Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT tỉnh Phú Yên năm 2012 môn Hóa potx

S
Ở GIÁO DỤC V
À ĐÀO T
ẠO

TỈNH PHÚ YÊN




KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011-2012.

MÔN THI: HÓA HỌC (Chuyên)
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Cho khối lượng mol nguyên tử các nguyên tố (gam/mol): C=12; H=1; Mg=24; Ca=40; Fe=56; O=16; S=32;
Ag=108; Al=27; Br=80; Cu=64.
Câu 1: (4,0 điểm)
a. Trong phòng thí nghiệm, người ta điều chế khí etilen bằng cách đun nóng hỗn hợp ancol etylic và axit
sunfuric đặc (xúc tác) ở nhiệt độ thích hợp. Nếu dẫn khí thoát ra vào ống nghiệm chứa dung dịch KMnO
4
thì sau
phản ứng trong ống nghiệm ta không thấy xuất hiện kết tủa màu đen (MnO
2
) như khi cho etilen lội qua dung dịch
KMnO
4
. Tạp chất (chất X) gì đã gây ra hiện tượng đó? Giải thích?
b. Hỗn hợp khí chỉ gồm etilen và X. Để loại chất X (chỉ còn etilen), có thể dùng dung dịch chứa chất nào
trong các chất (riêng biệt) sau đây: BaCl

2
; nước Br
2
; KOH; K
2
CO
3
; K
2
SO
3
, giải thích và viết phương trình phản
ứng minh họa?
Câu 2: (4,0 điểm)
Một loại quặng X có chứa %
3
50
(theo khối lượng) tạp chất trơ, thành phần còn lại chỉ gồm CaCO
3
và
MgCO
3
. Lấy 1,2m gam X cho phản ứng với dung dịch HCl dư, thu được 0,5m gam khí CO
2
và dung dịch Y.
a. Tính phần trăm khối lượng MgCO
3
và CaCO
3
trong X?

b. Lấy một phần dung dịch Y đem cô cạn và tiến hành điện phân nóng chảy toàn bộ lượng muối thu được
(hiệu suất quá trình điện phân đạt 100%). Hỗn hợp kim loại thu được sau điện phân có khối lượng bằng 1,68 gam
được cho hết vào 1,5 lít dung dịch CuCl
2
0,1M, phản ứng xong thu được dung dịch Z. Khối lượng dung dịch Z
tăng hay giảm hơn so với khối lượng dung dịch CuCl
2
ban đầu bao nhiêu gam?
Câu 3: (4,0 điểm)
3.1. Hỗn hợp khí (ở nhiệt độ phòng) X gồm C
2
H
7
N và hai hiđrocacbon có khối lượng phân tử hơn kém nhau
14 đvC. Đốt cháy hoàn toàn 100 ml hỗn hợp X bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được 550 ml hỗn hợp Y gồm CO
2
;
N
2
và hơi nước. Dẫn 110 ml hỗn hợp Y đi chậm qua bình chứa axit sunfuric đậm đặc (dư), thấy còn lại 50 ml khí
(các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Xác định công thức phân tử của hai hiđrocacbon
và tính phần trăm theo thể tích các chất trong X.
3.2. Giải thích vì sao CH
4
hầu như không tan nước, còn C
2
H
5
OH và CH
3

COOH lại tan rất tốt trong nước?
Câu 4: (4,0 điểm)
4.1. Hỗn hợp X gồm CuSO
4
; FeSO
4
và Fe
2
(SO
4
)
3
có chứa
3
64
% theo khối lượng nguyên tố lưu huỳnh. Lấy 60
gam hỗn hợp X hòa tan hoàn toàn trong nước, sau đó thêm dung dịch NaOH (loãng) cho đến dư. Phản ứng xong, lọc
lấy kết tủa đem nung ngoài không khí tới khi khối lượng chất rắn không thay đổi, được hỗn hợp Y. Dẫn một luồng
khí CO (dư) đi chậm qua Y (nung nóng) cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, được m gam chất rắn Z.
a. Viết tất cả các phương trình phản ứng đã xảy ra.
b. Tính m (gam)?
4.2. Trộn lẫn 100 ml dung dịch HCl a M với 250 ml dung dịch KOH b M, được dung dịch X. Lập biểu thức
toán học thể hiện mối quan hệ giữa a và b, biết dung dịch X hòa tan vừa hết 9,75 gam nhôm hidroxit.
Câu 5: (4,0 điểm)
5.1. Thủy phân m gam tinh bột trong môi trường axit (hiệu suất phản ứng đạt 72%), thu lấy toàn bộ lượng
glucozơ và chia làm hai phần.
- Phần một, cho tác dụng với dung dịch AgNO
3
/NH
3

(dư), phản ứng hoàn toàn được 24,03 gam Ag.
- Phần hai, thực hiện phản ứng lên men rượu (hiệu suất phản ứng đạt 80%). Chưng cất cho đến hết lượng
ancol thu được và điều chỉnh thể tích bằng nước cất thấy thu được 287,5 ml dung dịch ancol etylic 75
0
.
Tính m (gam)? Biết khối lượng riêng của ancol etylic nguyên chất bằng 0,8 gam/ml.
5.2. Hỗn hợp X gồm etilen và axetilen, tỉ khối hơi của X so với hidro bằng 13,25. m gam hỗn hợp X làm mất
màu tối đa 16,8 gam brom. Tìm m (gam)?
…………… HẾT ……………

Họ và tên thí sinh: …………………………………… Số BD: ……………….

