Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường đại học khoa học tự nhiên hệ trung học phổ thông chuyên năm 2011

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2011 MÔN: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I: (1,5 điểm) Thổi dòng khí CO đi qua ống sứ chứa 6,1 gam hỗn hợp A gồm CuO, Al2O3 và một oxit của kim loại R đốt nóng, tới khi phản ứng hoàn toàn thì chất rắn còn lại trong ống có khối lượng 4,82 gam. Toàn bộ lượng chất rắn này phản ứng vừa đủ với 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 oxit của R trong hỗn hợp A. Câu II: (1,5 điểm) Hòa tan hết 37,725 gam hỗn hợp B gồm những lượng bằng nhau về số mol của NaHCO3, KHCO3, CaCl2 và BaCl2 vào 130 ml nước cất, 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 các chất thỏa 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 chiếm 6,85%; oxi chiếm 43,84% khối lượng của E. Khối lượng mol của E nhỏ hơn 250 gam. 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: (2,0 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 chỉ còn lại 8,775 gam chất rắn. (a) Tìm nồng độ CM của dung dịch X, nồng độ C% của dung dịch Y và công thức của Z. (b) Cho 16,4 gam hỗn hợp X1 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, lọc lấy kết tủa, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 13,1 gam chất rắn Y1. Tìm thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X1. Câu VI: (2,0 điểm) Cho ancol A1 có khối lượng mol bằng 76 gam tác dụng với axit cacboxylic B1 được chất M mạch hở. Mỗi chất A1 và B1 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 gồm 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 A1, M và B1. 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. ¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011 MÔN: HÓA HỌC ĐÁP ÁN Điểm Câu I: (1,5 điểm) (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 hóa học. Đặt công thức oxit của R là RxOy. CuO + CO ® Cu + CO2 a a RxOy + y CO ® x R + y CO2 c xc Al2O3 + 6 HCl ® 2 AlCl3 + 3 H2O b 6b R + n HCl ® RCln + n/2 H2 xc nxc xc nxc/2 (b) Đặt số mol của CuO, Al2O3, RxOy trong 6,1 gam hỗn hợp A lần lượt là a, b và c. Có: 80a + 102b + (xMR + 16y)c = 6,1 (1) 1,28 + 102b + MRxc = 4,82 (2) 64a = 1,28 (3) 6b + nxc = 0,15 (4) nxc/2 = 0,045 (5) (3) => a = 0,02 ; (5) => ncx = 0,09 (6) (4) => b = 0,01 ; (2) => MR = 28n; => n = 2; MR = 56, R là Fe (6) => xc = 0,045 ; (1) => yc = 0,06 => ; => x = 3; y = 4, công thức oxit là Fe3O4. 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 Các phản ứng xảy ra: Na2O + H2O ® 2 NaOH 0,075 0,15 NaHCO3 + NaOH ® Na2CO3 + H2O 0,075 0,075 0,075 2 KHCO3 + 2 NaOH ® K2CO3 + Na2CO3 + 2 H2O 0,075 0,075 0,0375 0,0375 Na2CO3 + CaCl2 ® CaCO3¯ + 2 NaCl 0,075 0,075 0,075 0,15 Na2CO3 + BaCl2 ® BaCO3¯ + 2 NaCl 0,0375 0,0375 0,0375 0,075 K2CO3 + BaCl2 ® BaCO3¯ + 2 KCl 0,0375 0,0375 0,0375 0,075 mC = 37,725 + 130 + 4,65 - (0,075. 100 + 0,075. 