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp ở bình 1 sau thí nghiệm trên.

Câu II: Chia hỗn hợp G gồm 2 oxit của 2 kim loại M và R thành 2 phần bằng nhau. Cho CO dư phản ứng hết với phần 1 tạo ra hỗn hợp H gồm 2 kim loại. Dẫn toàn bộ lượng CO2 tạo thành ở trên vào cốc đựng 600ml dung dịch Ba(OH)2 0,75 M thấy tạo thành 59,1 gam kết tủa. Đun nóng cốc thì lượng kết tủa tăng lên. Hòa tan hết phần 2 bằng lượng vừa đủ dung dịch HCl 2M và H2SO4 1M, không có khí thoát ra. a. Tính thể tích hỗn hợp axit cần dùng. b. Cho H vào cốc đựng dung dịch HCl dư, sau phản ứng thấy có 6,72 lít khí (đkct) bay ra và khối lượng dung dịch tăng 16,2 gam, phần chất rắn không tan là kim loại M có khối lượng bằng 16/37 khối lượng của H. Xác định công thức và tính thành phần % theo khối lượng của mỗi oxit có trong hỗn hợp G. Câu III. Hỗn hợp K gồm Cu2S và CuS. Hỗn hợp L gồm FeS2 và FeS. Chia L thành 2 phần bằng nhau. Trộn phần 1 với hỗn hợp K được 18,4 gam hỗn hợp X. Cho X tác dụng hết với lượng dư dung dịch HNO3 đặc, nóng thu được dung dịch Y chỉ chứa chất tan là Cu(NO3)2, Fe(NO3)3, H2SO4, HNO3 và V lít khí NO2 duy nhất (đktc). Chia dung dịch Y thành 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu được 23,3 gam kết tủa, cho phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 10,25 gam kết tủa. a. Tính giá trị của V. b. Biết trong L, khối lượng của FeS gấp 2,2 lần khối lượng của FeS2. Hãy xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong X. c. Đốt cháy hoàn toàn phần 2 của L thu được chất rắn P và khí Q. Cho Q phản ứng với dung dịch KMnO4 0,1 M vừa đủ. Tính khối lượng của P và thể tích dung dịch KMnO4 cần dùng.

Câu IV. Ba hợp chất X, Y và Z có thành phần nguyên tố chỉ gồm Cacbon, Hidro và Oxi. Cả 3 chất đều không làm mất màu dung dịch Brom. Các chất X, Y đều có khối lượng mol là 76 gam/mol. 1,14 gam mỗi chất X hoặc Y tác dụng hết với Na đều giải phóng 336 ml H2 (đktc). Chất Y phản ứng với NaHCO3 tạo ra khí CO2. a. Xác định công thức cấu tạo của X và Y. b. Biết rằng Z chỉ chứa 1 loại nhóm chức, thêm vài giọt dung dịch H2SO4 đặc vào hỗn hợp gồm X và Z làm xúc tác, thu được chất hữu cơ P có CTPT trùng với công thức đơn giản nhất. Đốt cháy hoàn toàn 1,12 gam P cần dùng vừa hết 1,288 lít Oxi (đktc), sản phẩm chỉ gồm CO2 và hơi nước có tỉ lệ thể tích tương ứng là 11:6 (các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Mặt khác, 4,48 gam P phản ứng vừa đủ với 20 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định CTPT của P và CTCT của Z. Câu V. Đốt cháy hợp chất hữu cơ A (có CTPT trùng với CTĐG) thấy chỉ tạo ra CO2 và H2O. Biết rằng A có thành phần phần trăm theo khối lượng của Hidro và Oxi lần lượt là 6,87% và 42,75%.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a. Xác định CTPT của A. b. Cho A tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, chỉ tạo ra muối của 1 axit cacboxylic B và hỗn hợp C gồm 2 ancol thuộc cùng 1 dãy đồng đẳng. Lấy 1,24 gam hỗn hợp C cho hóa hơi hoàn toàn, thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 0,84 gam Nitơ (các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ áp suất).

Xác định CTCT của các ancol trong hỗn hợp C. c. Hòa tan B vào 1 dung môi trơ, rồi chia dung dịch thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 phản ứng hết với NaHCO3 tạo ra 672 ml khí (đktc), phần thứ 2 phản ứng hết với Na tạo ra 448 ml khí (đktc). Viết CTCT mọi chất B thỏa mãn tính chất trên.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a) o

t 2KMnO 4  → K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2

2a..........................a.................a.........a 3 O2 2 2b............2b........3b 55.2a  .100% = 10,69% a = 0, 2  →  308, 2 − (a + 3b).32 → b = 1 158.2a + 122,5.2b = 308, 2   KClO3 → KCl +

%KMnO 4 = 20,51% → %KClO3 = 79, 49% b) Phương trình

K 2 MnO 4 + 4KCl + 4H 2SO 4 → 3K 2SO 4 + MnSO 4 + 2Cl2 + 4H 2O 0, 2 0, 4 MnO 2 + 2KCl + 2H 2SO 4 → MnSO 4 + K 2SO 4 + Cl2 + 2H 2O 0, 2 n Cl2 = 0, 4 + 0, 2 = 0,6mol;n O2 = 3, 2 mol

0, 2

Khối lượng bình 2 không đổi nên Cl2 đã phản ứng hết.

Khối lượng bình 3 tăng là O2 dưu 2,9 mol  n O 2(pu ) = 3, 2 − 2,9 = 0,3mol  mR =130, 2 − mCl2 − mO2 (pu) = 78 Kim loại R có hóa trị x. Viết phương trình phản ứng ta được

78x x x = 2 = 2n Cl2 + 4n O2 → R = 65 →  R 2 R = 65(Zn) Câu II.

 n Ba(OH)2 = 0, 45mol → n Ba(HCO3 )2 = 0,15mol  n = 0,3mol  BaCO3 n CO2 = n BaCO3 + 2n Ba(HCO3 )2 = 0,6mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CO + O → CO 2 0,6....0, 6.....0,6 n O(G) = 0,6mol → n H2O = 0, 6 mol



n HCl = 2V;n H2SO4 = V → n H2O = 2V = 0, 6 → V = 0,3

b) Ta có:

n H2 = 0,3mol ∆m = m R − m H 2 =16, 2(g) → m R =16,8

2R + 2x HCl → 2RCl x + xH 2 0,6 ..................................0,3 x x = 2 16,8x  R= = 28x →  0,6  R = 56 (Fe) m M + 16,8 → m M =12,8 37 = 0,3 → Oxit ban đầu là một trong số FeO (0,3 mol), Fe2O3 (0,15 mol); Fe3O4 (0,1 mol)

m M =16.

n Fe

TH1: FeO: 0,3 mol và MaOb (y mol)

n O = 0,3 + by = 0,6 → by = 0,3 m M = ayM = 12,8 → ay = →

12.8 M

b 3M = a 128

Biện luận với

b = 0,5(= 1; = 1,5) vô nghiệm a

TH2: Fe2O3 (0,15) và MaOb (y mol)

n O = 0,15 + by = 0,6 → by = 0,45 12,8 b 9M m M = ayM = 12,8 → ay =  = M a 2560 b 1 1 3 Biện luận với = ( = ; = )  Vô nghiệm. a 2 1 2

TH3: Fe3O4 (0,1) và MaOb (y mol)

n O = 0,4 + by = 0,6 → by = 0,2 12,8 b M → = m M = ayM = 12,8 → ay = M a 64 b b 1 1 3  =1 Biện luận với = ( = ; = ) →  a a 2 1 2 → M = 64 (Cu) Mỗi phần chứa Fe3O4 (0,1 mol) và CuO (0,2 mol)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

%Fe3O 4 = 59,18% %CuO = 40,82%

 

Câu III. Ta có sơ đồ phản ứng

 Fe3+ Fe   HNO3 18,4(g) Cu  → Cu 2+ + NO-3 + V(lit) NO2 S  2−  SO 4 P1(Y) + BaCl2 23,3 (g) BaSO4 P2(Y) + NaOH  10,25(g) Fe(OH)3; Cu(OH)2 Ta có: nBaSO4 = 0,1 mol Gọi a, b lần lượt là số mol Fe và Cu ở hỗn hợp X. Bảo toàn S  nS = 0,1 mol  m S = 0,1 . 32 = 3,2 (g)  Khối lượng S ban đầu = 3,2 . 2 = 6,4 (g) Ta có: 56a + 64b + 6,4 = 18,4 (1) và 107a. 0,5 + 98b. 0,5 = 10,25 (2) giải (1) (2)  a = b = 0,1 mol Bảo toàn e  nNO2 = 3nFe + 2nCu + 6nS = 1,7 mol  V = 38,08 (lit) b) trong 1/2 hỗn hợp L  mFeS = 2,2 mFeS2 Gọi x, y lần lượt là số mol của FeS và FeS2 Ta có: (3) 88x = 2,2 . 120. y Bảo toàn Fe:  x + y = 0,1 (4) Giải (3) và (4)  x = 0,075 và y = 0,025 mol  %FeS = 68,75% và % FeS2 = 31,25% c) đốt cháy ½ L ta được 4FeS + 7O2 2Fe2O3 + 4SO2 0,075………….0,0375…0,075 4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 + 8SO2 0,025……………0,0125….0,05  mP = 8(g) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 0,125….0,05  V = 0,5 (lit)

n SO2 (Q) =

0,15 0, 05 + .2 = 0,125(mol) 2 2

2KMnO4 + 5SO2 + 2H2O → K2SO4 + 2H2SO4 + 2MnSO4 0,05 ← 0,125

0, 05 = 0,5(l) 0,1 0,15 0, 05 P=( + ).Fe 2 O3 = 8(g) 2.2 2.2

⇒ VKMnO4 =

Câu IV: a. CTPT của X, Y có thể là C3H8O2 và C2H4O3 R(OH)n + nNa → R(ONa)n + n/2 H2↑ 0,015 0,015 ⇒ n = 2 vậy mỗi chất X, Y đều có 2 nhóm – OH/ - COOH Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Do Y phản ứng với NaHCO3 tạo ra khí CO2 nên CTCT của Y là HOCH2COOH HOCH2COOH + NaHCO3 → HOCH2COONa + H2O + ⇒ CTCT của X là HOCH2CH2CH2OH hoặc HOCH2 – CHOH – CH3 b. Đặt CTPT của P là CxHyOz CxHyOz + (x + y/4 – z/2)O2 → xCO2 + y/2 H2O 1,12 g Có :

n CO2

n H2O

44 n CO 2

=

0,0575 mol

CO2↑

n CO2 n H 2O

11 6 +

18 n H 2 O = 1,12 + 0,0575×32 = 2,96 (g)

⇒ n CO 2 = 0,055; n H 2 O = 0,03 ⇒ nO (trong P) = (1,12 – 0,055×12 - 0,06×1)/16 = 0,025mol ⇒ x : y : z = nC : nH : nO = 0,055 : 0,06 : 0,025 = 11 : 12 : 5 Do P có CTPT trùng với công thức đơn giản nhất nên CTPT của P là C11H12O5 Có nP : nNaOH = 0,02 : 0,04 = 1 : 2 ⇒ trong P có hai nhóm chức phản ứng được với NaOH ⇒ CTCT của P và của Z là :

Câu V: (2 điểm) a. Đặt CTPT của A là CxHyOz. Có

x:y:z =

50, 38 6,87 42, 75 : : = 4, 20 : 6,87 : 2, 67 = 11:18 : 7 12 1 16

Do A có CTPT trùng với công thức đơn giản nhất nên CTPT của A là C11H18O7. b. TH1 : CH3OH (2mol) + C3H7OH (1mol) TH2 : CH3OH ( 1mol) + C2H5OH ( 2mol) c. Công thức cấu tạo thu gọn của B : (HO)C3H4(COOH)3 12đp

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ỌC T TỰ TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NHIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NAM 2013 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thờii gian giao đề)

Câu I: (2 điểm) Hoà tan hoàn toàn 4,32gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào cốc đựng 24,5 gam dung nhất) và dung dịch C. Hấp thụ hết B vào nư n ớc clo dư, rồi thêm dịch H2SO4 đặc nóng, thu đượcc khí B ( duy nh ch tạo thành thu được 18,64 gam kết tủa. a. Rót dung dịch d C vào cốc đựng dung dịch BaCl2 dư vào dung dịch 73,6 ml nước nguyên chấtt ( d = 1gam/ml ) thu được dung dịch D. ứng xảy ra. a. Viết các phương trình phản ứ b. Biết rằng trong C lượng H2SO4 còn bằng 20% lượng H2SO4 ban đầu, tìm nồng độ phần trăm của ất trong dung ddịch D. dung dịch H2SO4 ban đầu của mỗi chất ậm nước của kim loại R ( Câu II: (2 điểm) Hoà tan 79,92 gam hợp chất X là tinh thể muối sunfat ngậm rồi chia dung dịch ra ba phần bằng nhau. Thổi khí NH3 dư vào phần chỉ có 1 hoá trị duy nhât ) vào nước rồ ng không đổi, thu được 4,08 gam chất rắn là hợp chất chấ của R. Thêm lượng một, lấy kết tủa nung đến khối lượng nước dư dung dịch Ba(NO3)2 vào phần hai được 27,96 gam kết tủa. a. Tìm công thức của X. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b. Cho 250 ml dung dịch KOH vào phần ba tạo ra 2,34 gam kết tủa. Tìm nồng độ mol của dung dịch KOH. Câu III: ( 1điểm) Dung dịch E chứa CuCl2 và FeCl2 được chia thành ba phần bằng nhau. Thổi H2S tới dư vào phần thứ nhất thu được 1,92 gam kết tủa. Thêm dung dịch NaOH dư vào phần hai, lọc lấy kết tủa rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 17,6 gam chất rắn. Cô cạn phần thứ ba, lấy chất rắn khan còn lại đem nung nóng với lượng dư H2SO4 đặc, dẫn khí và hơi nước thu được đi qua bình đựng P2O5 dư. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Tính số lít khí ( đktc ) đi ra khỏi bình P2O5.

Câu IV: ( 1 điểm) Hợp chất hữu cơ F ( chứa C, H, O) . Lấy 1,8 gam chất F hoà tan vào dung môi trơ, rồi cho tác dụng hết với natri vừa đủ, thu được số mol hidro bằng số mol F. Cô cạn hỗn hợp sau phản ứng thu được 2,68 gam chất rắn khan. Viết công thức cấu tạo mọi chất mạch hở thoả mãn các tính chất trên của F. Câu V: ( 2 điểm) Có hai hợp chất hữu cơ Y và Z. Tỷ khối hơi của Z so với Y bằng 0,5, còn tỷ khối hơi của Y so với không khí nhỏ hơn 7,4. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,72 gam mỗi chất, sản phẩm chỉ gồm 672 ml khí CO2 ( đktc) và 0,36 gam nước. Biết mỗi chất chỉ chứa một loại nhóm chức, Z mạch hở và phản ứng được với dung dịch NaOH. Phản ứng của Y với NaOH chỉ tạo ra một sản phẩm duy nhất Y1 và số mol Y1 tạo ra bằng hai lần số mol Y phản ứng. a. Xác định CTPT, viết CTCT của Y và Z. b. Viết các phương trình phản ứng của NaOH với mỗi chất Y và Z. Câu VI: ( 2 điểm ) A là ancol CqHzOH, B là axit CpHtCOOH. Trộn a gam A với b gam B rồi chia thành ba phần bằng nhau. Cho phần một phản ứng với Na tạo ra 3,36 lít khí ( đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai thu được 39,6 gam CO2. Đun nóng phần ba với một ít H2SO4 làm xúc tác, thu được 10,2 gam este với hiệu suất 100%. Đốt cháy hoàn toàn 5,1 gam este tạo ra 11 gam CO2 và 4,5 gam H2O. Xác định công thức của A, B và tính giá trị của a, b.

-----------------Hết------------------Cho nguyên tử khối: H=1; C=12; O=16; Na=23; Mg=24; Al=27; S=32; Fe=56; Cu=64; Zn=65; Ag=108; Ba=137.

HƯỚNG DẪN TRẢ LỜI Câu I: a. 2Fe Cu SO2 + 0,08

+ + Cl2

6H2SO4 đặc

t → Fe (SO )  2 4 3

+

2H2SO4 đặc + H2O

t → CuSO  4

+ 2HCl

o o

 → H2SO4 + 0,08

3SO2 ↑

+

6H2O (1)

SO2 ↑

+ (3)

2H2O (2)

H2SO4 + BaCl2 + 2HCl  → BaSO4 ↓ 0,08 0,08 b. Theo các phản ứng từ (a) ⇒ kết tủa là BaSO4 (4) ⇒ nBaSO4 = 0, 08

(4)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ nSO = 0, 08 sinh ra từ (1),(2) = 0,08 mol 2

Gọi nFe = x ; nCu = y 56 x + 64 y = 4, 32  x = 0, 02 ⇒  x.3 ⇒  y = 0, 05  2 + y = 0, 08

⇒ nH 2 SO4 phản ứng 1,2 = 0,02×3 + 0,05×2 = 0,16 ⇒

∑n

ban đầu =

H 2 SO4

0,16 × 100 0, 2 × 98 ×100% = 0, 2( mol ) ⇒ C % H SO = = 80% 80 24,5 2

4

mdd D = mdd C + 76,3(g) H2O

08 × 64 + 76,3 = 100( g ) = 4,32 + 24,5 − 0,

m

SO2

BTKL

⇒ C % Fe2 ( SO4 )3 = ⇒ C %CuSO4 = ⇒ C % H 2 SO4 =

0, 02.2.Fe 2 SO4 .100% = 4% 100

0, 05.Cu SO4 .100% = 8% 100

0, 2.20%.Cu SO4 .100% = 3,92% 100

Câu II: a. Sơ đồ hợp thức R2(SO4)x 0,12 x R2(SO4)x 0,12 x 0,12 R ⇒ .R2Ox = 4, 08 ⇒ x x

⇒ 0,04.[Al2(SO4)3.nH2O] =

b. TH1: Al2(SO4)3 0,04

→

R2Ox 0,12 x xBaSO4

←

0,12

→ →

= 9 ⇒ R là Al ⇒ x= 3 ⇒ n Al2 ( SO4 )3 =

0,12 = 0, 04 3

79,92 ⇒ n = 18 ⇒ CTX: Al2(SO4)3.18H2O 3

+

6 KOH → 2Al(OH)3 + 3K2SO4 0,09 ← 0,03 0, 09 = 0,36( M ) ⇒ Al2(SO4)3 dư ⇒ CM KOH = 0, 25 TH2: Al2(SO4)3 + 6 KOH → 2Al(OH)3 + 3K2SO4 0,04 0,24 ← 0,08 Al(OH)3 + KOH → KAlO2 + 2H2O (2) 0,08 0,04 Số mol Al(OH)3 phản ứng ở (2) là 0,08 – 0,03 = 0,05 = số mol KOH phản ứng ở (2) 0, 29 ⇒ ∑ nKOH = 0, 24 + 0, 05 = 0, 29 ⇒ CM KOH = = 1,16( M ) 0, 25 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu III. Phần 1: CuCl2+ Phần 2: CuCl2 → 0,02 2FeCl2 0,2 Phần 3: 6FeCl2 0,2 CuCl2 0,02

H2S

→

CuS

+ 0,02

2HCl

CuO 0,02 → + +

Fe2O3

⇒ n Fe2 O3 =

0,1 6H2SO4 đ → Fe2(SO4)3 + H2SO4 đ → CuSO4

17, 6 - 0, 02CuO = 0,1 Fe 2O3 4FeCl3 + 3SO2↑ + 6H2O 0,1 + 2HCl↑ 0,04

⇒ V = VSO2 + VHCl = (0,1 + 0, 04) × 22, 4 = 3,136(l ) Câu IV: F + Na ⇒ F chứa – OH hoặc – COOH. - OH + Na → -ONa + ½ H2↑ - COOH + Na → - COONa +

½ H2 ↑

Ta có : n F = n H 2 ⇒ F có 2 nhóm chức –OH / COOH. Từ 1,8 gam F + Na → 2,68 g muối, mmuối lên so với mOH/COOH ban đầu do sự thế 1H bằng 1Na, Mtăng= MNa - MH = 23 -1 =22 gam/mol nhóm chức.

0,88 = 0, 04(mol ) mtăng = 0,88(g), n-OH/COOH trong 1,8 gam F là : 22 1,8 0, 04 = 90(gam / mol) = 0,02(mol ) ⇒ M F = F có 2 nhóm chức -OH/COOH ⇒ nF= 0, 02 2 F có 2 nhóm chức OH/ COOH, F có tối thiểu 2O, 2H ⇒ khối lượng mol phần còn lại là 90- 34 = 56 (g/mol) ⇒ F có tối đa 4C dạng CxHyOz(OH)2.

MF = F có CTPT 12x + y + 16z + 34 = 90 ⇒ 12x + y + 16z = 56 * Xét x =1 ⇒ y + 16z = 44 ; zMAX = 2, yMIN = 12 ⇒ không phù hợp * Xét x = 2 ⇒ y + 16z = 32 ; z =2 , y = 0 vì nếu z < 2 thì yMIN = 16 ⇒ không phù hợp( x =2 , y<6), ⇒ C2O2(OH)2 hay C2O4H2 . Đó là axit oxalic HOOC- COOH. * Xét x = 3 ⇒ y + 16z = 20 ⇒ y = 4 ; z = 1 . ta có C3H4O(OH)2. CTCT: HOOC – CH2 – CH2 – OH . * Xét x = 4 ⇒ y + 16z = 8 ⇒ y =8 ; z = 0. Ta có C4H8(OH)2. Ta có CH2OH – CH(OH) – CH2 - CH3 CH2OH – CH2 – CH(OH) – CH3 CH2OH – CH2 – CH2 – CH2OH CH3OH – CH(OH) – CH(OH) – CH3= CH2OH – CH(CH3) – CH2OH Câu V: a. dZ/Y = 0,5 ⇒ MY=2MZ Không khí chứa xấp xỉ 80%N2 và 20% O2.

M không khí = 0,8×28 + 0,2×32 = 28,8 (g/mol) dY/Không khí < 0,74 ⇒ MY< 7,4 × 28,8 <214 g/mol 0,72 gam mỗi chất có chứa 0,03 mol C, 0,04 mol H ⇒ mO = 0,72 – 0,03× 12 – 0,04 ×1 = 0,32 g ⇒ nO = 0,02 mol. ⇒ nC : nH : nO = 0,03 : 0,04 : 0,02 = 3: 4: 2 CTPT ĐGN của cả 2 hợp chất là C3H4O2.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Nếu Z là (C3H4O2)n thì Y là (C3H4O2)2n do MY = 2MZ Do MY< 214 ⇒ 2n < 3 ⇒ n=1 ⇒ Z là C3H4O2; Y là C6H8O4. ⇒ Z là C2H3COOH hay CH2=CH-COOH ( axit acrylic) Y là C6H8O4, 1 mol Y pư với NaOH thu được 2 mol Y1 là sản phẩm duy nhất. ⇒ Y là (C3H4O2)2O2 hay (C2H5COO)2O2 CH3 – CH2 – CO – O – O – CO – CH2 – CH3. b. CH2=CH-COOH + NaOH → CH2=CH – COONa + H2O CH3–CH2 –CO–O–O–CO–CH2–CH3 + 2NaOH → 2CH3–CH2–COONa + H2O2 Câu VI. Phần I phản ứng với Na tạo ra 3,36 lit khí - OH + Na → - ONa + ½ H2 ↑ - COOH + Na → - COONa + ½ H2 ↑ Khí bay ra là H2, nH 2 =

3,36 = 0,15( mol ) 22, 4

⇒ Tổng số mol rượu và axit trong 1 phần hỗn hợp là n A + n B = 2n H 2 = 0,3mol(1)

Phần II 1 mol A → q mol CO2 1mol B → p + 1 mol CO2 ⇒

n CO 2 = 0, 9mol = qn A + (p +1)n B (2)

Phần 3 CqHzOH + CqHtCOOH → CpHtCOOCqHz + H2O Đốt nóng 5,1 gam este tạo ra 11g CO2 ( 0,25 mol) và 4,5 gam H2O (0,25 mol) ⇒ mO trong 5,1 gam este là 5,1 – 3 – 0,5 = 1,6 ⇒ nO = 0,1 mol. ⇒ nC : nH : nO = 0,25: 0,5 : 0,1 = 5 : 10 : 2 Este chỉ có 2O trong phân tử, do đó CTPT của este là CT ĐGN : C5H10O2 Vậy neste ở (3) là 10,2 : 102 = 0,1 (mol) PƯ xảy ra hoàn toàn, 1 trong 2 chất rượu hoặc axit dư ⇒ có 2 TH hoặc nA = 0,2 ; nB = 0,1 hoặc nA=0,1; nB = 0,2 Vậy hoặc là A là C4H9OH, B là HCOOH hoặc A là CH3OH , B là C3H7COOH TH1: A là C4H9OH, B là HCOOH Thay q = 4, p= 0 vào (2) ta có 2nA + nB = 0,9 kết hợp (1) ⇒ nA = 0,2 (mol) ⇒ a = 0,2 ×74 = 14,8 (g) ⇒ nB = 0,1 mol ⇒ b = 0,1 × 46 = 4,6 (g) TH2: A là CH3OH , B là C3H7COOH Thay q = 1, p= 3 vào (2) ta có nA +4 nB = 0,9 kết hợp 1 ⇒ nA = 0,1 (mol) ⇒ a = 0,1 ×32 = 3,2 (g) ⇒ nB = 0,2 mol ⇒ b = 0,2 × 88 = 17,6 (g)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THITUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NAM 2011 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I: ( 1,5 điểm) Thổi dòng khí CO đi qua ống sư chứa 6,1 gam hỗn hợp A gồm CuO, Al2O3 và một số oxit kim loại R đốt nóng tới khi phản ứng xảy ra hoà toàn thì chất rắn còn lại trong ống có khối lượng 4,82 (gam). Toàn bộ lượng chất rắn này phản ứng vừa đủ 150 ml dung dịch HCl 1M. Sau phản ứng thấy thoát ra 1,008 lít khí H2 ( ở đktc) và còn lại 1,28 gam chất rắn không tan. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Xác định kim loại R và công thức của R trong hỗn hợp A. Câu II:(1,5 điểm) Hoà tan hết 37,725 gam hỗn hợp gồm những lượng bằng nhau về số mol của NaHCO3, KHCO3, CaCl2 và BaCl2 vào 130ml nước chất, sau đó thêm tiếp 4,65 gam Na2O. Khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau đó lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch C. Hãy tính nồng độ % của từng chất có trong dung dịch C. Giả thiết rằng kết tủa ở dạng khan, các chất không bị thất thoát trong quá trình thí nghiệm.

Câu III. (1,5 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol chất hữu cơ D, sản phẩm chỉ gồm 4,48 lít khí CO2 ( ở đktc) và 5,4 gam H2O. Viết công thức cấu tạo cấu tạo các chất thoả mãn tính chất trên của D. Câu IV (1,5 điểm) Chất hữu cơ E được tạo bởi ba loại nguyên tố và chỉ chứa một loại nhóm chức, trong đó hidro chieemms 6.85%; oxi chiếm 43,84 % khối lượng của E. Khối lượng mol của E nhỏ hơn 250gam. Lấy 4,38 gam E cho tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sản phẩm gồm ancol và 4,92 gam muối.

Tìm công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của E. Câu V:(2 điểm) Dung dịch X là dung dịch HCl. Dung dịch Y là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung dịch vào cốc chứa 100 gam dung dịch Y tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch thu được 14,175 gam chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi thì còn lại 8,775 gam chất rắn. a. Tìm nồng độ CM của dung dịch X, nồng độ % của dung dịch Y và công thức của Z. b. Cho 16,4 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe vào cốc đựng 840 ml dung dịch X. Sau phản ứng thêm tiếp 1600 gam dung dịch Y vào cốc. Khuấy đều cho phản ứng hoàn toàn, loạc lấy kết tủa, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 13,1 gam chất rắn Y. Tìm thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X. Câu VI. (2 điểm) Cho ancol có khối lượng mol bằng 76 gam tác dụng với axit cacboxylic B được chất M mạch hở. Mỗi chất A và B chỉ chứa một loại nhóm chức. Khi đốt cháy hoàn toàn 17,2 gam chất m cần dùng vừa hết 14,56 lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy chỉ gồ CO2 và H2O theo tỉ lệ số mol tương ứng là 7:4.

Mặt khác cứ 17,2 gam M phản ứng vừa hết với 8 gam NaOH. Biết M có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Xác định công thức cấu tạo của A, M và B. Cho nguyên tử khối: H=1; C=12; O=16; Na =23, Mg =24; Al =27; Cl= 35,5; K =39; Ca =40; Fe = 56; Cu =64; Zn = 65; Ag =108; Ba =137; Pb =207

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NAM 2011 MÔN: HOÁ HỌC

ĐÁP ÁN

Điểm

Câu I: (1,5 điềm) a. Vì khi cho chất rắn thu được sau phản ứng với CO tác dụng với dung dịch HCl tạo ra khí H2 nên R phải là kim loại đứng sau Al và đứng trước hidro trong dãy hoạt động hoá học. Đặt công thức oxit của R là RxOy o

t  → Cu + CO2 a to → x R + y CO2 RxOy + y CO  C xc + 3H2O Al2O3 + 6HCl → 2 AlCl3 B 6b b. Đặt số mol của CuO; Al2O3; RxOy trong 6,1 gam lần lượt là a,b và c. Có 80a – 102b – (xMR – 16y)c = 6,1 ( 1) 1,28 – 102 b – MR xc= 4,82 (2) 64a= 1,28 (3) 6b – nxc = 0,15 (4) nxc/2= 0,045 (5) (3) ⇒ a = 0,02 (5) ⇒ nxc = 0,09 (4) ⇒ b = 0,01 (2) ⇒ MR= 28n ⇒ n= 2; MR = 56, R là Fe (6) ⇒ xc = 0,045 ; (1) ⇒ yc = 0,06

CuO a

⇒

+ CO

x 0, 045 3 = = ⇒ x = 3; y = 4 công thức oxit là Fe3O4 y 0, 06 4

1/4

1/4

2/4

2/4 Câu II: (1,5 điểm) Gọi số mol của mỗi chất trong hỗn hợp B là a mol. Có 84a – 100a – 111a – 208a = 37,725 ⇒ a = 0,075 mol

n Na 2O =

4, 65 = 0, 075(mol) 62

Các phản ứng xảy ra : Na2O + H2O → 2NaOH 0,075 0,15 NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O 0,075 0,075 0,075 2KHCO3 + 2NaOH → K2CO3 + Na2CO3 + 2H2O 0,075 0,075 0,0375 0,0375 Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3 ↓ + 2NaCl

1/4 1/4

1/4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,075 0,075 0,075 0,15 Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 ↓ + 2NaCl 0,0375 0,0375 0,0375 0,075 K2CO3 + BaCl2 → CaCO3 ↓ + 2KCl 0,0375 0,0375 0,0375 0,075 mC = 37,725 + 130 + 4,65 - (0,075. 100 + 0,075. 197 ) = 150,1 gam (0,15 + 0,075) × 58,5 => C% (NaCl) = 100 = 8,77% 150,1

C% (KCl) =

0,075 × 74,5 100 = 3,72% 150,1

1/4 1/4

1/4

Câu III. (1,5 điểm) Đặt công thức phân tử tổng quát của D là CxHyOz. G I G CxHyOz + (x + − *) O2 → x CO2 + * H2O 0,1 0,2 0,3 Có : nCO2 = 4,48 : 22,4 = 0,2 mol; nH2O = 5,4 : 18 = 0,3 mol G Có : 0,1x = 0,2 => x= 2 ; 0,1× = 0,3 => y = 6 * Nếu z= 0; CTPT của D là C2H4; Dcó1 đồng phân: CH2-CH2.

Nếu z= 1; CTPT của D là C2H4O; Dcó2 đồng phân: C2H5OH và CH3-O-CH3.

Nếu z= 2; CTPT của D là C2H4O2; D có2 đồng phân: HOCH2-CH2OH và CH2-O-CH2OH. Câu IV: (1,5 điểm) Vì E là chất hữu cơ nên nguyên tố còn lại phải là Cacnon. Có: %C = (100- 6,85- 43,84)= 49,31% Đặt công thức tổng quát của E là CxHyOz. Có: >, !, , x : y : z = * : : ! = 3 : 5: 2 => CTPT của E là (C3H5O2)2. Có 73n < 250; => n < 3,42 Vậy nghiệm phù hợp là n = 2. CTPT của E là C6H10O4 Vì là phản ứng với NaOH cho ancol và muối nên E phải là este. Do E chỉ chứa 1 loại nhóm chức và một phân tử E có chưa 4 nguyên tử oxi nên E là este 2 lần.

Trường hợp 1: E được tạo bởi axit cacboxylic đơn chức và rượu hai chức: (KL COO)2R’ (KL COO)2R’ + 2 NaOH → 2 KL COONa + R’(OH)2 Có: nE = 4,38 : 146 = 0,03 mol; KL − 67 = 4,92 ∶ 0,06 = 82 ; = >KL = 15. Vậy E có hai đồng phân thỏa mãn: CH3COO-CH2-CH2-OOC-CH3 và HCOO-CH2-CH2-OOC-C2H5.

Trường hợp 2: E được tạo bởi axit cacboxylic hai chức và rượu đơn chức: R(COOKL ′)2 R(COOKL ′)2 + 2NaOH → R(COONa)2 + 2 KL ′OH Có : nE= 4,38 : 146= 0,03 mol ; R-67x2 = 4,92: 0,03= 164; = > R= 30 ( không phù hợp) Trường hợp 3: E được tạo bởi axit hai chức và rượu hai chức : R(COO)2R’ R(COO)2R’ + 2NaOH → R(COONa)2 + R’(OH)2 Có : nE= 4,38 : 146= 0,03 mol ; R-67x2 = 4,92: 0,03= 164; = > R= 30 ( không phù hợp).

1/4 5/4

1/4 1/4 1/4

2/4

1/8 1/8

Câu V: (2,0 điểm) a) HCl + NaOH → NaCl + H2O NaCl + n.H2O → NaCl.nH2O Z NaCl.nH2O → NaCl + n.H2O Do dung dịch thu được chỉ chứa một chất tan nên HCl và NaOH đã phản ứng vừa đủ với nhau.

Có: nHCl = nNaOH = nNaCl= 8,775; 58,5= 0,15 mol.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1/4

,

CM(HCl) = , ! = 2,5 M

C% (NaOH) = × 100% = 6% Áp dụng định luật Bảo toàn khối lượng, ta có: mH2O= 14,175- 8,775= 5,4 gam; nH2O= 0,3 mol => n = 0,3 : 0,15 = 2; Vậy công thức của Z là NaCl.2H2O b) Số mol HCl có trong 840ml dung dịch X: nHCl= 0,84. 2,5 = 2,1 mol ! ×!

Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y: nNaOH= = 2,4 mol , ×

Al + 3HCl → AlCl3 + 3/2 H2 a 3a a Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 b 2b

(1)

1/4 1/4

×

1/4 (2)

Giả sử X1 chỉ có Al. Vậy số mol Hcl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là: !, nHCl = × 3 = 1,82 < 2,1 *P Giả sử X1 chỉ có Fe. Vậy số mol Hcl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là: !, nHCl = ! × 2 = 0,59 < 2,1 Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X1 thì HCl luôn dư. Khi thêm dung dịch Y:

HCl + NaOH → NaCl + H 2O (3) 2.1 – (3a-2b) 2.1 – (3a-2b) FeCl2 + 2 NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (4) b 2b b + 3NaOH →Al(OH)3 + 3NaCl (5) AlCl3 Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X1 lần lượt là a, b. Có: 27a – 56b = 16,4 (*) Tổng số mol NaOH tham gia các phản ứng (3), (4), và (5) là 2,1 mol = > Số mol NaOH dư là: 2,4 – 2,1 = 0,3 mol Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2 H2 O a 0,3 Trường hợp 1: a ≤ 0,3 mol, Al(OH)3 bị hòa tan hoàn toàn, kết tủa chỉ có Fe(OH)2 4Fe(OH)2 + O2 → 2 Fe2O3 + 4H2O b b/2 chất rắn Y là Fe2O3 b/2 = nFe2O3 = 13,1 : 160 = 0,081875; = > 0,16375 mol (*) = > a = 0,2678 mol ( ≤3 ) = > %Al = 27 x 0,2678 x 100 : 16,4 = 44, 09%; %Fe = 55,91% Trường hợp 2: a > 0,3; Al(OH)3 bị hòa tan một phần, kết tủa có Fe(OH)2 và Al(OH)3 dư.

2 Al(OH)3 → Al2O3 → 3 H2O a-0,3

1/4

1/4

(a-0,3).2

4Fe(OH)3 + O2 → 2Fe2O3 + 4 H2O b b/2 Chất rắn Y1 Al2O3 và Fe2O3.

(51(a-0,3)-80b = 13,1 Từ (*) và (**) suy ra: a= 0,4; b= 0,1

1/4

(**)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= > %Al =

*P× , !,

× 100 = 65,85 % ; %Fe = 34,15%

Câu VI: (2,0 điểm) Đặt công thức tổng quát của A1 là CxHyOz. Có: 12x + y + 16z = 76 Nghiệm phù hợp của phường trình trên là x=3, y=8, z=2. CTPT của A1 là C3H8O2 ; A1 có 2 đồng phân thỏa mãn: CH3-CHOH-CH2OH; HOCH2-CH2-CH2OH. Đặt công thức tổng quá của M là CaHbOc. Có: R S R CaHbOc + (a + − )O2→ aCO2 + H2O

* * 17,2gam 0,65 mol 7t 4t nOxi = 14,56 : 22,4 = 0,65 mol Đặt số mol của CO2là 7t, vậy số mol của H2O là 4t. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng cháy, ta có: 17,2 + 0,65.32 = 7t.44 + 18.4t; => t= 0,1 = > nC= nCO2= 0,7 mol nH= 2nH2O = 0,8 mol P,*U ,P× *U , × = 0,5 mol = > nO = ! = > a : b: c = nC : nH : nO = 0,7 : 0,8 : 0,5 = 7 : 8 : 5 Vì M có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất nên CTPT của M là C7H8O5. Có : P,*

nM= P* = 0,1 mol ; nNaOH= = 0,2 mol = > nNaOH/ nM = 2. Vậy CTCT của M là HOOC-C=C-COO-C3H6OH (3 đồng phân) HOOC-C=C-COO-C3H6OH + 2 NaOH → NaOOC-C=C-COONa + C3H6(OH)2 + H2O CTCT của B1 : HOOC – C= C- COOH.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1/4

2/4

2/4 2/4 2/4

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2010

MÔN HÓA HỌC Thời gian làm bài 120 phút ( không kể thời gian phát đề) Câu I. Nung nóng hỗn hợp A gồm KMnO4, KClO3 đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp chất rắn B. Cho B vào cốc đựng lượng dư axit H2SO4 , đun nóng nhẹ tới khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 336 ml khí (đktc). Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Tính số gam hỗn hợp A đã dùng, biết KClO3 chiếm 75,62% khối lượng của A. Câu II. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp C gồm FeS2, CuS2thu được khí SO2 và hỗn hợp chất rắn D gồm, CuO. Chuyển hóa toàn bộ SO2 thành SO3 rồi hấp thụ hết vào nước thu được dung dịch E. Cho toàn bộ D vào cốc chứa dung dịch E, sau đó phải thêm tiếp 375 ml dung dịch HCl 2M vào cốc thì D mới vừa đủ tan hết tạo ra dung dịch F. Cho dung dịch F tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2 thu được 116,5 gam kết tủa.

Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Tính m Câu III. Có một hỗn hợp A1 gồm Mg, Al, Zn, Fe, Cu trong đó số mol Cu gấp đôi số mol Fe. Lấy 5,896 g hỗn hợp A1 tác dụng với axit HCl dư, thu được 4,236 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, lấy 17,688 gam hỗn hợp A1 cho tác dụng với khí clo dư, thu được 62,7375 gam hỗn hợp chất rắn. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Tính thành phần phần trăm khối lượng của Fe và của Cu trong hỗn hợp A1. Giả thiết hiệu suất xảy ra các phản ứng là 100% Câu IV. Viết công thức phân tử, công thức cấu tạo các hợp chất hữu cơ mạch hở (chứa cacbon, hidro, oxi), có tỉ khối hơi so với Hiđro bằng 30. Trong số các chất đó,những chất nào tác dụng với Na, với NaOH, với NaHCO3. Viết các phương trình phản ứng minh họa Câu V. Có hai hợp chất hữu cơ X và Y, trong đó khối lượng mol của X nhỏ hơn của Y. Mỗi chất chỉ chứa một loại nhóm chức phản ứng được với Na tạo ra H2. Khi đốt cháy hoàn toàn mỗi chất đều chỉ tạo ra CO2 và H2O, trong đó số mol nước H2O nhiều hơn số mol CO2. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Z gồm những lượng bằng nhau về số mol của X và Y, thu được số mol H2O gấp 1,5 lần số mol CO2. Viết công thức cấu tạo có thể có của X và của Y tương ứng Câu VI. Hợp chất hữu cơ X1 có công thức phân tử trùng công thức đơn giản nhất trong đó thành phần phần trăm theo khối lượng của cacbon và hiđro là 45,455% và 6,06%, còn lại là oxi. Khi cho X1 tác dụng với NaOH tạo ra ba sản phẩm hữu cơ. Mặt khác, khi cho 9,9 gam X1 tác dụng với H2O có H2SO4 làm xúc tác, thu được ba sản phẩm hữu cơ, trong đó hai sản phẩm cùng loại nhóm chức có tổng khối lượng bằng 5,406 gam và đạt hiệu suất 68% . Xác định công thức phân tử và Viết công thức cấu tạo của X1.

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Cho :

H=1

C=12

O=16

S=32

Cl= 35,5

Na=23

Mg=24

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Al=27

K=39

Mn= 55

Fe=56

Cu=64

Zn=65

Ba=137

Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Câu Câu 1

Câu 2

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2010

ĐÁP ÁN MÔN HÓA KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2010 --------xxx--------Nội dung Thang điểm (1,5 điểm) (1) 1/4 2KMnO4 →O2 + K2MnO4 + MnO2 4/4 2KClO3 → 3O2 + 2 KCl (2) 1/4 MnO2 + 2 KCl + H2SO4 → Cl2 + MnSO4 + K2SO4 + 2 H2O (3) 1/4 K2MnO4 + 4KCl + 4H2SO4 → 2Cl2 + MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O (4) 1/4 %KMnO4 = 100 – 75,26 = 23,38 suy ra tỷ lệ nKMnO4 : nKClO3= 1;4 1/4 Đặt số mol KMnO4 là x thì số mol KClO3 là 4x; số gam hỗn hợp A bằng 158x + 2/4 122,5.4x = 648x. Cần tìm x Số mol Cl2 = 0,336 ; 22,4 = 0,015 mol Theo (3) và (4), số mol KCl cần cho phản ứng bằng 3x, mà theo (1) và (2) số 1/4 mol KCl = 4x, vậy KCl dư, nên số mol Cl2 được tính theo MnO2; KMnO4.

Ta có: x + 0,5 x = 0,015 => x = 0,01. Vậy số gam của A = 648.0,01=6,48 gam.

(2 điểm) 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8 SO2 ↑ (1) x 0,5x 2x 1/4 (2) Cu2S + 2O2 → 2CuO + SO2 y 2y y 2SO2 + O2 → 2SO3 (3) 5/4 SO3 + H2O → H2SO4 (4) 1/4 Fe2O3 + 3 H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O (5) 0,5x 1,5x 1/4 CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O (6) 2y 2y Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O (7) 1/4 CuO + HCl → CuCl2 + H2O (8) Fe2(SO4)3 + 3 BaCl2 → 3BaSO4 + 2FeCl3 (9) 1/4 CuSO4 + BaCl2 → BaSO4 + CuCl2 (10) nBaSO4= 116,5 : 233 = 0,5 nHCl = 0,375.2 = 0,75 mol 1/4 Đặt số mol FeS2; Cu2S trong hỗn hợp là x, y theo các ptpư (1,2,3,4,5,6,9,10); nSO2 = nH2SO4= nBaSO4; ta có: 2x + y = 0,5 (I) 0,75 mol HCl tương ứng với 0,75 : 2 = 0,375 mol H2SO4. Suy ra, V hỗn hợp 3/4 Fe2O3, CuO phản ứng vừa đủ với 0,5 + 0,375 = 0,875 mol H2SO4.

1/4 Theo (5,6), ta có: 1,5x + 2y = 0,875 (II) Giải hệ (I, II) được x=0,05; y= 0,4; mA= 120.0,05 + 160.0,4 = 70g 1/4 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3

(1,5 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) Mg + 2HCl â&#x2020;&#x2019; MgCl2 + H2 (1) (2) 2Al + 6KCl â&#x2020;&#x2019; 2AlCl3 + 3 H2 Zn + 2HCl â&#x2020;&#x2019; ZnCl2 + H2 (3) Fe + 2HCl â&#x2020;&#x2019; FeCl2 + H2 (4) Cu---------------Cu Mg + Cl2 â&#x2020;&#x2019; MgCl2 (5) (6) 2Al + 3 Cl2 â&#x2020;&#x2019; 2AlCl3 Zn + Cl2 â&#x2020;&#x2019; ZnCl2 (7) 2Fe + 3 Cl2 â&#x2020;&#x2019; FeCl3 (8) (9) Cu + Cl2 â&#x2020;&#x2019; CuCl2 nH2 = 4,2336 : 22,4 = 0,189. Theo (1,2,3,4): nCl= 2.nH2 = 0,378 khi phản ᝊng váť&#x203A;i Hcl tᝍ 5,896g A1 phải tấo ra sáť&#x2018; gam Cu vĂ sáť&#x2018; muáť&#x2018;i phải lĂ : mA1 mCl = 5,896 + 35,5. 0,378 = 19,315 Náşżu 5,896g A1 phản ᝊng váť&#x203A;i clo tấo ra

!*,P P Ă&#x2014; , >!

Suy ra nCl phản ᝊng thĂŞm váť&#x203A;i Fe vĂ Cu; nCl =

* ,> * >, ,

*P,!

