Đề vào 10 chuyên hóa bắc giang 2018 2019

DỰ ÁN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ CHUYÊN HÓA HỌC SỐ 3 ( 2015 – 2019)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm có 2 trang

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018 – 2019
Ngày thi: 07/6/2018
Mơn thi: Hóa học ( hệ chun)
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (4,0 điểm)
1. Cho axit CH2=CH–COOH lần lượt phản ứng với: Na2O, CaCO3, C2H5OH (có mặt H2SO4
đặc, đun nóng), Br2 trong dung dịch. Viết phương trình hóa học của các phản ứng trên.
2. Cho các chất sau: CO2, K2CO3, BaCO3, Ba(HCO3)2. Hãy lập sơ đồ chuyển hóa giữa các
chất đã cho sao cho mỗi chất chỉ xuất hiện một lần và có 10 mũi tên chuyển hóa, mỗi mũi tên chỉ
ứng với một phương trình hóa học. Viết phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa đã lập.
Hướng dẫn giải
1.1. PTHH:
→ 2CH2=CH–COONa + H2O
2CH2=CH–COOH + Na2O ⎯⎯
→ (CH2=CH–COO)2Ca + CO2 + H2O
2CH2=CH–COOH + CaCO3 ⎯⎯
H2SO4 đặc , t o

1.2.

CH2=CH–COOH + C2H5OH
CH2=CH–COOC2H5 + H2O
→ BrCH2-CHBr–COOH

CH2=CH–COOH + Br2 ⎯⎯
Sơ đồ chuyển hóa
K2CO3
(2)

(1)

(9)

(10)

CO2
(3)

(6)
(5)

(4)
(7)

BaCO3

(8)

Ba(HCO3)2

- PTHH:
→ K2CO3 + H2O
(1) CO2 + 2KOH ⎯⎯
→ 2KCl + CO2 + H2O

(2) K2CO3 + 2HCl ⎯⎯

→ Ba(HCO3)2
(3) 2CO2 + Ba(OH)2 ⎯⎯

→ BaCl2 + CO2 + H2O
(4) Ba(HCO3)2 + 2HCl ⎯⎯
→ BaCO3 + H2O
(5) CO2 + Ba(OH)2 ⎯⎯
→ BaCl2 + CO2 + H2O
(6) BaCO3 + 2HCl ⎯⎯

→ Ba(HCO3)2
(7) BaCO3 + CO2 + H2O ⎯⎯
t
→ BaCO3 + CO2 + H2O
(8) Ba(HCO3)2 ⎯⎯
o

→ BaCO3 + K2CO3 + 2H2O
(9) Ba(HCO3)2 + 2KOH ⎯⎯
→ BaCO3 + 2KCl
(10) K2CO3 + BaCl2 ⎯⎯
Câu 2. (4,0 điểm)
1. Cho 23 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe vào dung dịch hỗn hợp gồm AgNO3 và
Cu(NO3)2, thu được chất rắn Y (gồm 3 kim loại) và dung dịch Z. Hòa tan hết Y bằng dung
dịch H2SO4 (đặc, nóng, dư), thu được 15,96 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất của H2SO4,
ở đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào Z, thu được kết tủa T. Nung T trong khơng khí đến

Trang 1

DỰ ÁN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ CHUYÊN HÓA HỌC SỐ 3 ( 2015 – 2019)
khối lượng không đổi, thu được 21 gam hỗn hợp rắn. Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn.
Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra và tính phần trăm khối lượng của mỗi
chất trong X.
2. Một hợp chất hữu cơ X có phân tử khối nhỏ hơn 170. Đốt cháy hoàn toàn 1,215
gam X sinh ra 1,008 lít khí CO2 (đktc) và 0,675 gam H2O.
a. Xác định công thức phân tử của X.
b. Khi cho X tác dụng với KHCO3 và với Na đều sinh ra chất khí có số mol đúng bằng
số mol của X đã dùng. Mặt khác, X phản ứng với NaOH theo đúng hệ số tỉ lượng sau: X +
→ 2Y + H2O. Xác định công thức cấu tạo có thể có của X thỏa mãn các tính
2NaOH ⎯⎯
chất trên và viết phương trình hóa học để suy ra cơng thức cấu tạo của Y.
Hướng dẫn giải
2.1
- Vì tính kim loại của Mg mạnh hơn Fe nên Mg tham gia phản ứng trước, khi đó chất rắn Y gồm 3
kim loại là Ag, Cu và Fe dư.
- Cho X tác dụng với dung dịch hỗn hợp gồm AgNO3 và Cu(NO3)2:
→ Mg(NO3)2 + 2Ag
Mg + 2AgNO3 ⎯⎯
(1)
→ Mg(NO3)2 + Cu
- Nếu Mg dư:
Mg + Cu(NO3)2 ⎯⎯
-Nếu Mg phản ứng hết:
→ Fe(NO3)2 + 2Ag
Fe + 2AgNO3 ⎯⎯