197 ) = 150,1 gam => 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 Câu III: (1,5 điểm) Đặt công thức phân tử tổng quát của D là CxHyOz. CxHyOz + 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 Có: 0,1x = 0,2; => x = 2 ; 0,1y/2 = 0,3; => y = 6 Nếu z = 0, CTPT của D là C2H6, D có một đồng phân: CH3-CH3. Nếu z = 1, CTPT của D là C2H6O, D có hai đồng phân: C2H5OH và CH3-O-CH3. Nếu z = 2, CTPT của D là C2H6O2, D có hai đồng phân: HOCH2-CH2OH và CH3-O-CH2OH. 1/4 5/4 Câu IV: (1,5 điểm) Vì E là chất hữu cơ nên nguyên tố còn lại phải là cacbon. Có: %C = (100- 6,85 - 43,84) % = 49,31% Đặt công thức tổng quát của E là CxHyOz. Có: => CTPT của E là (C3H5O2)n. Có: 73n n < 3,42 Vậy nghiệm phù hợp là n = 2. CTPT của E là C6H10O4. Vì E phản ứng với NaOH cho ancol và muối nên E phải là este. Do E chỉ chứa một loại nhóm chức và một phân tử E có chứa 4 nguyên tử oxi nên E là este hai lần. Trường hợp 1: E được tạo bởi axit cacboxylic đơn chức và rượu hai chức: + 2 NaOH ® 2+ R'(OH)2 Có: nE = 4,38: 146 = 0,03 mol; + 67 = 4,92: 0,06 = 82; => = 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: + 2 NaOH ® R(COONa)2 + Có: nE = 4,38: 146 = 0,03 mol; R + 67×2 = 4,92: 0,03 = 164; => R = 30 (không phù hợp). Trường hợp 3: E được tạo bởi axit cacboxylic hai chức và rượu hai chức: + 2 NaOH ® + R'(OH)2 Có: nE = 4,38: 146 = 0,03 mol; R + 67×2 = 4,92: 0,03 = 164; => R = 30 (không phù hợp). 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 phản ứng vừa đủ với nhau. Có: nHCl = nNaOH = nNaCl = 8,775: 58,5 = 0,15 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: nH2O = 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 840 ml dung dịch X: nHCl = 0,84× 2,5 = 2,1 mol Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y: Al + 3 HCl ® AlCl3 + 3/2 H2 (1) a 3a a Fe + 2 HCl ® FeCl2 + H2 (2) b 2b b Giả sử X1 chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là: Giả sử X1 chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là: Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X1 thì HCl luôn dư. Khi thêm dung dịch Y: HCl + NaOH ® NaCl + H2O (3) 2,1 - (3a + 2b) 2,1 - (3a + 2b) FeCl2 + 2 NaOH ® Fe(OH)2 + 2 NaCl (4) b 2b b AlCl3 + 3 NaOH ® Al(OH)3 + 3 NaCl (5) a 3a a Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X1 lần lượt là a và 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 H2O a 0,3 Trường hợp 1: a ≤ 0,3, Al(OH)3 bị hòa tan hoàn toàn, kết tủa chỉ có Fe(OH)2. 4 Fe(OH)2 + O2 ® 2 Fe2O3 + 4 H2O b b/2 Chất rắn Y1 là Fe2O3. b/2 = nFe2O3 = 13,1: 160 = 0,081875; => b = 0,16375 mol (*) => a = 0,2678 mol (≤ 0,3) => %Al = 27× 0,2678 ×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 (a - 0,3)/2 4 Fe(OH)2 + O2 ® 2 Fe2O3 + 4 H2O b b/2 Chất rắn Y1 có Al2O3 và Fe2O3. 51 (a - 0,3) + 80 b = 13,1 (**) Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,4; b = 0,1 => %Al = 27× 0,4 ×100: 16,4 = 65,85%; %Fe = 34,15%. 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 Câu VI: (2,0 điểm) Đặt công thức tổng quát của A1 là CxHyOz. Có: 12x + y + 16z = 76 Nghiệm phù hợp của phương 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 quát của M là CaHbOc. Có: CaHbOc + O2 ® a CO2 + H2O 17,2 gam 0,65 mol 7t 4t nO2 = 14,56: 22,4 = 0,65 mol Đặt số mol của CO2 là 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 => nO = (17,2 - 0,7×12 - 0,8×1): 16 = 0,5 mol => 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: nM = 17,2: 172 = 0,1 mol; nNaOH = 8: 40 = 0,2 mol => nNaOH/ nM = 2. Vậy CTCT của M là HOOC-CºC-COO-C3H6-OH (3 đồng phân) HOOC-CºC-COO-C3H6-OH + 2 NaOH ® NaOOC-CºC-COONa + C3H6(OH)2 + H2O CTCT của B1: HOOC-CºC-COOH. 2/4 2/4 2/4 2/4 Hà Nội, ngày 11 tháng 6 năm 2011 KT. HIỆU TRƯỞNG TRƯỞNG TIỂU BAN CHẤM THI PHÓ HIỆU TRƯỞNG MÔN HÓA HỌC CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH