chuyên Lam sơn 2011

Hãy xác định A, B và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.. 3- Nung nóng hỗn hợp gồm CuO, Fe2O3, CaO và C dư ở nhiệt độ cao trong chân không đến khi các phản ứng xảy ra hoà

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

Đề chính thức

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC: 2011 – 2012 M«n: Hãa häc (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Hóa) Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu I: (3,0 điểm)

1- Chỉ được dùng thêm CO2 và H2O hãy phân biệt 5 chất bột màu trắng đựng trong các lọ riêng rẽ: NaCl,

Na2CO3, Na2SO4, BaCO3, BaSO4

2- Chất khí A được tạo bởi nguyên tố R và H có công thức RH4, trong đó R chiếm 87,5% khối lượng Đốt

cháy A trong oxi dư thu được chất rắn B Cho B tác dụng lần lượt với axit HF, NaOH (đặc, nóng) và Na2CO3 (đặc, nóng) Hãy xác định A, B và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra

3- Nung nóng hỗn hợp gồm CuO, Fe2O3, CaO và C dư ở nhiệt độ cao (trong chân không) đến khi các phản

ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp chất rắn X và khí Y Cho hỗn hợp chất rắn X vào nước dư thu được chất rắn Z, dd G và khí H Hòa tan Z bằng dd H2SO4 đặc, nóng, dư Viết PTHH của các phản ứng xảy ra

Câu II: (3,0 điểm)

1-a Chất A có công thức (CH)n Biết 1 mol A có thể pư tối đa với 4 mol H2 hoặc với 1 mol Br2 trong dd Xác định công thức cấu tạo của A Biết A là hợp chất có trong chương trình phổ thông

b Có 4 chất lỏng không màu đựng trong các lọ mất nhãn: lòng trắng trứng, dd glucozơ, dd saccarozơ, hồ

tinh bột Nêu phương pháp nhận biết 4 dd đó Viết PTHH của các phản ứng xảy ra

với tỉ lệ mol tương ứng là 3:4

a Xác đinh công thức phân tử của X, Y, Z Biết MX < My < Mz.

b Viết công thức cấu tạo của X, Y, Z.

3- Cho Y là chất vô cơ, hãy xác định các chất hữu cơ A 1 , A 2 , A 3 , A 4 , X và viết phương trình hóa học của các

pư theo sơ đồ sau:

Câu III: (2,0 điểm)

D và kết tủa B Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam bột sắt vào dd D thu được chất rắn F và dd E Cho F vào dd HCl

dư tạo ra 4,48 lit H2 (đktc) Cho dd NaOH dư vào dd E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn (Các pư xảy ra hoàn toàn)

a Tính khối lượng kết tủa B.

b Hòa tan 93,4 gam hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dd X Dẫn V lit Cl2 (đktc) vào dd X, cô cạn dd sau pư thu được 66,2 gam muối Tính V

2- Dẫn H2 dư qua 8,14 gam qua hỗn hợp A gồm CuO, Al2O3, FenOm nung nóng, sau khi pư hoàn toàn thu

được 1,44 gam H2O Mặt khác, hòa tan hoàn toàn 8,14 gam A cần dùng 170 ml dd H2SO4 1M (loãng) thu được dd B Cho B tác dụng với dd NaOH loãng, dư, lọc kết tủa nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 5,2 gam chất rắn Xác điịnh công thức FenOm và tính khối lượng từng chất trong A

Câu IV: (2,0 điểm)

1- Cho 4,48 lit hỗn hợp X (đktc) gồm 2 hiddrocacbon mạch hở (có tối đa 2 liên kết п) lội từ từ qua bình

chứa 1,4 lit dd Br2 0,5M Sau khi pư xảy ra hoàn toàn, thấy số gam Br2 giảm đi một nửa và khối lương bình tăng thêm 6,7 gam, không có khí thoát ra Xác định công thức phân tử của 2 hiddrocacbon

