Bài giải chi tiết đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên năm học 2006-2007

Bài giải chi tiết đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên năm học 2006-2007 I-1/ Trong bốn ống nghiệm có đựng riêng biệt dung dịch loãng trong suốt của bốn chất. Biết rằng: - Trong các dung dịch này có một dung dịch là axit không bay hơi; ba dung dịch còn lại là muối magie, muối bari, muối natri. - Có 3 gốc axit là clorua, sunfat, cacbonat; mỗi gốc axit trên có trong thành phần ít nhất của một chất. a) Hãy cho biết tên từng chất tan có chứa trong mỗi dung dịch trên. b) Chỉ dùng các ống nghiệm, không có các dụng cụ và hoá chất khác, làm thế nào để phân biệt các dung dịch trong bốn ống nghiệm trên và viết phương trình hoá học minh hoạ. Giải Các dung dịch có thể là: Trường hợp 1: H2SO4 ( axit sunfuric), MgSO4 ( magie sunfat), Na2CO3 ( natri cacbonat), BaCl2 ( bari clorua) Trường hợp 2: H2SO4 ( axit sunfuric), MgCl2 ( magie clorua), Na2CO3 ( natri cacbonat), BaCl2 ( bari clorua) b) Trường hợp 1: Lấy ở mỗi ống nghiệm một ít hoá chất, đánh số, rồi lần lượt đổ dung dịch vào nhau từng đôi một Nhận thấy: Dung dịch tạo 1¯ , 1ư là H2SO4 Dung dịch tạo 2¯ là MgSO4 Dung dịch tạo 2¯, 1ư là Na2CO3 Dung dịch tạo 3¯ là BaCl2 (Thí sinh có thể kẻ bảng như sau để rút ra nhận xét như trên) H2SO4 MgSO4 Na2CO3 BaCl2 H2SO4 - - ư ¯ MgSO4 - - ¯ ¯ Na2CO3 ư ¯ - ¯ BaCl2 ¯ ¯ ¯ - Phương trình hoá học H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2 ư + H2O H2SO4 + BaCl2 → BaSO4¯ + 2HCl MgSO4 + Na2CO3 → MgCO3¯ + Na2SO4 MgSO4 + BaCl2 → MgCl2 + BaSO4¯ Na2CO3 + BaCl2 → 2NaCl + BaCO3¯ Trường hợp 2: Cách làm tương tự Nhận xét: Dung dịch tạo 1¯ , 1ư là H2SO4 Dung dịch tạo 1¯ là MgCl2 Dung dịch tạo 2¯, 1ư là Na2CO3 Dung dịch tạo 2¯ là BaCl2 (Thí sinh có thể kẻ bảng như sau để rút ra nhận xét như trên) H2SO4 MgCl2 Na2CO3 BaCl2 H2SO4 - - ư ¯ MgCl2 - - ¯ - Na2CO3 ư ¯ - ¯ BaCl2 ¯ - ¯ - Phương trình hoá học H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2 ư + H2O H2SO4 + BaCl2 → BaSO4¯ + 2HCl MgCl2 + Na2CO3 → MgCO3¯ + 2NaCl Na2CO3 + BaCl2 → 2NaCl + BaCO3¯ I-2/ a) Polime là gì ? b) Viết phương trình hoá học của phản ứng: + Trùng hợp các phân tử etilen tạo ra polietilen. + Tạo ra tinh bột (hoặc xenlulozơ ) trong cây xanh nhờ quá trình quang hợp. Giải: + Pôlime là những chất có phân tử khối rất lớn do nhiều mắt xích liên kết (kết hợp) với nhau tạo nên. + Phương trình hoá học Xúc tác áp suất, toC ...+CH2=CH2+CH2=CH2+CH2=CH2+... ...