(2)

→ Fe(NO3)2 + Cu
Fe + Cu(NO3)2 ⎯⎯
- Dung dịch Z gồm Mg(NO3)2 và Fe(NO3)2.
- Hồ tan hết Y bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư:
to
→ Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
2Fe + 6H2SO4 đặc ⎯⎯
to
→ CuSO4 + SO2 + 2H2O
Cu + 2H2SO4 đặc ⎯⎯
to
→ Ag2SO4 + SO2 + 2H2O
2Ag + 2H2SO4 đặc ⎯⎯
- Cho dung dịch NaOH dư vào Z:
→ Mg(OH)2 + 2NaNO3
Mg(NO3)2 + 2NaOH ⎯⎯

(4)

→ Fe(OH)2 + 2NaNO3
Fe(NO3)2 + 2NaOH ⎯⎯
Kết tủa T gồm Mg(OH)2 và Fe(OH)2.
- Nung T trong khơng khí đến khối lượng không đổi:
to
→ MgO + H2O
Mg(OH)2 ⎯⎯
to
→ 2Fe2O3 + 4H2O
4Fe(OH)2 + O2 ⎯⎯

 21 gam chất rắn gồm MgO và Fe2O3.
n Mg = x mol

- Gọi số mol các chất trong 23 gam X gồm: n Fepu = y mol
( x, y, z > 0 )

n Fedu = z mol
 24x + 56y + 56z = 23
- BTNT Mg: n MgO = n Mg = x mol

(9)

(3)

(5)
(6)
(7)
(8)

(10)
(11)

(*)

1
1
- BTNT Fe: n Fe2O3 = n Fe p­ = y mol
2
2

Trang 2


DỰ ÁN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ CHUYÊN HÓA HỌC SỐ 3 ( 2015 – 2019)
1
 40 x + 160  y = 21  40 x + 80 y = 21
2
- Theo các phản ứng từ (1) đến (7):
3
3
15,96
n SO2 = n Mg + n Fe p­ + n Fed ­ = x + y + z =
= 0, 7125 mol (***)
2
2
22, 4
 x = 0,375

- Từ (*), (**), (***)   y = 0, 075
 z = 0,175


(**)

Vậy phần trăm khối lượng của mỗi chất trong X là:
0,375.24
%m Mg =
.100% = 39,13%
23
56.(0, 075 + 0,175)

%m Fe =
.100% = 60,87%
23
2.2
a.
1, 008
BTNT C: n C(X) =n CO2 =
= 0, 045 mol
22, 4
0, 675
= 0, 075 mol
BTNT H: n H (X) =2n H2O =2.
18
1, 215 − 0, 045.12 − 0, 075.1
= 0, 0375 mol
BTKL: n O(X) =
16
 n C : n H : n O = 0,045 : 0,075 : 0,0375 = 1,2 : 2 : 1 = 6 : 10 : 5
 CTPT của X là (C6H10O5)n
Mà MX < 170  162n < 170  n < 1,05  n = 1
Vậy CTPT của X là C6H10O5.
b.
- X tác dụng với KHCO3:
→ C6-xH10-xO5-2x(COOK)x + xCO2 + xH2O
C6H10O5 + xKHCO3 ⎯⎯
Theo bài cho: n CO2 = n X  x = 1  X có một nhóm –COOH
- X tác dụng với Na:
→ 2NaOOC-C5H9-yO3-y(ONa)y + (y+1)H2
2HOOC-C5H9-yO3-y(OH)y + 2(y+1)Na ⎯⎯
Theo bài cho: n H 2 =n X  y + 1 = 2y  y = 1  X có một nhóm –OH