1/4 1/4 4/4 1/4 1/4

1/4

= 20,9125 g

2/4

= 0,045

Ä?ạt sáť&#x2018; mol Fe trong 5,896 gam A1 lĂ x thĂŹ sáť&#x2018; mol Cu lĂ 2x; ta cĂł: nCl = x + 2.2x = 0,045 =>x= 0,009 %Fe = Câu 4

Câu 5

, >Ă&#x2014; ! , >!

Ă&#x2014; 100 = 8,55%; %Cu =

*Ă&#x2014; , >Ă&#x2014;! , >!

Ă&#x2014; 100 = 19,54 %

(1,5 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) M = 30.2 = 60. Ä?ạt cĂ´ng thᝊc cᝧa chẼt lĂ CxHyOz, ta cĂł: 12x + y + 16z = 60. Suy ra CTPT cĂł tháť&#x192; lĂ : C2H4O2; C3H8O CTPT: C2H4O2: CH3COOH HCOOH HO-CH2- CHO C3H8O : CH3CH2CH2OH CH3-CH(OH)-CH3 CH3-O-CH2-CH3 Phản ᝊng váť&#x203A;i Na CH3COOH + Na â&#x2020;&#x2019; CH3COONa + ½ H2 HO-CH2CHO + Na â&#x2020;&#x2019; NaO-CH2CHO + ½ H2 C3H7OH + Na â&#x2020;&#x2019; C3H7ONa + ½ H2 Phản ᝊng NaOH CH3COOH + NaOH â&#x2020;&#x2019; CH3COONa + H2O HCOOCH3 + NaOH â&#x2020;&#x2019; HCOONa + H2O Phản ᝊng váť&#x203A;i NaHCO3 CH3COOH + NaOH â&#x2020;&#x2019; CH3COONa + CO2 + H2O (1,5 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) Theo giả thiáşżt thĂŹ cả hai chẼt X, Y Ä&#x2018;áť u phải lĂ hai rưᝣu(ancol) no, mấch háť&#x;. Ä?ạt X lĂ CnH2n+2Oz (z â&#x2030;¤ ); Y lĂ CmH2m+2Op (pâ&#x2030;¤ $) KĂ˝ hiáť&#x2021;u cĂ´ng thᝊc trung bĂŹnh cᝧa X, Y lĂ C LH2 L+2Oa C LH2 L+2Oa +

WLU A *

1/4

3/4

3/4

1/4

3/4 1/4 1/4

1/4

O2â&#x2020;&#x2019; L CO2 + ( L + 1)H2O

Ta cĂł: L + 1 = 1,5 L => L = 2

PhĂĄt hĂ nh PDF báť&#x;i Ths Nguyáť&#x2026;n Thanh TĂş Ä?Ä&#x192;ng kĂ˝ Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3/4

Khả năng thứ nhất: n=m=2, vì Mx< My nên X là: C2H6O CH3CH2OH Y là : C2H6O2 HO-CH2-CH2-OH

2/4

Khả năng thứ 2: n < L và m > L mà L = 2; suy ra: X là CH4O CH3OH Vì nX= nY nên L=

Câu 6

UX *

1/4

= 2 => m=3

Vậy Y có thể : C3H8O: CH3CH2CH2OH CH3CH2(OH)CH3 C3H8O2: CH3CH(OH)CH2(OH) CH2(OH)CH2CH2(OH) C3H8O3: CH2(OH)CH(OH)CH2(OH) (2 điểm) %O= 100- 45,455- 6,06= 48,485 Đặt công thức của chất là CxHyOz, ta có: x:y:z =

,

*

:

!, !

:

,

!

3/4 2/4

2/4

= 3,79 : 6,06: 3,03 =5: 8:4

CTPT trùng CTĐGN là C5H8O4. M= 132 Vì X1 phản ứng với NaOH tạo ra ba sản phẩm hữu cơ, nên X1 phải có hai nhóm este. Có thể xảy ra các khả năng sau: RCOOR’OOCR1 + 2 NaOH → RCOONa + R1COONa + R’(OH)2 R’OOCRCOOR1 + 2NaOH → R(COONa)2 + R’OH + R1OH Xét TH1: RCOOR’OOCR1 + 2 H2O → RCOOH + R1COOH + R’(OH)2 0,075 0,15 0,075 0,075 0,075 >, >

3/4 1/4

1/4

Hai chất cùng loại là hai axit: nX1= * =0,075

Nếu hiệu suất là 100% thì số mol ancol = 0,075

Số gam hai axit=

, ! !

× 100 = 7,95

3/4

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: Số gam ancol= 9,9 + 0,15.18- 7,95= 4,65 ,!

Mancol= , P = 62 => Ancol là C2H4(OH)2

2/4

X1 là RCOOR’OOCR1 mà thoả mãn C5H8O4 thì R là H; R1 là CH3 CTCT của X1là :H-COOCH2-OOCCH3.

Xét TH2: R’OOCRCOOR1 + 2 H2O → R(COOH)2 + R’OH + R1OH Tương tự như trên, tính được sô gam hai ancol khi biết hiệu suất bằng 100% phải là 7,95g; số gam axit = 4,65 Maxit= 62 Ta có: Maxit= R + 45.2=> R < 0. Vô lý TRƯỞNG TIỂU BAN CHẤM THI MÔN HÓA

2/4

Hà nội, ngày tháng năm 2010 KT. HIỆU TRƯỞNG

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2/4

PHÓ HIỆU TRƯỞNG CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2009

MÔN: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1: Có 2 oxit X1 và X2, trong đó oxi chiếm tương ứng 36,78% và 50,45% khối lượng. Cho m gam mỗi oxit X1, X2 tác dụng với dung dịch đậm đặc chất X3, các phản ứng xảy ra theo sơ đồ: X1 + X3 → X4↑ + X5 + X6 (1) X2 + X3 → X4↑ + X5 + X6 (2) Giả thiết các phản ứng đạt hiệu suất 100%, các thể tích khí đo được ở cùng điều kiện.

Hãy xác định công thức của X1 và X2. Chọn chất X3 thích hợp để viết các phương trình phản ứng (1) và (2) rồi cho biết thể tích khí ở (2) gấp bao nhiêu lần thể tích khí ở (1) ?

Câu 2: Nung nóng 15,12g kim loại R trong không khí tới khi kim loại phản ứng hết, thu được 20,88 g chất rắn. Hòa tan hết lượng chất rắn này vào dung dịch hỗn hợp gồm HCl 2M và H2SO4 1M với lượng vừa đủ, các phản ứng không giải phóng chất khí. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Tính thể tích dung dịch axit phải dung và tổng số gam muối tạo ra. Xác định kim loại R và công thức của oxit.

Câu 3: Hợp chất hữu cơ Z (chứa các nguyên tố C, H và O) thuộc loại hợp chất no, chỉ chứa 1 loại nhóm chức, có khối lượng mol bằng 118 gam. Phản ứng của Z với dung dịch NaOH (dư) tạo ra 2 chất sản phẩm.

Viết công thức cấu tạo các chất thỏa mãn các tính chất như trên của Z. Dùng công thức cấu tạo mỗi chất để viết phương trình phản ứng với lượng dư dung dịch NaOH. Hợp chất hữu cơ Z1 cũng có khối lượng mol bằng 118 gam và chứa một loại nhóm chức, có mạch cacbon thẳng. Z1 phản ứng với NaHCO3 tạo ra số mol CO2 bằng số mol Z1.

Viết công thức cấu tạo của Z1.

Câu 4: Nung nóng m1 gam hỗn hợp gồm FeS2 và FeCO3 trong không khí tới khi phản ứng hoàn toàn, cần dung vừa hết 6,44 lít không khí (đktc, giả thiết không khí chỉ gồm 80% N2, 20% O2 về thể tích), thu được hỗn hợp khí A và được chất rắn B chứa một chất duy nhất. Hòa tan hoàn toàn B bằng dung dịch H2SO4 vừa đủ được dung dịch C. Thêm một lượng dư dung dịch Ba(OH)2 vào C, lọc lấy kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 12,885 gam chất rắn.

Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính m1. Tính thể tích dung dịch NaOH 1M tối thiểu phải dung để phản ứng hết với khí A. Câu 5: một hỗn hợp gồm 2 chất hữu cơ đơn chức, là đồng phân của nhau, tỷ lệ số mol 2 chất trong hỗn hợp là 3:5. Cho 70,4 gam hỗn hợp tác dụng hết với dung dịch NaOH thu được hỗn hợp 2 ancol có khối lượng mol hơn kém nhau 14 gam và thu được 72,6 gam hỗn hợp 2 muối khan. Xác định công thức cấu tạo của 2 chất ban đầu và phần trăm khối lượng của mỗi muối có trong hỗn hợp tạo ra.

Cho: = 24

H=1 C = 12 N = 14 O = 16 S = 32 Al = 27 Ca = 40 Mn = 55 Fe = 56 (Đktc) là viết tắt: “Điều kiện tiêu chuẩn”.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Cl = 35,5 Cu = 64

Na = 23 Zn = 65

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

K = 39 Mg Cr = 52

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2009

ĐÁP ÁN MÔN HÓA HỌC Câu 1.

-

Đặt nguyên tố trong oxit X1 là R thì công thức oxit là R2On (n=1,2,…7)

Ta có % = *ZU !Z . 100 = 36,78 → R = 13,75n. Khi n = 4 thì R = 55 !Y

Thỏa mãn R là Mn công thức oxit X1 là Mn2O4 hay MnO2.

Tương tự: -

Đặt nguyên tố trong oxit X2 là M thì oxit X2 là M2Om

% = * U !X . 100 = 50,45 → = 7,857$ !X

Khi m = 7 thì M = 55. Vậy X2 là Mn2O7.

Chất X3 là HCl -

Phương trình phản ứng: MnO2 + 4HCl → Cl2↑ + MnCl2 + 2H2O

(1)

(Mn2O4 +8 HCl → 2Cl2↑ + 2MnCl2 + 4H2O) Mn2O7 + 14HCl → 5Cl2↑ + 2MnCl2 + 7H2O (2) -

[

Theo (1): nCl2 = nMnO2 = P Theo (2): nCl2 =5nMn2O7 =

X

***

-

Vì tỷ lệ về thể tích khí đo ở cùng điều kiện bằng tỷ lệ về số mol khí, do đó:

-

V(2):V(1) = ***: P= *** = 1.9595 lần

X [ , P

Câu 2.

-

Đặt hóa trị của kim loại R trong phản ứng với oxi là n ta có:

4R + nO2 → 2R2On

(1)

R2On + 2nHCl → 2RCln + nH2O

(2)

R2On + nH2SO4 → R2(SO4)n + nH2O (3)

Hoặc 2xR + yO2 → RxOy RxOy + 2yHCl → xRCl2y/x + yH2O 2RxOy + 2yH2SO4 → xR2(SO4)2y/x + 2yH2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

nO trong oxit =

* , , * !