- CH2-CH2-CH2-CH2-CH2-CH2-... clorophin ánh sáng 6nCO2 + 5nH2O (- C6H10O5-)n + 6nO2 II/ 44 g hỗn hợp muối NaHSO3 và NaHCO3 phản ứng hết với dung dịch H2SO4 trong điều kiện không có không khí thu được hỗn hợp khí A và 35,5 g muối Na2SO4 duy nhất. Trộn hỗn hợp khí A với oxi thu được hỗn hợp khí B có tỉ khối so với hiđro là 21. Dẫn hỗn hợp khí B đi qua xúc tác V2O5 ở nhiệt độ thích hợp, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí C gồm 4 chất có tỉ khối so với hiđro là 22,252. Viết các phương trình hoá học và tìm thành phần phần trăm về thể tích của SO3 trong hỗn hợp khí C. Giải Phương trình hoá học 2NaHSO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2SO2 + H2O (1) 2NaHCO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2 + H2O (2) số mol Na2SO4 = 35,5/142 = 0,25 Đặt số mol NaHSO3 và NaHCO3 là x và y 104x + 84y = 44 (I) Theo (1) và (2) x + y = 0,5 (II) Giải hệ (I) và (II) ị x = 0,1; y = 0,4 Hỗn hợp khí B gồm 0,1 mol SO2 ; 0,4 mol CO2; O2 với số mol là z Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp B là 21. 2 = 42 Ta có (64.0,1 + 44.0,4 + 32.z)/ (0,1+ 0,4 +z) = 42 ị z = 0,3 Phương trình hoá học tạo hỗn hợp C 2SO2 + O2 → 2SO3 Gọi số mol SO2 đã phản ứng là a, Theo (3) số mol O2 phản ứng là 0,5a, số mol SO3 tạo ra là a Trong hỗn hợp B có (0,1 - a) mol SO2 ( chưa phản ứng), (0,3 - 0,5a) mol O2 (chưa phản ứng), 0,4 mol CO2 (không phản ứng), a mol SO3 ( tạo ra) Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp C là 22,252 . 2 = 44,504 Ta có [64(0,1- a) + 32(0,3- 0,5a) + 44.0,4 + 80a] / [(0,1- a) + (0,3- 0,5a) + 0,4 + a] = 44,504 ị a = 0,09 Trong hỗn hợp C số mol SO2 là 0,1 - 0,09 = 0,01 số mol O2 là 0,3 - 0,045 = 0,255 số mol CO2 = 0,4 số mol SO3 = 0,09 Tổng số mol = 0,01 + 0,255 + 0,4 + 0,09 = 0,755 Phần trăm thể tích của SO3 là 0,09.100%/0,755= 11,92% III/ Hỗn hợp M gồm CuO và Fe2O3 có khối lượng 9,6 g được chia làm hai phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng với 100 ml dung dịch HCl, khuấy đều. Sau khi phản ứng kết thúc, hỗn hợp sản phẩm được làm bay hơi một cách cẩn thận, thu được 8,1 g chất rắn khan. Cho phần 2 tác dụng với 200 ml dung dịch HCl đã dùng ở trên trong điều kiện như lần trước. Sau khi kết thúc phản ứng lại làm bay hơi hỗn hợp sản phẩm như trên, lần này thu được 9,2 g chất rắn khan. a) Viết các phương trình hoá học. Tính nồng độ mol của dung dịch HCl đã dùng. b) Tính thành phần phần trăm về khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp M. Giải a) PTHH CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (1) Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O (2) Khối lượng của mỗi phần 9,6 / 2 = 4,8g Vì hai phần có thành phần hoàn toàn như nhau, nếu ở 2 phần tất cả oxit phản ứng hết (do lượng axit đủ hoặc dư) thì lượng chất rắn khan thu được phải bằng nhau. Theo đầu bài, lượng chất rắn không bằng nhau. Như vậy, trong các lần đó hỗn hợp oxit chưa phản ứng hết hoặc một lần chưa phản ứng hết. Theo đầu bài, ở phần 1 khối lượng oxit chưa bị hoà tan hết, tức là axit đã tác dụng hết và thiếu axit để hoà tan hết lượng oxit. Gọi số mol CuO và Fe2O3 trong phần 1 đã phản ứng là x1, y1; số mol CuO và Fe2O3 chưa phản ứng là x2 và y2 ị số mol CuCl2 và FeCl3 tạo thành ở phần 1 là x1 và 2y1 Ta có 80(x1+x2) + 160 (y1+y2) = 4,8 (I) 80x2 + 160y2 + 135x1 + 2.162,5y1 = 8,1 (II) Giải (I) và (II) ta có 55(x1+3y1) = 3,3 hay x1 + 3y1 = 0,06 (*) Theo PTHH (1), (2) ị Số mol HCl phản ứng ở phần 1 là 2(x1+3y1) Thay (*) vào ta có số mol HCl phản ứng là 2.0,06 = 0,12 Nồng độ mol của dung dịch HCl là 0,12 / 0,1 = 1,2 b) Nếu lần thứ 2 các oxit cũng chưa tác dụng hết như lần 1 thì lượng axit đã tác dụng hết và nồng độ axit tìm được cũng phải là 1,2M. Cách giải tương tự như trên. Phương trình (I) như trên, còn phương trình ( II) là 80x2 + 160y2 + 135x1 + 2 . 162,5y1 = 9,2 (II’) Kết hợp (I) và (II’) tìm ra x1 + 3y1 = 0,08 số mol HCl = 2 . 0,08 = 0,16 Nồng độ HCl là 0,16 / 0,2 = 0,8 ( khác 1,2M). Điều này chứng tỏ lần 2 các oxit đã tác dụng hết. Vì vậy lượng chất rắn khan là khối lượng của hỗn hợp 2 muối CuCl2 và FeCl3 do toàn bộ lượng oxit tạo nên. Goi số mol CuO và Fe2O3 trong phần 2 là x, y Ta có 80x + 160y = 4,8 (III) 135x + 2.162,5y = 9,2 (IV) Giải (III) và (IV) tìm ra x = 0,02 và y = 0,02 Thành phần phần trăm về khối lượng của các oxit trong hỗn hợp %m của CuO = 0,02. 80.100%/4,8 = 33,33% %m của Fe2O3 = 0,02.160.100%/4,8 = 66,67% Cách giải khác Cách 2: Phần 1: Khối lượng chất rắn tăng = 8,1 - 4,8 = 3,3 g Mà khối lượng chất rắn tăng = m Cl trong muối - m O trong oxit Nhưng n Cl trong muối = 2n O trong oxit => 35,5. 2n O trong oxit - 16. n O trong oxit = 3,3 n O trong oxit = 3,3 / (71 -16) = 0,06 nHCl = 2n O trong oxit = 2. 0,06 = 0,12 Nồng độ mol của dung dịch HCl = 0,12 /0,1 = 1,2 M Phần 2: Khối lượng chất rắn tăng = 9,2 - 4,8 = 4,4 g Mà khối lượng chất rắn tăng = m Cl trong muối - m O trong oxit Nhưng n Cl trong muối = 2n O trong oxit => 35,5. 2n O trong oxit - 16. n O trong oxit = 4,4 n O trong oxit = 4,4 / (71 -16) = 0,08 nHCl = 2n O trong oxit = 2. 0,08 = 0,16 < 0,12.2 Như vậy HCl dư, oxit hết. Tính thành phần % khối lượng làm tương tự như cách 1 Cách 3 Phần 1: Gọi số mol HCl là a, ị số mol H2O = 0,5a áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) và (2) ta có khối lượng phần 1+ khối lượng HCl p/ư = khối lượng chất rắn + khối lượng H2O 4,8 + 36,5a = 8,1 + 18 . 0,5a Giải ra a = 0,12 Nồng độ mol của dung dịch HCl = 0,12 /0,1 = 1,2 M Phần 2: Gọi số mol HCl p/ư = b ị số mol H2O = 0,5a Tương tự 4,8 + 36,5b = 9,2 + 18. 0,5b Giải ra b = 0,16 < 0,12 . 