2- Hỗn hợp X gồm rượu (ancol) A và axit hữu cơ đơn chức mạch hở B (số nguyên tử cacbon trong A và B

bằng nhau) Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần 21,84 lit O2 (đktc) Cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hoàn toàn vào dd Ca(OH)2 dư thu được 75 gam kết tủa, khối lượng dd sau pư giảm 27,6 gam so với ban đầu Mặt khác nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với Na dư thu được 2,8 lit H2 (đktc) Tìm công thức phân

tử của A và B

-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HÓA CHUYÊN LAM SƠN 2011-2012

Câu I:

1- Trích mỗi chất thành nhiều mẩu để làm TN

- Hòa tan các mẫu vào nước, phân biệt 2 nhóm chất Nhóm A: không tan trong nước là BaCO3, BaSO4 Nhóm B tan: NaCl, Na2CO3, Na2SO4

- Sục CO2 vào 2 sản phẩm ở nhóm A, nếu tan là BaCO3, không tan là BaSO4

CO2 + H2O + BaCO3 → Ba(HCO3)2

- Thử các dung dịch ở nhóm B bằng dung dịch Ba(HCO3)2, nếu không có kết tủa là NaCl, 2 mẫu còn lại đều

có KT

Ba(HCO3)2 + Na2CO3 → BaCO3 ↓ + 2NaHCO3

Ba(HCO3)2 + Na2SO4 → BaSO4 ↓ + 2NaHCO3

- Sục CO2 vào các kết tủa, nếu kết tủa tan thì chất ban đầu là Na2CO3, kết tủa không tan thì chất ban đầu là Na2SO4

CO2 + H2O + BaCO3 → Ba(HCO3)2

2- Ta có: MR 87,5

4 =12,5 => R = 28 ( Si)

HC khí là SiH 4 ; rắn B : SiO 2

Các phản ứng:

SiH4 + 2O2 →t 0 SiO2 + 2H2O ↑

SiO2 + 4HF → SiF4 + 2H2O

SiO2 + 2NaOH →t 0 Na2SiO3 + H2O

SiO2 + Na2CO3 →t 0 Na2SiO3 + CO2 ↑

3- CuO + C (dư) →t 0 CO + Cu

Fe2O3 + 3C( dư) →t 0 2Fe + 3CO

CaO + 3C ( dư) →t 0 CaC2 + CO

- Phản ứng của X với H2O:

CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2 ↑

Rắn Z: C,Fe,Cu ; dd G: Ca(OH) 2 ; Khí H: C 2 H 2

- Phản ứng của Z với H2SO4 đặc, nóng

C + 2H2SO4 đặc →t 0 CO2 ↑ + 2H2O + 2SO2 ↑

2Fe + 6H2SO4 đặc →t 0 Fe2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2 ↑

Cu + 2H2SO4 đặc →t 0 CuSO4 + 2H2O + SO2 ↑

Câu II:

1-a : 1molA + 4mol H2 => A có 4 liên kết π

Mặt khác: 1mol A + 1mol Br2/ dd

Như vậy A có 3 liên kết π liên hợp (nằm trên vòng benzen), 1 liên kết π nằm ở nhánh ( cộng với Br2/dd) Vậy độ bất bão hòa a = 5

Từ CTTQ: CnHn => 2n 2 n 5

2

+ − = ⇒ n = 8 ⇒ CTPT của A: C 8 H 8

CTCT:

b- Dùng dung dịch I2 thử các mẫu, nhận ra HTB vì tạo dung dịch màu xanh

Đun nóng các mẫu còn lại, nếu dung dịch nào đông tụ là lòng trắng trứng

Thử 2 mẫu còn lại bằng dung dịch AgNO3/NH3 ( đun nóng) nếu có KT là glucozo, còn lại là saccarozo C6H12O6 + Ag2O →t 0NH 3 C6H12O7 + 2Ag ↓

2- Đặt CT chung của 3 rượu là : CxHyOz ( do tỷ lệ mol CO2 và H 2 O khi đốt cháy bằng nhau)

CxHyOz +O 2→xCO2 + y/2H2O

Ta có: x 3

0,5y =4 ⇒ x 3

y =8 ( y ≤ 2x + 2) ⇒ x = 3, y =8 là thỏa mãn.

–CH=CH

2

Vì ancol có chỉ số O ≤ chỉ số C nên ⇒ z ≤ 3

z = {1,2,3} ⇒ 3 rượu là C3H8O , C3H8O2 , C3H8O3

Vì MX < MY < MZ nên X: C 3 H 8 O ,Y: C 3 H 8 O 2 , Z: C 3 H 8 O 3

3- Xác định chất:

X: C2H2 ; Z: CH3COOH ; Y: HCl ; A 1: CH2=CHCl

A 2: CH3-CHCl2 ; A 3: CH3COO-CH=CH2 ; A 4: CH3COO-CHCl-CH3

( Có thể thay CH 3 -COOH bằng một axit khác R-COOH)

Các phương trình phản ứng:

CH≡CH + HCl →xt CH2=CHCl (1)

CH≡CH + H2O HgSO480 C0 →CH3CHO (2)

CH≡CH + CH3COOH →xt CH3COO-CH=CH2 (3)

CH2=CHCl + H2O t 0

xt

→CH3-CHO + HCl (4) CH3COO-CH=CH2 + H2O t0

H+

→CH3COOH + CH3-CHO (5) CH2=CHCl + HCl →xt CH3-CHCl2 (6)

CH3COO-CH=CH2 + HCl →xt CH3COO-CHCl–CH3 (7)

CH3-CHCl2 + H2O t 0

xt

→ CH3-CHO + 2HCl (8) CH3COO-CHCl-CH3 + H2O (dư) t 0

xt

→ CH3-CHO + CH3COOH + HCl (9)

Lưu ý: rượu có 2,3 nhóm –OH liên kết trên cùng 1 nguyên tử C, hoặc có nhóm –OH liên kết trên nguyên tử

C có liên kết đôi là các rượu không bền, chuyển hóa thành andehit, xeton, hoặc axit

+) Rượu có 2 nhóm –OH liên kết trên cùng 1 nguyên tử C hoặc rượu có nhóm – OH liên kết trên

nguyên tử C đầu mạch có chứa liên kết đôi ( C=C) thì không bền và chuyển thành andehit.

+) Các trường hợp rượu không bền khác sẽ chuyển thành xeton ( có nhóm =CO ) hoặc axit hữu cơ

( có nhóm –COOH)

Câu III:

1.a- Gọi x,y,z là số mol MgCl2, NaBr, KI trong hỗn hợp.

MgCl2 + 2AgNO3 → Mg(NO3)2 + 2AgCl ↓ (1)

x 2x x 2x mol

NaBr + AgNO3 → NaNO3 + AgBr ↓ (2)

y y y mol

KI + AgNO3 → KNO3 + AgI ↓ (3)

z z z mol

dung dịch D phản ứng được với Fe nên D còn AgNO3 ( dư)

Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag ↓ (4)

Rắn F + HCl → H2 ⇒ F có chứa Fe ( dư)

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑ (5)

0,2 4, 48

Theo (4): nAgNO3 2nFe 2 (22, 4 0, 2) 0, 4

56

nAgNO3(1, 2,3) (0,7 2) 0, 4= × − = 1 mol

Sơ đồ phản ứng của E với NaOH:

Mg(NO3)2 →+ NaOH Mg(OH)2 →t 0 MgO

x x mol

2Fe(NO3)2 →+ NaOH 2Fe(OH)2 →O (t2 0) Fe2O3

0,2 0,1 mol

Theo đề ta có: Ta có: 95x + 103y + 166z = 93,4 (I)

2x + y + z = 1 (II)

40x + 0,1× 160 = 24 ⇔ x = 0,2 ( III)

Giải hệ (I),(II),(III) được: x = 0,2 ; y = 0,4 ; z = 0,2

mB =(0,4× 143,5) + (0,4× 188) + (0,2× 235) = 179,6 gam

( hoặc mB = 0,2× 71 + 0,4× 80 + 0,2× 127 + 108 = 179,6 gam )

b) Dễ thấy nếu X phản ứng hết thì muối thu được có khối lượng bằng:

(0,2× 74,5) + (0,4× 58,5) = 38,3g < 66,2 ( Vậy X chưa hết)

Vì mức độ hoạt động Cl>Br>I nên khi sục Cl2 vào X thì KI pư trước

*TH1: Nếu NaBr chưa phản ứng:

∆m ( độ giảm kl muối) = 93,4 – 66,2 = 27,2g

Cl2 + 2KI → 2KCl + I2

n ( pư) = KI 27, 2

127 35,5− = 0,29 > 0,2 ( vô lý)

* TH2: NaBr đã phản ứng một phần.

Cl2 + 2KI → 2KCl + I2

0,1 0,2 0,2 0,1 (mol)

Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2

x 2x 2x x (mol)

Vì muối giảm 27,2 gam nên lượng halogen tăng 27,2 gam

0,1× 254 + 160x - 71( 0,1 + x ) = 27,2

Giải ra được: x = 0,1

VCl2= V = (0,1+0,1)× 22,4 = 4,48 lít

( Có thể giải bài trên theo pp chọn mốc so sánh)

2- Gọi x,y, z lần lượt là số mol CuO, Al2O3, FenOm

TN1: CuO + H2 →t 0 Cu + H2O

FenOm + mH2 →t 0 nFe + mH2O

Số mol H2O = số mol O ( bị khử) ⇔ x + mz = 1, 44

18 = 0,08 (1)

TN2: CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O

x x x (mol)

Al2O3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2O

y 3y y (mol)

2FenOm + 2mH2SO4 → nFe2(SO4)2mn + 2mH2O

z mz 0,5nz (mol)

Ta có: x + 3y + mz = 0,17× 1 = 0,17 (2)

CuSO4 →+ NaOH Cu(OH)2 →t 0 CuO

x x (mol)

Fe2(SO4)2mn →+ NaOH 2Fe(OH)2mn →O (t2 0) Fe2O3

0,5nz 0,5nz (mol)

Ta có: 80x + 80nz = 5,2 ⇒ x + nz = 0,065 (3)

Lấy (2) – (1) được: y = 0,17 0,08

3

−

= 0,03

Mặt khác: 80x + 102× 0,03 + z(56n + 16m) = 8,14

⇔ 80x + 16mz + 56nz = 5,08 (4)

Giải hệ (1),(3),(4) được: x = 0,02 ; mz = 0,06 ; nz = 0,045

mz= 0,6 =4 ⇒ n 3

m= 4 CTPT của oxit sắt : Fe 3 O 4

mAl O2 3= 0,03× 102 = 3,06 g ; mCuO= 0,02× 80 = 1,6 g ; mFe O3 4= 8,14- (3,06 + 1,6) = 3,48g

Câu IV:

1- nBr2 ( pư) = 1, 4 0,52× = 0,35 mol ; n = X 4, 48 0, 2

22, 4= ( mol)

Số liên kết π trung bình: k = 0,35/0,2 = 1,75

Như vậy hỗn hợp X gồm 1 chất có 2π ( ankin hoặc ankadien) , chất còn lại < 2π ( Ankan hoặc anken)

*TH1: X gồm: CnH2n + 2 và CmH2m -2 ( 1 ≤ n ≤ 4 ; 2 ≤ n ≤ 4 ; m,n: nguyên )

CmH2m -2 + 2Br2 → CmH2m -2 Br4

0,175 0,35

Khối lượng bình Br2 tăng lên chính bằng khối lượng CmH2m -2

14m – 2 = 6,7 38, 2

0,175= ⇒ m = 2,87 ( loại)

*TH2: X gồm: CnH2n và CmH2m -2 ( 2 ≤ n,m ≤ 4 )

CmH2m -2 + 2Br2 → CmH2m -2 Br4

a 2a mol

CnH2n + Br2 → CmH2m Br2

b b mol

Ta có: a b 0, 2

a 2b 0,35

+ =



 + =

 ⇒ a = 0,05 ; b = 0,15

Phương trình biểu diễn khối lượng hỗn hợp:

0,05× 14n + 0,15× (14m – 2) = 6,7 ⇒ n + 3m = 10

Chỉ có m = 2 ; n = 4 là thỏa mãn

CTPT của 2 hiđrocacbon là: C 2 H 2 và C 4 H 8

2- Tính được nCO2= n = KT 75 0,75

100 = (mol) Khối lượng dd nước vôi giảm 27,6 gam => mCO2 +mH O2 = m - 27,6 gamKT

nH O2 = 75 27,6 0,75.44

18

= 0,8 mol

Vì nCO2 <

2

H O

n nên => A là rượu no, mạch hở ( vì phần axit cháy cho số mol H2O ≤ số nol CO2)

Đặt CTTQ của rượu A là: CnH2n+2 - m(OH)m ( m, n ≥ 1)

CTTQ của axit B là: C(n-1)H2n -1 -2k COOH ( k ≥ 0)

*TN1: tính số mol O2 (pư) = 0,975 mol

CnH2n+2 - m(OH)m + 3n 1 m

2

+ −

O2 → nCO2 + (n+1)H2O

a an (n+1)a (mol)

C(n-1)H2n -1 -2k COOH + 3n 2 k

2

− −

O2 → nCO2 + (n-k)H2O

b nb (n- k)b (mol)

⇒ ( a + b)n = 0,75 (1) và (n+1)a + (n-k)b = 0,8 ⇔ a – kb = 0,05 (2)

*TN2: tính số mol H2 = 0,125 mol

CnH2n+2 - m(OH)m + mNa → CnH2n+2 - m(ONa)m + m

2 H2 ↑

C(n-1)H2n -1 -2k COOH + Na → C(n-1)H2n -1 -2k COONa + ½ H2 ↑

Ta có: 0,5am + 0,5b = 0,125 ⇔ am + b = 0,25 (3)

n (X) n (H O CO ) n (O )O = O 2 + 2 − O 2 = 2× 0,75 + 0,8 - (0,975× 2) = 0,35 mol

⇒ am + 2b = 0,35 (4)

giải hệ (3) và (4) được: b = 0,1 ; am = 0,15 (*)

Thay (*) vào (2) được: a = 0,05 + 0,1k ( a < 0,25 )

Có 2 TH : k = 0 ⇒ a = 0,05 và k = 1 ⇒ a = 0,15 là thỏa mãn

* TH1: k = 0 , a = 0,05 ⇒ m = 0,15/0,05 = 3 ; n = 0,75/( 0,1 + 0,05) = 5

A là : C 5 H 9 (OH) 3 và B: C 4 H 9 -COOH

* TH2: k = 1 ⇒ a = 0,15 ⇒ m =0,15/0,15 = 1 ; n = 0,75/( 0,1 + 0,15) =3

Thay (*) vào (1) được: (0,15 0,1)n 0,75

m + = ⇔ 0,15n = m(0,75 - 0,1n) ⇒m = 3n

15 2n− ( n ≤ 7)

Biện luận:

n

1 2 3 4 5 6 7

m - 1 3 6

-* Nếu n = 3, m =1 ⇒ a = 0,15

Thay vào (2) ta có: k = (0,15 – 0,05): 0,1 = 1 ( nhận)

* Nếu n = 5, m =3 ⇒ a = 0,05 mol

Thay vào (2) ta có: k = (0,05 – 0,05): 0,1 = 0 ( nhận)

A là : C 5 H 9 (OH) 3 và B: C 4 H 9 -COOH

* Nếu n = 6 , m = 6 ⇒ a = 0,025

Thay vào (2) ta có: k = (0,025 – 0,05): 0,1 = - 0,25 ( loại)

Giáo viên giải: Nguyễn Đình Hành - THCS Chu Văn An ,Đak Pơ, Gia Lai

Email: n.dhanh@yahoo.com.vn

Các thầy/cô có cách khác hãy chia sẻ với tôi theo địa chỉ trên, hoặc gửi vào http://dhanhcs.violet.vn