→ 2Y + H2O  X có thêm một nhóm chức este và X có cơng
- Từ phương trình X + 2NaOH ⎯⎯
thức cấu tạo là: HO-CH2-CH2-COO-CH2-CH2-COOH hoặc HO-CH(CH3)-COO-CH(CH3)-COOH
- PTHH:
to
→ 2HO-CH2-CH2-COONa + H2O
HO-CH2-CH2-COO-CH2-CH2-COOH + 2NaOH ⎯⎯
Hoặc:
to
→ 2HO-CH(CH3)-COONa + H2O
HO-CH(CH3)-COO-CH(CH3)-COOH + 2NaOH ⎯⎯
 CTCT của Y là HO-CH2-CH2-COONa hoặc HO-CH(CH3)-COONa.

Câu 3. (4,0 điểm)
1. Cho 3 hiđrocacbon X, Y, Z có cùng cơng thức đơn giản nhất (MX < MY < MZ). Trong
mỗi phân tử hiđrocacbon đã cho, phần trăm khối lượng của cacbon bằng 92,31%. Mặt khác, khi
Trang 3


DỰ ÁN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ CHUYÊN HÓA HỌC SỐ 3 ( 2015 – 2019)
đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol Z, thu được khơng q 1,4 lít khí CO2 (đktc).
a. Xác định công thức phân tử của X, Y và Z.
b. Cho 15,6 gam hỗn hợp gồm X, Y và Z (số mol mỗi chất bằng nhau) tác dụng hết với
lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 69,1 gam kết tủa. Xác định công thức cấu tạo
của X, Y, Z và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
2. Hỗn hợp X gồm Al, Ca, Al4C3 và CaC2. Cho 40,3 gam X vào nước dư, chỉ thu được dung
dịch Y và hỗn hợp khí Z (C2H2, CH4, H2). Đốt cháy hết Z thu được 20,16 lít khí CO2 (đktc) và
20,7 gam H2O. Nhỏ từ từ dung dịch HCl vào Y, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:
số mol Al(OH)3

3a
2a

0

0,56b

0,68b

số mol HCl

a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b. Tính giá trị của a và b.
Hướng dẫn giải
3.1
a.
- %mH = 100% − 92,31% = 7,69%
- Gọi CTĐGN của 3 hidrocacbon đều là CxHy
92,31 7, 69
x : y =
:
= 1:1
12
1
 CTĐGN của 3 hidrocacbon đều là CH
1, 4
= 0, 0625
- Khi đốt cháy 0,01 nol Z thu được số mol CO2 <
22, 4
 số nguyên tử cacbon của Z < 6,25

-Vì số nguyên tử H là số chẵn và MX < MY < MZ nên CTPT của X, Y, Z lần lượt là C2H2, C4H4,
C6H6.
b.
15, 6
nX = nY = nZ =
= 0,1 (mol)
26 + 52 + 78
- CTCT của X là CH  CH
- Gọi x, y là số liên kết ở đầu mạch của C4H4 và C6H6
- Sơ đồ phản ứng:
AgNO3 / NH3
CH  CH ⎯⎯⎯⎯
⎯
→ AgC  Cag
0,1
0,1
mol
AgNO3 / NH3
C4H4 ⎯⎯⎯⎯⎯
→ C4H4-xAgx
0,1
0,1
mol
AgNO3 / NH3
C6H6 ⎯⎯⎯⎯⎯
→ C6H6-yAgy
0,1
0,1
mol
- Từ các sơ đồ trên ta có: 240.0,1 + 0,1.(52 + 107x) + 0,1.(78+107y) = 69,1

Trang 4


DỰ ÁN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ CHUYÊN HÓA HỌC SỐ 3 ( 2015 – 2019)

x = 1
(tháa m·n)
x + y = 3  
y = 2
 Y có 1 liên kết 3 đầu mạch, Z có 2 liên kết 3 đầu mạch.
 CTCT của Y là CH≡C-CH=CH2.
CTCT của Z là CH≡C-CH2-CH2-CH≡CH hoặc CH≡C-CH(CH3)-CH≡CH
- PTHH:
→ AgC  CAg  + 2NH4NO3
HC  CH + 2AgNO3 + 2NH3 ⎯⎯
→ CH2=CH-C  CAg  + NH4NO3
CH2=CH-C  CH + AgNO3 + NH3 ⎯⎯
→ AgC  C-CH2-CH2-C  CAg  + 2NH4NO3
HC  C-CH2-CH2-C  CH + 2AgNO3 + 2NH3 ⎯⎯
→ AgC  C-CH(CH3)-C  CAg  + 2NH4NO3
HC  C-CH(CH3)-C  CH + 2AgNO3 + 2NH3 ⎯⎯
3.2
a. PTHH:
- Cho X vào nước dư:
→ Ca(OH)2 + H2
Ca + 2H2O ⎯⎯
(1)
→ Ca(OH)2 + C2H2
CaC2 + 2H2O ⎯⎯

(2)

→ 4Al(OH)3 + 3CH4
Al4C3 + 12H2O ⎯⎯

(3)

→ Ca(AlO2)2 + H2O
Ca(OH)2 + Al(OH)3 ⎯⎯

(4)

→ Ca(AlO2)2 + 3H2
2Al + Ca(OH)2 + 2H2O ⎯⎯

(5)

- Đốt cháy hết Z:
5
to
→ 2CO2 + H2O
O2 ⎯⎯
2
to
→ CO2 + 2H2O
CH4 + 2O2 ⎯⎯
to
→ 2H2O
2H2 + 2O2 ⎯⎯

- Cho từ từ dung dịch HCl vào Y:
→ CaCl2 + 2H2O
2HCl + Ca(OH)2 ⎯⎯

C2H2 +

(6)
(7)
(8)
(9)

→ 2Al(OH)3 + CaCl2
2HCl + Ca(AlO2)2 + 2H2O ⎯⎯

(10)

→ AlCl3 + 3H2O
3HCl + Al(OH)3 ⎯⎯

(11)

b.
Coi X gồm Ca, Al, C.
- Gọi trong 40,3 gam X gồm x mol Ca, y mol Al và z mol C.
 40x + 27y + 12z = 40,3
20,16
= 0,9 mol  z = 0,9
- BTNT C: n C (X) =n CO2 =
22, 4
Từ (*)  40x + 27y = 40,3 - 0,9.12 = 29,5

- Theo (1), (2), (3), (5): n H (Z) =2n Ca +3n Al = 2 x + 3 y (mol )
- BTNT H: n H(X) =2n H2O = 2.

 2x + 3y = 2,3

(*)

(**)

20, 7
= 2,3 mol
18

(***)

 x = 0, 4
Từ (**), (***)  
 y = 0,5

Trang 5


DỰ ÁN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ CHUYÊN HÓA HỌC SỐ 3 ( 2015 – 2019)
1
0,5
n Al(X) =
= 0, 25 mol
2
2
- BTNT Ca: n Ca(OH)2 =n Ca (X) - n Ca(AlO2 )2 = 0, 4 − 0, 25 = 0,15 mol

- BTNT Al: n Ca(AlO2 )2 =

- Dung dịch Y gồm 0,15 mol Ca(OH)2 và 0,25 mol Ca(AlO2)2.
- Xét đồ thị:
+ Với n Al(OH)3 = 3a mol : xảy ra cả 3 phản ứng (9), (10), (11).
Theo (9): n HCl(9) =2n Ca(OH)2 = 2.0,15 = 0,3 mol

n HCl(10) =2n Ca(AlO2 )2 = 2.0, 25 = 0,5 mol
Theo (10): 
n Al(OH)3 max =2n Ca(AlO2 )2 = 2.0, 25 = 0,5 mol
n Al(OH)3 ph¶n øng (11) = 0,5 - 3a mol
Theo (11): n HCl(11) =3n Al(OH)3 ph¶n øng (11) = 3(0,5 - 3a) = 1,5 - 9a mol

 0,3 + 0,5 + 1,5 - 9a = 0,56b  9a + 0,56b = 2,3
+ Với n Al(OH)3 = 2a mol : xảy ra cả 3 phản ứng (9), (10), (11).

(I)

n Al(OH)3 ph¶n øng (11) = 0,5 - 2a mol

Theo (11): n HCl(11) =3n Al(OH)3 ph¶n øng (11) = 3(0,5 - 2a) = 1,5 - 6a mol

 0,3 + 0,5 + 1,5 - 6a = 0,68b  6a + 0,68b = 2,3
a = 0,1
Từ (I) và (II)  
b = 2,5

(II)

Câu 4. ( 4 điểm)
1. Hịa tan hồn tồn 30 gam hỗn hợp X gồm FeS2 và Cu2S trong dung dịch chứa a mol
HNO3, sau phản ứng thu được dung dịch chỉ chứa các muối sunfat trung hịa và khí NO2 duy nhất.
Tính phần trăm mỗi chất trong hỗn hợp X và tính giá trị của a.
2. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm Al và Fe2O3 (trong điều kiện khơng có
khơng khí) thu được 7,23 gam hỗn hợp X. Nghiền nhỏ, trộn đều và chia X thành hai phần. Cho phần
một tác dụng với dung dịch KOH dư, thu được 0,336 lít khí H2 (đktc) và 1,12 gam chất rắn khơng tan.
Hịa tan hết phần hai trong 170 ml dung dịch HNO3 2M, thu được 0,672 lít khí NO duy nhất (đktc)
và dung dịch Y chỉ chứa m gam hỗn hợp muối. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra và tính giá trị của m.
b. Dung dịch Y hịa tan được tối đa p gam Cu. Tính giá trị của p.
c. Bằng phương pháp hóa học, hãy trình bày sơ đồ tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp X
sao cho không làm thay đổi khối lượng của mỗi chất.
Hướng dẫn giải
4.1
- Gọi trong 30 gam X gồm x mol FeS2 và y mol Cu2S (x, y > 0)
(1)
 120x + 160y = 30
- Ta có sơ đồ:
→ Fe2(SO4)3
2FeS2 ⎯⎯
x
0,5x
mol
⎯⎯
→ 2CuSO4
Cu2S
y
2y
mol

3
- BTNT S: 2 x + y = x + 2 y  x − 2 y = 0
(2)
2
Trang 6


DỰ ÁN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ CHUYÊN HÓA HỌC SỐ 3 ( 2015 – 2019)

 x = 0,15
- Từ (1) và (2)  
 y = 0, 075
0,15.120

.100% = 60%
%mFeS2 =
30

%mCu S = 100% − 60% = 40%

2
→ Fe2(SO4)3 + 2CuSO4 + 40NO2 + 20H2O
- PTHH:
2FeS2 + Cu2S + 40HNO3 ⎯⎯
Theo phản ứng: n HNO3 =40n Cu 2S = 0, 075.40 = 3mol  a = 3

4.2
a.
- PTHH của phản ứng nhiệt nhơm:
to

→ Al2O3 + 2Fe
2Al + Fe2O3 ⎯⎯
(1)
Vì X tác dụng với dung dịch KOH dư tạo ra chất khí nên Al cịn dư  X gồm Al2O3, Fe, Al.
- Xét phần 1:
PTHH:
→ 2KAlO2 + H2O
Al2O3 + 2KOH ⎯⎯
(2)
→ 2KAlO2 + 3H2
2Al + 2KOH + 2H2O ⎯⎯
1,12
= 0, 02 (mol)
Chất rắn không tan là Fe: n Fe( P1 ) =
56
2
2 0,336
Theo (3): n Al( P1 ) = × n H2 = ×
= 0, 01 (mol)
3
3 22, 4
1
1
Theo (1): n Al2O3 = n Fe( P1 ) = × 0, 02 = 0, 01 (mol)
2
2
 mP1 = 0,01.27 + 0,01.102 + 1,12 = 2,41 (gam)
m
2, 41 1
 P1 =

=
m X 7, 23 3
 Phần 2 gấp đôi phần 1  mP1 =2.2,41= 4,82 (gam)
- Xét phần 2:
n Al O ( P ) = 0, 01× 2 = 0, 02 mol
 2 3 2
n Al( P2 ) = 0, 01× 2 = 0, 02 mol

n Fe( P2 ) = 0, 02× 2 = 0, 04 mol
0, 672
n NO =
= 0, 03 (mol); n HNO3 = 0,17× 2 = 0,34 (mol)
22, 4
+ PTHH:
→ 2Al(NO3)3 + 3H2O
Al2O3 + 6HNO3 ⎯⎯

(3)

Al

→ Al(NO3)3 + NO + 2H2O
+ 4HNO3 ⎯⎯

(5)

8Al

→ 8Al(NO3)3 + 3NH4NO3 + 9H2O
+ 30HNO3 ⎯⎯

(6)

Fe

→ Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
+ 4HNO3 ⎯⎯

(7)

→ 3Fe(NO3)2
Có thể có:
Fe + 2Fe(NO3)3 ⎯⎯
+ Theo (4): n HNO3 ( 4) = 6 n Al2O3 ( P2 ) = 6× 0, 02 = 0,12 (mol)

(4)

(8)

Trang 7


DỰ ÁN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ CHUYÊN HÓA HỌC SỐ 3 ( 2015 – 2019)
+ Theo (5), (7): n HNO3 (5,7 ) = 4 n NO = 4× 0, 03 = 0,12 (mol)
+ Theo (6): n HNO3 (6) =10n NH 4 NO3

n

HNO3

= 0,12 + 0,12 +10 n NH4 NO3 = 0,34 (mol)  n NH4 NO3 = 0,1 ( mol )

+ BTNT H: n HNO3 =4n NH4 NO3 +2n H2O  n H2O =

0,34 − 4.0, 01
= 0,15 mol
2

+ BTKL: m P2 + m HNO3 = m muèi + m NO + m H 2O

 4,82 + 63.0,34 = m + 30. 0,03 + 0,15.18  m = 22,64 (gam)
b.
n Fe( NO3 )3 = a mol
Gọi 
(a, b > 0)
n Fe( NO3 )2 = b mol
- BTNT Fe: a + b = 0,04
- BTNT Al: n Al(NO3 )3 (Y) =2n Al2O3 (P2) +n Al(P2) = 2.0, 02 + 0, 02 = 0, 06 mol
 0,06.213 + 0,01.80 + 242a + 180b = 22,64  242a + 180b = 9,06
a = 0, 03
Từ (*) và (**) giải được: 
b = 0, 01

(*)
(**)

→ 2Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2
2Fe(NO3)3 + Cu ⎯⎯
Mol: 0,03
0,015

 mCu tối đa = p = 0,015.64 = 0,96 (gam)
c.
Sơ đồ tách mi cht ra khi hn hp X:
Al2O3
Al2O3
không tan là Al 2 O3


Cl2 d­
H 2 O d­
X Al
⎯⎯⎯
→ AlCl3 ⎯⎯⎯
→
to
dd:AlCl3 , FeCl3
Fe
FeCl
3



- PTHH:

t
+ CO d­
 Fe(OH)3 ⎯⎯
→ Fe2 O3 ⎯⎯⎯→
Fe
to


AlCl3 + NaOH d­   NaAlO2
dd 
⎯⎯⎯⎯
→ 
+ CO2 d­
to
®pnc
→  Al(OH)3 ⎯⎯
→ Al2O3 ⎯⎯⎯
→ Al
FeCl3
dd  NaOH ⎯⎯⎯⎯

  NaCl

o

Câu 5. (4 điểm)
1. Chỉ dùng thêm một dung dịch chứa một chất tan làm thuốc thử, hãy trình bày phương
pháp hóa học để nhận biết các lọ bị mất nhãn đựng 4 dung dịch riêng biệt sau: dung dịch HCl,
dung dịch NaHSO4, dung dịch KOH, dung dịch NaCl. Viết phương trình hóa học của các phản
ứng xảy ra.
2. Hỗn hợp A gồm axit cacboxylic X (CnH2n+1COOH), rượu Y (CmH2m+1OH) và este Z được
tạo bởi từ X, Y. Đốt cháy hoàn toàn 3 gam A cần dùng vừa đủ 3,36 lít khí O2 (đktc), thu được
2,688 lít khí CO2 (đktc). Đun nóng 3 gam A với 100 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi các phản
ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được 5,26 gam chất rắn khan.
a. Xác định công thức cấu tạo của X, Y và Z.
b. Từ X và các chất vô cơ cần thiết hãy viết các phương trình hóa học tạo thành Y.
Hướng dẫn giải

Trang 8


DỰ ÁN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ CHUYÊN HÓA HỌC SỐ 3 ( 2015 – 2019)
5.1
Dùng thuốc thử là dung dịch Ba(HCO3)2.
- Trích lấy các mẫu thử đánh số tương ứng.
- Cho dung dịch Ba(HCO3)2 lần lượt vào các mẫu thử:
+ Trường hợp chỉ có khí thốt ra là dung dịch HCl:
→ BaCl2 + 2CO2  + 2H2O
Ba(HCO3)2 + 2HCl ⎯⎯
+ Trường hợp có khí thốt ra và xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch NaHSO4:
→ Na2SO4 + BaSO4  + 2CO2  + 2H2O
Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 ⎯⎯
+ Trường hợp chỉ xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch KOH:
→ K2CO3 + BaCO3  + 2H2O
Ba(HCO3)2 + 2KOH ⎯⎯
+ Trường hợp khơng có hiện tượng là dung dịch NaCl.
5.2
a.
3,36
2, 688
n O2 =
= 0,15 (mol); n CO2 =
= 0,12 (mol)
22, 4
22, 4
- Este Z có cơng thức là CnH2n+1COOCmH2m+1 (m, n nguyên dương)
- Gọi trong 3 gam A gồm có a mol X, b mol Y và c mol Z. (a, b, c > 0)
3 + 0,15.32 − 44.0,12

= 0,14 mol
- BTKL: m A + mO2 =mCO2 +m H2O  n H2O =
18
- BTNT O: n O( A ) = 2 n CO2 + n H2O - 2 n O2 = 2× 0,12 + 0,14 - 2× 0,15 = 0, 08 (mol)

 2a+ b+ 2c = 0,08
- Sơ đồ phản ứng cháy:
O2
CnH2n+1COOH
⎯⎯
→ (n + 1)CO2 + (n +1)H2O
O2
CnH2n+1COOCmH2m+1 ⎯⎯
→ (n + m + 1)CO2 + ( n + m+ 1)H2O
O2
CmH2m+1OH ⎯⎯→ mCO2 + (m + 1)H2O
- Từ (1), (2) và (3)  n Y =n H2O − n CO2 = 0,14 − 0,12 = 0, 02 mol  b=0,02
0, 08 - 0, 02
= 0, 03
2
- Đun A với dung dịch NaOH:
→ CnH2n+1COONa + H2O
CnH2n+1COOH + NaOH ⎯⎯
a
a
a
mol
→ CnH2n+1COONa + CmH2m+1OH
CnH2n+1COOCmH2m+1+ NaOH ⎯⎯
c

c
c
mol
- Theo (4), (5): nNaOH phản ứng = a + c = 0,03 mol < nNaOH ban đầu = 0,1. 1= 0,1 mol
 nNaOH dư = 0,1 - 0,03 = 0,07 mol
- Theo (4), (5): n Cn H 2n+1COONa = a + c = 0,03mol

Từ (*)  a+ c =

(*)
(1)
(2)
(3)

(**)
(4)
(5)

- mchất rắn = 0,07.40 + 0,03.(14n + 68) = 5,26 (gam)
 n = 1  Công thức của X là CH3COOH
- BTNT C: (n +1)a + bm + (n + 1 + m)c = 0,12  2a + 0,02m + 2c + m.c = 0,12
 0,02m + m.c = 0,12 - 0,03.2 = 0,06
0, 06 − 0, 02m
c=
m
- Từ (**)  0 < c < 0,03
Trang 9


DỰ ÁN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ CHUYÊN HÓA HỌC SỐ 3 ( 2015 – 2019)

0, 06 − 0, 02m
 0, 03  1, 2  m <3  m = 2
m
 Công thức của Y là C2H5OH
- Công thức của este Z là CH3COOC2H5
b.
PTHH:
→ CH3COONa + H2O
CH3COOH + NaOH ⎯⎯
0 

CaO
→ CH4 + Na2CO3
CH3COONa + NaOH ⎯⎯⎯
to
1500 C
→ C2H2 + 3H2
2CH4 ⎯⎯⎯
LLN
o

Pd/PbCO3
→ C2H4
C2H2 + H2 ⎯⎯⎯⎯
to
H 2SO 4 lo·ng
C2H4 + H2O ⎯⎯⎯⎯→
C2H5OH
to

______HẾT_____

Trang 10