2 = 0,24 ị HCl dư Tính thành phần % khối lượng làm tương tự như cách 1 IV/ A là chất rắn khan. Cho m gam A vào dung dịch HCl 10%, khuấy đều được dung dịch B, ở đây không thấy tạo kết tủa hoặc chất bay hơi. Trong dung dịch B, nồng độ HCl là 6,1%. Cho NaOH vào dung dịch B để trung hoà hoàn toàn axit được dung dịch C. Cô cạn, làm bay hơi hết nước trong dung dịch C người ta thu được duy nhất muối NaCl khan có khối lượng 16,03 g. A có thể là chất nào? Tìm m. Giải Từ mNaCl thu được = 16,03 ị số mol NaCl thu được = 0,274 mol Chất A phải là hợp chất của natri, không thể là đơn chất natri vì khi Na tác dụng với dung dịch HCl giải phóng H2, trái đầu bài. + Nếu chất A là NaOH , có khối lượng m gam NaOH + HCl → NaCl + H2O (1) +NaOH +NaOH Từ dd HCl 10% đầu dd Bcó HCl 6,1% dd C: 0,274mol NaCl số mol HCl ban đầu = số mol NaCl = 0,274 ị mHCl = 0,274.36,5 = 10 g khối lượng dung dịch HCl ban đầu = 10/ 0,1 = 100g Theo PTHH (1): m gam NaOH p/ư với (36,5m/ 40) gam HCl ị Khối lượng HCl còn trong dung dịch 6,1% là (10 – 36,5m/40) g Sau khi cho m gam A vào 100 gam dung dịch HCl 10% thì được (100+m) g dung dịch HCl 6,1% Ta có: ( 10 – 36,5m/40)/ (m+100) = 0,061 Giải ra m = 4 g + Nếu chất A là Na2O với khối lượng m gam Na2O +2HCl → 2NaCl + H2O (2) Tương tự trên : mHCl = 0,274.36,5 = 10 g khối lượng dung dịch HCl ban đầu = 10/ 0,1 = 100g Theo PTHH (2): m gam Na2O p/ư với (73m/62) g HCl ị Khối lượng HCl còn trong dung dịch 6,1% là (10 – 73m/62) g Ta có: (10 – 73m/62)/ (m +100) = 0,061 Giải ra m = 3,15g + Nếu chất A là NaCl với khối lượng m gam số mol HCl trong dung dịch 10% = số mol HCl trong dung dịch 6,1% = n1 số mol NaCl thu được = số mol HCl + số mol NaCl ( chất A) ị n1 + m/58,5 = 0,274 (I) Vì mHCl = 36,5n1 ị khối lượng dung dịch HCl ban đầu = 36,5n1/0,1 = 365n1 ị khối lượng dung dịch B = 365n1 + m Ta có: 36,5 n1/(365n1+ m) = 0,061 (II) Giải (I) và (II) ra m = 12,82 g Trường hợp A là các chất khác như : Na2CO3, NaHCO3, Na2SO3, NaBr, NaNO3 , NaH, Na2O2... đều không phù hợp vì khi cho vào dung dịch HCl hoặc tạo ra chất bay hơi, hoặc sau khi làm bay hơi hết nước không chỉ thu được NaCl. V/ Hiđrocacbon B có công thức CxH 2x + 2 ( với x: nguyên; x³ 1), có tính chất hoá học tương tự CH4. a) Hỗn hợp khí X gồm B và H2 có tỉ lệ thể tích tương ứng là 4 : 1, đốt cháy hoàn toàn 12,2 g hỗn hợp này thu được 23,4 g H2O. Tìm công thức phân tử của hiđrocacbon trên. b) Hỗn hợp khí Y gồm B, C2H4 , H2 có thể tích 11,2 lít (đktc) đem đốt cháy hoàn toàn thu được 18 g H2O. + Hỗn hợp khí Y nặng hay nhẹ hơn khí CH4? + Dẫn hỗn hợp khí Y qua xúc tác Ni nung nóng, sau phản ứng thu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí Z, hỗn hợp này không làm mất màu dung dịch brom. Xác định thành phần phần trăm về thể tích của C2H4 trong Y. Giải a) Phương trình hoá học CxH2x+2 + (3x+1)/2 O2 → xCO2 + (x+1)H2O (1) 2H2 + O2 → 2H2O (2) số mol H2O = 23,4/18 = 1,3 Đặt số mol của CxH2x+2 và H2 trong X là a,b Ta có a = 4b (I) a(14x+2) + 2b = 12,2 (II) Theo (1), (2) a(x+1) + b = 1,3 (III) Giải (I),(II),(III) ta có a = 0,4, b = 0,1, x = 2 Công thức