= 0,36

Ä?ạt tháť&#x192; tĂ­ch dung dáť&#x2039;ch axit phải dĂšng lĂ V lĂ­, thĂŹ nHCl= 2V; nH2SO4= V Theo (2,3); ta cĂł:

nO= nHCl + nH2SO4 = 2V = 0,36 * Suy ra: V= 0,18 lit hay 180ml

Sáť&#x2018; gam muáť&#x2018;i= sáť&#x2018; gam (kim loấi+ Cl + SO4)= 15,12 + 2.0,18.35,5+ 0,18.96 = 45,18 gam Theo (1): Cᝊ 2R gam tấo ra 2R + 16n gam oxit

Hoạc xR gam ---------- xR + 16y

Vậy : 15,12 gam tấo ra 20,88 gam oxit

15,12------------ 20,88

2R.20,88 = 15,12.(2R + 16n)

xR.20,88 = 15,12. (xR + 16n)

R= 21n => khĂ´ng cĂł n nguyĂŞn tháť?a mĂŁn

R = 42y/x

Suy ra R lĂ kim loấi cĂł nhiáť u hĂła tráť&#x2039;

ᝨng váť&#x203A;i y = 4, x = 3 thĂŹ

CĂł tháť&#x192; n = 8/3, khi Ä&#x2018;Ăł R= 56, lĂ Fe

R lĂ Fe

Oxit lĂ Fe3O4

Oxit lĂ Fe3O

Câu 3:

Z phản ᝊng váť&#x203A;i NaOH nĂŞn Z thuáť&#x2122;c loấi axit hoạc este. Ä?ạt cĂ´ng thᝊc Z lĂ R(COORâ&#x20AC;&#x2122;)n. VĂŹ M = 118 nĂŞn â&#x2030;¤ 2.

Náşżu n = 1 thĂŹ R + nRâ&#x20AC;&#x2122; = 118 â&#x20AC;&#x201C; 44 = 74 ᝊng váť&#x203A;i C6H12 thuáť&#x2122;c loấi khĂ´ng no, trĂĄi giả thiáşżt.

Náşżu n = 2 thĂŹ R + 2Râ&#x20AC;&#x2122; = 30 ᝊng váť&#x203A;i cĂ´ng thᝊc C2H6.

Váş­y cĂ´ng thᝊc phân táť­ cᝧa Z lĂ C4H6O4 Náşżu Z lĂ axit thĂŹ cĂ´ng thᝊc cẼu tấo cᝧa Z lag: HOOC-CH2-CH2-COOH CH3CH(COOH)2 Náşżu Z lĂ este thĂŹ cĂ´ng thᝊc cẼu tấo lĂ : CH3OOC-COOCH3 HCOOCH2-CH2COOH PhĆ°ĆĄng trĂŹnh phản ᝊng: HOOC-CH2-CH2-COOH + 2NaOH â&#x2020;&#x2019; NaOOC-CH2-CH2-COONa + 2H2O

(1)

CH3CH(COOH)2 + 2 NaOH â&#x2020;&#x2019; CH3CH(COONa)2 + 2H2O

(2)

CH3OOC-COOCH3 + 2NaOH â&#x2020;&#x2019;Na2C2O4 + 2CH3OH

(3)

HCOOCH2- CH2OOCH + 2NaOH â&#x2020;&#x2019; 2HCOONa + HOCH2-CH2OH Z1 phản ᝊng NaHCO3 tấo ra CO2 nĂŞn Z1 phải cĂł â&#x20AC;&#x201C;COOH. PhĂĄt hĂ nh PDF báť&#x;i Ths Nguyáť&#x2026;n Thanh TĂş Ä?Ä&#x192;ng kĂ˝ Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(4)

Đặt Z1 là R(COOH)n R(COOH)n + nNaHCO3 → R(COONa)n + nCO2 ↑ + nH2O Vì số mol CO2 bằng số mol Z1, suy ra n= 1.

Khối lượng mol của Z1 là 118 => R + 45 = 118 => R = 73 => C6H1 Vậy công thức cấu tạo của Z1: HC≡C-C≡C-C≡C-COOH Câu 4: Phương trình phản ứng: FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2

(1)

4FeCO3 + O2 → 2Fe2O3 + 4 CO2

(2)

Vậy A gồm: SO2 và CO2. B là Fe2O3 Fe2O3 + 3 H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O

(3)

Dung dịch C chứa Fe2(SO4)3 Fe2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4 ↓ + 2Fe(OH)3 2Fe(OH)3 ↓

→ Fe2O3 + 3 H2O

(4) (5)

Chất rắn còn lại sau khi nung hỗn hợp Fe2O3 và BaSO4.

Theo (3,4,5): từ 1 mol Fe2O3 tạo ra hỗn hợp 1 mol Fe2O3 và 3 mol BaSO4.

Suy ra: số mol Fe2O3 =

*,

! U .*

=

*, >

= 0,015 mol

Theo (1,2) tổng số mol FeS2 và FeCO3 gấp đôi số mol Fe2O3 và bằng 0,03. Đặt số mol FeS2 và FeCO3 lần lượt là x và y ta có: x+ y = 0,03

(I) !,

x + y = **, × = 0,0575

(II)

= > x= 0,02; y= 0,01’ =>m1= 0,02.120 + 0,01.116 = 3,56 gam Khi A chứa 0,04 mol SO2 và 0,01 mol CO2. Lượng NaOH ít nhất khi tạo muối axit:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SO2 + NaOH → NaHSO3

(6)

CO2 + NaOH → NaHCO3

(7)

Tổng số mol = 0,05 mol => VNaOH = 0,05 lit = 50ml Câu 5: Theo đề bài, hai chất ban đầu thuộc loại este của 2 axit và 2 ancol khác nhau. Vì số gam muối lớn hơn số gam este vậy phải có este của CH3OH. Vì hai ancol có khối lượng mol hơn kém nhau 14 gam; suy ra ancol thứ hai là C2H5OH . Vậy 2 este là RCOOCH3 và R1COOC2H5.

RCOOCH3 + NaOH → RCOONa + CH3OH

(1)

R1COOC2H5 + NaOH → R1COONa + C2H5OH

(2)

Vì tỷ lệ số mol là 3:5, mà số gam muối lớn hơn số gam este, suy ra tỷ lệ số mol RCOOCH3 + R1 COOC2H5 là 5 : 3. Đặt số mol RCOOCH3 là 5x thì số mol R1COOC2H5 là 3x. Tổng số mol là 8x.

Theo (1) số gam tăng: 8,5x Theo (2) số gam tăng: 6,3x = > 8,5x – 6,3x = 72,6 – 70,4 = 2,2 = > x = 0,1.

Vậy số mol este là: 8x = 0,8. => Meste=

P , ,

= 88

Este đơn chức nên CxHyO2 là C4H8O2. Các este C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5 Số mol của muối C2H5COONa = số mol RCOOCH3= 0,5 %C2H5COONa = %CH3COONa =

, ×>!

P*,!

x 100 = 62,12 %

, × * P*,!

x 100 = 33,88%.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2008

MÔN: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (1,5 điểm).

1. Có 4 chất khí A, B, C, D. Khí A tạo ra khi nung nóng KMnO4, Khí B bay ra ở cực âm, Khí C bay ra ở cực dương khi điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn. Khí D là chất hữu cơ có tỉ khối so với B bằng 8. Hãy cho biết A, B, C, D là những khí gì? Nhữn khí nào phản ứng với nhau từng đôi một? Viết các phương trình phản ứng đó.

2. Từ nguyên liệu chính gồm:quặng apatit Ca5F(PO4)3, pirit sắt FeS2, không khí và nước, hãy viết các phản ứng điều chế: a. Superphotphat đơn b. Superphotphat kép Câu II (1,0 điểm).

1. Có hai aminoaxit E, F cùng có chung công thức phân tử C3H7NO2, dùng công thức cấu tạo của chúng để viết phương trình phản ứng giữa một phân tử E với một phân tử F, tạo ra sản phẩm mạch hở.

2. Cho A và B là hai hợp chất hữu cơ đơn chức (chứa C, H, O) đều có khối lượng mol là 74. A phản ứng được với cả Na và dung dịch NaOH, còn B phản ứng với dung dịch NaOH tạo ra muối có khối lượng mol nhỏ hơn 74. Viết công thức cấu tạo đúng của A, B và các phương trình phản ứng minh họa.

Câu III (2,0 điểm).

Cho 23,22 gam hỗn hợp G gồm Cu, Fe, Zn, Al vào cốc chứa dung dịch NaOH dư, thấy còn lại 7,52 gam chất không tan và thu được 7,84 lít khí (đktc). Lọc lấy phần chất rắn không tan, rồi hòa tan hết nó vào lượng dư axit HNO3 loãng, các phản ứng đều tạo ra khí NO, tổng thể tích khí NO bằng 2,688 lít (đktc). Giả thiết các phản ứng đều đạt hiệu suất là 100%, xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp G. Câu IV(2,0 điểm).

Chia 156,8 gam hỗn hợp L gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 thành hai phần thật đều nhau. Cho phần thứ nhất tác dụng với HCl, thu được 155,4 gam muối khan. Phần thứ hai tác dụng vừa hết với 500 ml dung dịch M là dung dịch hỗn hớp gồm HCl và H2SO4 loãng, thu được 167,9 gam muối khan. Viết các phương trình phản ứng. Xác định phần trăm khối lượng của sắt trong L và nồng độ mol của dung dịch M. Câu V (2,0 điểm).

Hai chất hữu cơ X, Y được tạo bởi các nguyên tố C, H, O; trong đó cacbon chiếm 40% khối lượng mỗi chất; khối lượng mol của X gấp 1,5 lần khối lượng mol của Y. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,03 mol hỗn hợp gồm X, Y cần dùng vừa hết 1,68 lít oxi (đktc).

Cho 1,2 gam Y tác dụng hết với dung dịch NaOH, thu được m gam muối khan. Cho 1,8 gam X tác dụng hết với dung dịch NaOH, thu được 1,647m gam muối khan. Tìm công thức đơn giản nhất, công thức phân tử, công thức cấu tạo có thể có của X, Y. Câu VI (1,5 điểm).

Hai ese P và Q có khối lượng hơn kém nhau 28 gam, phân tử của mỗi chất đều chỉ chứa cacbon, hidro, và hai nguyên tử oxi. Cho 32,4 gam hỗn hợp Z gồm P và Q tác dung với dung dịch NaOH vừa đủ, sau đó cô cạn dung dịch thì thu được 32,8 gam chất rắn khan. Phần bay hơi gồm nước và hỗn hợp hai rượu, trong đó phân hơi của hai rượu chiếm thể tích bằng thể tích của 11,2 gam khí nitơ đo ở cùng một điều kiện. Khi đốt cháy hoàn toàn một lương mol như nhau của hai rượu, thì số mol CO2 tạo ra từ các rượu hơn kém nhau 3 lần. Xác định công thức các este và thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong Z. Cho biết : H = 1, C = 12, N = 14, O = 16, S = 32, Cl = 35,5 Na = 23 Al = 27 Fe = 56 Cu = 64 Zn = 65.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2008

ĐÁP ÁN MÔN HÓA HỌC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2008 Câu I o

t 1) 2KMnO4  → K2MnO4+ MnO2 + O2 dpdd 2NaCl + 2H2O → H2 + 2NaOH + Cl2 co mangngan

cực âm cực dương A là O2; B là H2; C là Cl2; MD = 16 vậy D là CH4. Các phương trình phản ứng

→ CH3Cl + HCl CH4 + Cl2  as

to

→ CO2 + 2H2O CH4 + O2  o

H2+ Cl2

t  →

2HCl

to

→ 2H2O 2H2 + O2  2) Điều chế H2SO4 : o

t → 2Fe2O3 + 8SO2 4 FeS2+ 11O2  xt → 2SO3 2SO2 + O2  → H2SO4 SO3 + H2O  Superphotphat đơn : 7H2SO4 + 2Ca5F(PO4)3  → 3Ca(H2PO4)2 + 7CaSO4 + 2HF Superphotphat kép: → 5CaSO4 + 3H3PO4 + HF 5H2SO4 + Ca5F(PO4)3  → 5Ca(H2PO4)2 + HF 7H3PO4 + Ca5F(PO4)3  Câu II: 1) CH 3 − CH ( NH 2 ) − COOH + H2N – CH2 – CH2 – COOH

CH3 – CH(NH2) – CO – NH – CH2 – CH2 – COOH

+ H2O

H2N – CH2 – CH2 – CO – NH – CH(CH3) – COOH + H2O 2)

A: CH3CH2COOH B : HCOOCH2CH3 → CH3CH2COONa + ½ H2 CH3CH2COOH+ Na  → CH3CH2COONa + H2O CH3CH2COOH + NaOH  → HCOONa + CH3CH2OH HCOOCH3CH2 + NaOH  Câu III: Cu, Fe không phản ứng, không tan. mAl,Zn = 23,22 – 7,52 =15,7 gam → NaAlO2 + 3/2 H2 (1) Al + NaOH + H2O  → Na2ZnO2 + H2 (2) Zn + 2NaOH  7,84 nH 2 = = 0,35 .Đặt số mol Al, Zn là x, y ta có: 22, 4 27 x + 56 y = 15, 7  x = 0,1  Giải hệ ta được:  3  y = 0, 2  2 x + y = 0,35

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,1× 27 ×100% = 11,63% 23, 22 0, 2 × 65 = ×100% = 55,99% 23, 22

%Al = %Zn

Fe + 4HNO3  → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (3) → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (4) 3Cu + 8HNO3  2, 688 nNO = = 0,12 mol. Đặt số mol Fe, Cu là a,b ta có hệ phương trình: 22, 4 56a + 64b = 7,52 a = 0,1  ⇔  2 b = 0, 03 a + 3 b = 0,12 0,1× 56 % Fe = × 100% = 24,12% 23, 22 0, 03 × 64 ×100% = 8,27% %Cu = 23, 22 Câu IV : Số gam mỗi phần= 156,8 : 2 = 78,4 → FeCl2 + H2O (1) Phần 1: FeO + 2HCl  → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O (2) Fe3O4 + 8HCl  → 2FeCl3 + 3H2O (3) Fe2O3+ 6HCl  Phần 2: Ngoài các phương trình phản ứng (1,2,3) còn thêm FeO + H2SO4  → FeSO4 + H2O (4) → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O (5) Fe3O4 + 4H2SO4  → Fe2(SO4)3 + 3H2O (6) Fe2O3 + 3H2SO4  Theo các phản ứng ở phần 1 thì có: Cứ 1 mol nguyên tử oxi thay bằng 2 mol nguyên tử Cl làm tăng 2 . 35,5 – 16 = 55 gam Vậy x mol nguyên tử oxi thay bằng 2x mol nguyên tử Cl làm tăng 155,4 – 78,4 = 77 gam 77 = 1,4 = x Suy ra số mol nguyên tử oxi trong phần 1 = 55 Vậy số gam oxi trong phần 1 = 1,4 . 16 = 22,4 87, 4 − 22, 4 %Fe trong L = ×100% = 71,43% 87, 4 Muối do phần 2 tạo ra là hỗn hợp gầm clorua và sunphat.So sánh khối lượng muối trong 2 thí nghiệm, thấy: 2Cl thay bằng 1SO4 làm tăng 25 gam.

167,9 − 155, 4 nH 2 SO4 = = 0,5 mol => nSO4 = 0,5 mol 25 0,5 CM H SO = = 1M 2 4 0,5 - Số mol Cl không bị thay bằng sunphat = 2x – 2 nSO4 = 2,8 -1 = 1,8

1,8 = 3,6 M 0,5 Cách khác: Tổng hóa trị của oxi bằng của Cl và SO4. Đặt nHCl = x, nH 2 SO4 = y

nHCl = nCl ⇒ CM HCl =

 x + 2 y = 1, 4.2 = 2,8  x = 1,8 ⇒  35,5 x + 96 y = 167, 9 − 56 = 111,9  y = 0,5 Câu V:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

12 x .100% = 40% 12 x + y + 16 z Hay 18x - y = 16z đơn giản nhất khi z = 1 thì x = 1, y = 2 CTĐGN của X, Y đều là CH2O Đặt công thức của X là (CH2O)n, MX = 30n Y là (CH2O)m, MY = 30m Vì công thức trung bình của X, Y là Cn H 2 n On Số mol O2 = 0,075 mol Đặt công thức chung là CxHyOz ⇒ % C =

t Cn H 2 nOn + LO2  → LCO2 + LH2O 0,03 0,03 L = 0,075 ⇒ L =2,5 o

Vậy m < L < n theo (I) chỉ có m = 2, n = 3 thỏa mãn Công thức phân tử X là C3H6O3, MX = 90, Y là C2H4O2, MY = 60 Vì cả X, Y đều phản ứng với NaOH tạo ra muối, suy ra chúng là axit hoặc este

n X pu

= 1,8 : 90 = 0,02 mol

nYpu = 1,2 : 60 = 0,02 mol Y chỉ có thể là CH3COOH hoặc HCOOCH3 Đặt X có dạng RCOOR’ ⇒ MX= R + 44 + R’ = 90 (II)

→ CH3COONa + H2O Nếu Y là CH3COOH : CH3COOH + NaOH  0,02 0,02 . 82 = 1,64 gam  → RCOONa + R’OH RCOOR’ + NaOH 0,02 0,02 . M = 1,64.1,647 = 2,7 gam R + 67 = 2,7 : 0,02 = 135 ⇒ R = 68 Thay vào (II) thì R’ < 0 (Loại) → HCOONa + CH3OH Nếu Y là HCOOCH3 : HCOOCH3 + NaOH  0,02 0,02 .68 = 1,36 gam Tương tự như trên mRCOONa = 0,02 . M = 1,36.1,647 = 2,24 gam Và R = 112 – 67 = 45 thay vào (II) được R’ = 1 là H Vậy X là axit RCOOH mà công thức phân tử là C3H6O3 nên R là C2H5O Y là HCOOCH3 X là (C2H5O)COOH có thể là: CH3 – CH(OH) – COOH HO – CH2 – CH2– COOH CH3 – O – CH2 – COOH Câu V. Theo đề bài thì P, Q là hai este đơn chức, phân tử hơn kém nhau 2 nhóm CH2 Đặt P là RCOOR’; Q là R1COOR2 → RCOONa + R’OH (1) RCOOR’ + NaOH 

→ R1COONa + R2OH (2) R1COOR2+ NaOH  - Số mol NaOH = neste = n muối = n rượu Số mol rượu = nN 2 = 11,2: 28 = 0,4 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1), (2) ta có mrượu = 32,4 + 0,4 . 40 - 32,8 = 15,6 Suy ra M rượu = 15,6: 0,4 = 39. Vậy 1 trong 2 rượu là CH3OH. Vì khi đốt cháy cùng lượng mol như nhau của 2 rượu tạo ra số mol CO2 hơn kém nhau 3 lần, mà 1 rượu là CH3OH, nên rượu thức 2 có 3 nguyên tử C Vì P và Q hơn kém nhau 2 nhóm CH2 nên rượu còn lại có công thức: C3H7OH. Vậy R và R1 phải có cùng công thức -

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

M

muối

= 32,8 : 0,4 = 82. Vậy R = R1 = 15 là CH3

Các este có công thức là CH3COOCH3 và CH3COOCH2CH2CH3 hoặc → CH COONa + R’OH CH COOCH + NaOH  x y

3

3

3

→ CH3COONa + C3H7OH CH3COOC3H7+ NaOH 

 x + y = 0, 4  x = 0,3 ⇒ Đặt số mol các este là x,y ta có :  74 x + 102 y = 32, 4  y = 0,1 0,3 × 74 ×100% = 68,52% % CH3COOCH3 = 32, 4 0,1×102 ×100% = 31,48% % CH3COOC3H7 = 32, 4 Ghi chú: - Học sinh có thể giải theo cách khác, nếu đúng thì cho điểm tương đương - Học sinh có thể có thêm các nghiệm nữa cũng không cho thêm điểm.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2004

MÔN: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I : 1) Có 5 gói bột trắng là KNO3, K2CO3, K2SO4, BaCO3, BaSO4. Chỉ được dùng thêm nước, khí cacbonic và các ống nghiệm. Hãy trình bày cách nhận biết từng chất bột trắng nói trên.

2) Có 3 gói phân hóa học bị mất nhãn: Kali clorua, Amoni nitrat và Superphotphat kép. Trong điều kiện ở nông thôn có thể phân biệt được 3 gói đó không? Viết phương trình phản ứng.

Câu II: 1) Viết tất cả các phương trinh phản ứng biểu diễn quá trình điều chế etyl axetat từ tinh bột.

2) Đốt cháy hoàn toàn m gam hợp chất hữu cơ A (là chất khí ở điiều kiện thường) được tạo bởi hai loại nguyên tố, thu được m gam nước. Xác định công thức phân tử của A. Câu III: Hợp chất hữu cơ B (chứa các nguyên tố C, H, O) có khối lượng mol bằng 90 gam. Hòa tan B vào dung môi trơ, rồi tác dụng với lượng dư Na, thu được số mol H2 bằng số mol B. Viết công thức cấu tạo của tất cả các chất mạch hở thỏa mãn điều kiện cho trên.

Câu IV: Cho Cl2 tác dụng với 16,2 gam kim loại R (chỉ có một hóa trị)thu được 58,8 gam chất rắn D. Cho O2 dư tác dụng với chất rắn D đến phản ứng hoàn toàn, thu được 63,6 gam chất rắn E. Xác định kim loại R và tính % khối lượng của mỗi chất trong E. Câu V: Nhúng một thanh sắt và một thanh kém vào cùng một cốc chứa 500 ml dung dịch CuSO4. Sau một thời gian lấy hai thanh kim loại ra khỏi cố thì mỗi thanh có thêm Cu bám vào, khối lượng dung dịch trong cốc bị giảm mất 0,22 gam. Trong dung dịch sau phản ứng, nồng độ mol của ZnSO4 gấp 2,5 lần nồng độ mol của FeSO4. Thêm dung dịch NaOH dư vào cốc, lọc lấy kết tủa rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 14,5 gam chất rắn. Tính số gam Cu bám trên mỗi thanh kim loại và nồng độ mol của dung dịch CuSO4 ban đầu.

Câu VI : Hòa tan hoàn toàn một miếng bạc kim loại vào một lượng dư dung dịch HNO3 15,75% thu được khí duy nhất NO và a gam dung dịch F trong đó nồng độ C% của AgNO3 bằng nồng độ C% của HNO3 dư. Thêm a gam dung dịch HCl 1,46% vào dung dich F. Hỏi có bao nhiêu % AgNO3 tác dụng với HCl. Câu VII: Tiến hành phản ứng este hóa giữa axit CxHyCOOH và rượu CnH2n+1OH. Do phản ứng xảy ra không hoàn toàn nên sau phản ứng tách lấy hỗn hợp X chỉ gồm este, axit và rượu.

- Lấy 1,55 gam X đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,736 lít khí CO2 (đktc) và 1,26 gam H2O. - Lấy 1,55 gam X cho tác dụng vừa đủ với 125 ml dung dịch NaOH 0,1M. Trong hỗn hợp thu được sau phản ứng có b gam muối và 0,74 gam rượu. Tách lấy lượng rượu rồi cho hóa hơi hoàn toàn thì thu được thể tích hơi rượu đúng bằng thể tích của 0,32 gam O2 ở cùng điều kiện về nhiệt độ, áp suất.

1) Xác định công thức phân tử của rượu.

2) Tính b. Tính hiệu suất phản ứng este hóa và tính thành phần % theo khối lượng của mỗi chất trong Y.

Cho : H = 1 Mg = 24 Cu = 64

C = 12 Al = 27 Zn = 65

N = 14 Cl = 35,5 Ag = 108.

O = 16 Ca = 40

Na = 23 Fe = 56

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐÁP ÁN THI TUYỂN SINH LỚP 10 HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2004

MÔN : HÓA HỌC Câu I: 1) Hòa tan các chất vào nước, có 2 chất BaCO3, BaSO4 không tan; 3 chất kia tan.