hiđrocacbon là C2H6 b) số mol Y = 11,2 / 22,4 = 0,5 số mol H2O = 18/18 = 1 Đặt số mol C2H6, C2H4, H2 trong Y là n1, n2, n3 ta có n1 + n2 + n3 = 0,5 (IV) Khối lượng mol trung bình của Y là MY = (30 n1 + 28n2 + 2n3)/ (n1+ n2 + n3) (*) Phương trình hoá học 2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O (3) C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O (4) 2H2 + O2 → 2H2O (5) Theo (3),(4),(5) 3n1 + 2n2 + n3 = 1 (V) Kết hợp (IV) (V) tìm ra n1 = n3 (VI) Thay (VI) vào (V) tìm ra n1 = 0,25 – 0,5n2 (VII) Thay (IV),(VI),(VII) vào (*) ta có MY = [30(0,25 - 0,5n2) + 28n2 + 2(0,25 - 0,5 n2)] / 0,5 = 16 + 24n2 Khối lượng mol của CH4 là 16. Do đó Y nặng hơn CH4 + Hỗn hợp Y cho qua xúc tác Ni nung nóng có phản ứng C2H4 + H2 → C2H6 (6) Hỗn hợp Z không làm mất màu dung dịch brom, chứng tỏ không còn C2H4 Theo (6)ị thể tích khí giảm đi bằng thể tích C2H4 phản ứng = 11,2 – 8,96 = 2,24 lít Phần trăm thể tích C2H4 trong Y = 2,24 . 100/ 11,2 = 20% VI/ Có hỗn hợp gồm rượu Ca H 2a + 1OH, axit hữu cơ Cb H 2b + 1COOH ( với a,b: nguyên; a ³ 1; b ³ 0) được chia làm ba phần bằng nhau: - Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 thấy bình nặng thêm 34,6 g trong đó có 30 g kết tủa. Dung dịch thu được sau khi lọc kết tủa đem đun nóng lại thấy tạo ra 10 g kết tủa. - Phần 2: Để trung hoà axit hữu cơ người ta phải dùng 100 ml dung dịch NaOH 1M. - Phần 3: Đem đun nóng có mặt H2SO4 đặc thu được q gam este, cho biết hiệu suất của phản ứng là 75%. a) Viết các phương trình hoá học. Tìm công thức của rượu và axit hữu cơ trên. b) Tìm q. Giải Phương trình hoá học CaH2a+1OH + 3a/2 O2 → aCO2 + (a+1) H2O (1) CbH2b+1COOH + (3b+1)/2 O2 → (b+1)CO2 + (b+1)H2O (2) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ¯ + H2O (3) 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 (4) Ca(HCO3)2 → CaCO3 ¯ + CO2 + H2O (5) CbH2b+1COOH + NaOH → CbH2b+1COONa + H2O (6) Đặt số mol CaH2a+1OH, CbH2b+1COOH trong mỗi phần là x,y số mol CaCO3 kết tủa lần 1 là 30/100 = 0,3 số mol CaCO3 kết tủa lần 2 là 10/100 = 0,1 Theo (3),(4),(5) số mol CO2 = 0,1.2 + 0,3 = 0,5 Theo (1),(2) 44[ax + (b+1)y] + 18[ (a+1)x + (b+1)y] = 34,6 (I) [ax + (b+1)y] = 0,5 (II) Thay (II) vào (I) tìm ra x = 0,2 Theo (6) số mol CbH2b+1COOH = y = số mol NaOH = 0,1.1 = 0,1 Thay các giá trị x, y vào (II) ta có 2a + b = 4 Có 2 cặp nghiệm hợp lý là - a = 1 , b = 2 ứng với công thức CH3OH và C2H5COOH - a = 2, b = 0 ứng với công thức C2H5OH và HCOOH b) Nếu các chất là CH3OH và C2H5COOH H2SO4 đặc, t0 C2H5COOH + CH3OH C2H5COOCH3 + H2O số mol C2H5COOCH3 = số mol C2H5COOH = 0,1 số gam C2H5COOCH3 = q = 88. 0,1. 0,75 = 6,6 (g) Nếu các chất là C2H5OH và HCOOH H2SO4 đặc, t0 HCOOH + C2H5OH HCOOC2H5 + H2O số mol HCOOC2H5 = số mol HCOOH = 0,1 số gam HCOOC2H5 = q = 74. 0,1. 0,75 = 5,55 (g)