Cho CO2 vào 2 ống chứa 2 chất không tan, thì 1 chất tan là BaCO3, chất không tan là BaSO4 BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2 Lấy dung dịch Ba(HCO3)2 cho tác dung với 3 dung dịch muối kali. Dung dịch không tạo kết tủa là KNO3.

K2CO3 + Ba(HCO3)2 → BaCO3 + 2KHCO3 K2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + 2KHCO3 Dùng CO2 để phân biệt BaCO3, BaSO4 như trên.

2) Dùng nước vôi trong phân biệt được 3 gói: KCl không phản ứng NH4NO3 tạo ra khí mùi khai: 2NH4NO3 + Ca(OH)2 → Ca(NO3)2 + NH3+ 2H2O Superphotphat kép tạo kết tủa: Ca(H2PO4)2 + 2Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + 4H2O Có thể dùng Ba(OH)2. Có thể viết phản ứng tạo ra CaHPO4 Câu II: o

H 2 SO4 ,t → n C6H12O6 1) (C6H10O5)n + nH2O  menruou → 2CH3CH2OH + 2CO2 C6H12O6  mengiam → CH3COOH + H2O CH3CH2OH + O2  H 2 SO4 → CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH  2) A phải là hidrocacbon. Đăt A là CxHy (x ≤ 4) y y CxHy + (x + ) O2 → xCO2 + H2O 4 2 Tìm được x:y = 2:3 ⇒ (C2H3)n ⇒ n = 2 ⇒ CTPT : C4H6 Câu III: Chất B có tổng số nhóm –OH và –COOH bằng 2 nhóm. Vì MB = 90 nên: - Nếu B có 2 nhóm –COOH thì B là HOOC – COOH - Nếu B có 1 nhóm –OH và 1 nhóm –COOH : CH3 – CH(OH) – COOH ; HOCH2– CH2 – COOH - Nếu B có 2 nhóm –OH thì có thể là : + C4H8(OH)2 : CH3 – CH2 – CH(OH) – CH2OH CH3 – CH(OH) – CH2 – CH2 – OH HO – CH2 – CH2 – CH2 – CH2OH CH3 – CH(OH) – CH(OH) – CH3 + C3H4O(OH)2 : CH2OH – CH(OH) – CHO hoặc HO – CH2 – CO – CH2OH Học sinh có thể đặt A là CxHyOz : 12x + y + 16z = 90 tìm được C2H2O4; C3H6O3; C4H10O2 và viết được công thức cấu tạo của các chất như trên.

Câu IV: nCl2 = (58,8 – 16,2) : 71 = 0,6 mol 2R + nCl2 → 2RCln (1)

4R + nO2 → 2R2On (2)

nO2 = (63,6 – 58,8) :32 = 0,15 mol

1,8 1,8 ⇒ . R = 16,2 ⇒ R = 9n ⇒ R là Al, n=3 n n 2 0,1×102 = nO2 = 0,1 mol ⇒ % Al2O3 = ×100% = 16% 3 63, 6 % AlCl3 = 100 – 16 = 84%

Theo (1)(2) : nR = Theo (2) : nAl2O3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu V: Zn + CuSO4 → ZnSO4 + Cu (1) Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (2) ZnSO4 +2NaOH → Zn(OH)2 + Na2SO4 (3) FeSO4 +2NaOH → Fe(OH)2 + Na2SO4 (4) CuSO4 +2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4 (5) Zn(OH)2 + 2NaOH → Na2ZnO2 + 2H2O (6) o

t → 2Fe2O3 + 4H2O (7) 4Fe(OH)2 + O2  o

t → CuO + H2O (8) Cu(OH)2  - Đặt số mol FeSO4 bằng x, số mol ZnSO4 bằng 2,5x ⇒ Số mol Cu bám vào thanh sắt là x; bám vào thanh kẽm là 2,5x Ta có : 8x – 2,5x = 0,22 ⇒ x = 0,04 mol mCu bám vào sắt = 64 . 0,04 = 2,56 gam mCu bám vào thanh kẽm = 64 . 2,5. 0,04 = 6,4 gam - Theo (2)(4)(7): mFe2O3 = 160 . 0,02 = 3,2 gam Vậy số gam CuO = 14,5 – 3,2 = 11,3 gam 11,3 ⇒ nCuSO4 ban đầu = x + 2,5x + = 0,04 + 0,1 + 0,14125 = 0,28125 80 0, 28125 Vậy CM = = 0,5625 M 0,5 Câu VI: 3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O (1) Đặt số gam dung dịch HNO3 15,75% đã dùng để hòa tan 3 mol Ag là m, thì số gam HNO3 = m . 15,75% = 0,1575m Theo (1) số gam HNO3 đã phản ứng là 4 mol. Số gam HNO3 dư = 0,1575m – 252 a gam dung dịch F = 3.108 + m – 30 = m + 294 170.3 0,1575m − 252 C % AgNO3 = × 100% = C %HNO3 = ×100% m + 294 m + 294 ⇒ m = 4838 gam ⇒ a = 4838 + 294 = 5132 gam 5132.1, 46 ⇒ nHCl = = 2,0528 100.36,5 AgNO3 + HCl → AgCl + HNO3 (2) Theo (2) : nAgNO3 phản ứng = nHCl = 2,0528 .

2, 0528 . 100% = 68,40% 3 - Học sinh có thể giả sử số gam HNO3 15,75% đã dùng là 100 gam. Đặt số mol bạc sẽ bị hòa tan là x.

Tìm được x = 0,062 mol, a = 106,076.

0,0424 nHCl = 0,0424 => % AgNO3 p.ư = . 100% = 68,40% 0, 062 Câu VII: CxHyCOOH + CnH2n+1OH → CxHyCOOCnH2n+1 + H2O (1) Hỗn hợp X gồm CxHyCOOH, CxHyCOOCnH2n+1 , CnH2n+1OH Đặt số mol axit, este, rượu trong 1,55 gam X là a, b1, c.

1, 26 1, 736 - Số gam oxi trong 1,55 gam X = 1,55 – 12.

-2. = 0,48 18 22, 4 Ta có : 32a + 32b1 + 16c = 0,48 (I) CxHyCOOH +NaOH → CxHyCOONa + H2O (2) CxHyCOOCnH2n+1 + NaOH → CxHyCOONa +CnH2n+1OH (3) Vậy % AgNO3 p.ư=

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a + b1 = 0, 0125( II ) Theo (2), (3) và số mol NaOH, số mol rượu :  b1 + c = 0, 01( III ) 1) M rượu = 0,74 : 0,01 = 74 = 14n + 18 ⇒ n = 4 C4H9OH 2) Giải hệ I, II, III được : a = 0,0075, b1 = 0,005, c = 0,005 Theo (2) : nH 2O = a = 0,0075

- Áp dung ĐLBTKL ta có: 1,55 + 0,0125 . 40 = b + 0,0075.18 + 0,74 ⇒ b = 1,1175 gam - Tổng số mol của axit tạo ta 1,55 gam X = 0,0125 - Tổng số mol rượu tạo ra 1,55 gam X = 0,01 Theo (1) và số mol axit, rượu thì rượu bị thiếu. Hiệu suất phản ứng tính theo rượu : 0, 005 HS = .100% = 50% 0, 01 Theo (2), (3) tổng số mol muối = a + b1 = 0,0125 Vậy M muối = 1,175: 0,0125 = 94 ⇒ axit là C2H3COOH 0, 0075.72 .100% = 34,84% % axit trong X = 1,55 0, 005.128 % este trong X = .100% = 41,28% 1,55 0, 005.74 .100% = 23,88% % rượu trong X = 1,55

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2007

MÔN: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I 1) Viết công thức của các axit hoặc bazo tương ứng với các oxit axit và oxit bazo trong số các oxit sau: CaO, SO2, CO, Fe2O3, Mn2O7, Cl2O, NO, R2On (R là kim loại).

2) Viết các phương trình phản ứng hóa học theo sơ đồ chuyển hóa sau: + O2 + O2 ,V2O5 t + KOH + KOH  → A  → B  → C  → A  → D  →E FeS2  3) Viết các phương trình phản ứng của quá trình chuyển hóa sau: (1) (2) (3) → Tinh bột  → Glucozo  → Rượu etylic CO2  Gọi tên các phản ứng (1), (2), (3).

Câu II 1) Trộn 200 ml dung dịch HCl 0,1M với 100 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M thu được dung dịch X. Cho 2,24 lít CO2 (đktc) hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch NaOH 2M thu được dung dịch Y. Hòa tan 2,24 lít NH3 (đktc) vào nước thu được 100 ml dung dịch Z. Hỏi các dung dịch X, Y,Z có pH >7, pH<7 hay pH = 7. Giải thích.

2) Cho 7,8 gam hỗn hợp 2 kim loại R hóa trị II và Al tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư.

Khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch 2 muối và 8,96 lít khí (đktc). a) Viết các phương trình phản ứng hóa học đã xảy ra. b) Tính khối lượng muối thu được sau thí nghiệm và tính thể tích dung dịch H2SO4 2M tối thiểu cần dùng. c) Xác định R biết rằng trong hỗn hợp ban đầu tỉ lệ số mol R : Al là 1: 2 Câu III 1) Cho 1 lít cồn 92o tác dụng hết với Na (dư). Tính thể tích H2thu được ở điều kiện tiêu chuẩn.

Biết khối lượng riêng của rượu etylic là 0,8 g/ml, của nước là 1 g/ml.

2) Cho 12,8 gam dung dịch rượu A (trong nước) có nồng độ 71,875% tác dụng với Na (dư) được 5,6 lít khí (ở đktc). Xác định công thức cấu tạo của rượu A, biết phân tử khối của A nặng gấp 46 lần phân tử khối của hidro.

Câu IV Có 2 kim loại R và M, mỗi kim loại chỉ có một hóa trị. Cho dòng khí CO dư đi qua ống sứ nung nóng chứa hỗn hợp A gồm 2 oxit của hai kim loại trên đến khi phản ứng hoàn toàn thì còn lại chất rắn A1 trong ống và khí A2 đi ra khỏi ống. Dẫn khí A2 vào cốc đựng lượng dư dung dịch Ba(OH)2 thu được 2,955 gam kết tủa.

Cho A1 tác dụng với dung dịch H2SO4 10% vừa đủ thì không có khí thoát ra, còn lại 0,96 gam chất rắn không tan và tạo ra dung dịch A3 có nồng độ 11,243% a. Xác định kim loại R, M và công thức của các oxits đã dùng. b. Xác định thành phần % theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp A, nếu biết rằng khi hòa tan hết A vào dung dịch HCl thì nồng độ % của 2 muối trong dung dịch là bằng nhau.

Câu V Đốt cháy hoàn toàn a gam hợp chất hữu cơ B (được tạo bởi 2 loại nguyên tố) rồi hấp thụ hết sản phẩm cháy (gồm CO2 và hơi nước bằng cách dẫn hỗn hợp lần lượt đi qua bình 1 đựng H2SO4 đặc.

Sau thí nghiệm thấy khối lượng các bình 1 và 2 tăng thêm tương ứng là 24,16 gam và 8,64 gam.

Lượng oxi tiêu tốn bằng đúng lượng oxi tạo ra khi nhiệt phân hoàn toàn 252,8 gam KMnO4. a) Tính a và xác định công thức phân tử của B. b) Khi cho B tác dụng với clo chỉ tạo ra hỗn hợp 2 dẫn xuất của B có cùng khối lượng mol bằng 141 gam. Viết công thức cấu tạo của B và của các dẫn xuất clo. o

(Cho biết : H =1, C = 12, O = 16, Na =23, Mg= 24, Al = 27, S = 32, Cl = 35,5 , K = 39, Mn = 55, Cu = 64, Ba = 137).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com