Lưu ý: Thí sinh không được phép sử dụng Bảng tuần hoàn;Giám thị không giải thích gì thêm.

Chữ ký giám thị 1: ………………………. Chữ ký giám thị 2: ……………………………
ĐỀ CHÍNH THỨC

S
Ở GIÁO DỤC V
À ĐÀO T
ẠO

TỈNH PHÚ YÊN



KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011-2012.

MÔN THI: HÓA HỌC (Chuyên)

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

(Đáp án có 04 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ CHO ĐIỂM BÀI THI CỦA THÍ SINH

Câu Đáp án tham khảo Điểm











1
(4,0 điểm)






a
(1,5)
KMnO
4

phản ứng trong môi trường trung tính sẽ cho MnO
2
(kết tủa màu đen);
còn trong môi trường axit sẽ cho muối Mn (II) (hầu như không màu).
Phản ứng giữa etilen và KMnO
4
chỉ xảy ra trong môi trường trung tính nên sản
phẩm tạo thành có kết tủa MnO
2
màu đen.

0,5 điểm
Trong quá trình
đi
ều chế C
2
H
4

t
ừ C
2
H
5
OH và H
2
SO
4

đ

ặc xúc tác, tạp chất lẫn
vào dòng khí thoát ra luôn có mặt SO
2
. Chất X chính là SO
2
.
0,5 điểm
SO
2
tan vào dung dịch, tạo ra môi trường axit (ngoài ra SO
2
cũng phản ứng với
KMnO
4
sản phẩm sinh ra có tính axit, góp phần tạo môi trường axit) nên phản
ứng giữa KMnO
4
với C
2
H
4
xảy ra trong môi trường axit nên sản phẩm tạo ra
không có MnO
2
- không có kết tủa màu đen.

0,5 điểm

b
(2,5)
Đ
ể loại bỏ SO
2
, ta không th
ể d
ùng các dung d
ịch: BaCl
2
; Br
2
và K
2
CO
3
, vì:

+ dd BaCl
2
: cả hai chất đều không có phản ứng;
0,5 điểm
+ dd Br
2
: cả hai đều phản ứng:
SO
2
+ Br
2

+ H
2
O

2HBr + H
2
SO
4

C
2
H
4
+ Br
2


C
2
H
4
Br
2


0,5 điểm
+ dd K
2
CO
3

: SO
2
phản ứng tạo tạp chất mới CO
2
:
SO
2
+ K
2
CO
3


K
2
SO
3
+ CO
2
;
0,5 điểm
Các dung d
ịch d
ùng đ
ể loại SO
2

đư
ợc l
à: KOH v

à K
2
SO
3
:

+ dd KOH: chỉ có SO
2
phản ứng:
SO
2
+ KOH

K
2
SO
3
+ H
2
O (hoặc SO
2
+ KOH

KHSO
3
)

0,5 điểm
+ dd K
2

SO
3
: chỉ có SO
2
phản ứng: SO
2
+ K
2
SO
3


KHSO
3

0,5 điểm






2
(4,0 điểm)

Khối lượng của hai muối MgCO
3
và CaCO
3
=
);()
3
50
100(
100
2,1
gamm
m


Đặt công thức chung cho hai chất: RCO
3

RCO
3
+ 2HCl

RCl
2
+ CO
2
(1)

0,75 điểm


Đặt
);(
3
molxn
CaCO
 )(
3
molyn
MgCO

;
Ta có hệ phương trình toán học:





myx
myx
5,0)(44
84100


yx

3

0,75 điểm
);(
352
3
mol
m
n
CaCO
 );(
352
3
3
mol
m
n
CaCO

Phần trăm khối lượng các chất: (%)67,23100
2,1352
100
%
3
 x
mx
xm
m
CaCO
;
(%)66,59100
2,1352

843
%
3
 x
mx
mx
m
MgCO



0,5 điểm
Cô cạn Y, HCl bay hơi nên chỉ còn muối bị điện phân. Phương trình phản ứng
hóa học đã xảy ra: RCl
2
 
đpnc
R + Cl
2
(2)
Số mol Cu(NO
3
)
2
= 1,5.0,1 = 0,15 (mol)

0,5 điểm
Theo câu (a), 3n
Ca

= n
Mg
. Do đó t
ừ dữ kiện, ta có: 40x + 72x = 1,68


x = 0,015 (mol)

n
Ca
= 0,015 (mol); n
Mg
= 0,045 (mol)

0,5 điểm
Kim loại Ca có phản ứng với nước, còn Mg phản ứng với CuCl
2
:
Ca + 2HOH  Ca(OH)
2
+ H
2 
(3)


0,5 điểm
ĐÁP ÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ca(OH)
2

+ CuCl
2


Cu(OH)
2

+ CaCl
2
(4)
Mg + CuCl
2


MgCl
2
+ Cu

(5)
(Độ tan của Cu(OH)
2
<< độ tan của Mg(OH)
2
trong dung môi nước nên khi
Cu(OH)
2
kết tủa hoàn toàn thì Mg(OH)
2
mới kết tủa nhưng do muối đồng (II) dư
nên không xuất hiện kết tủa Mg(OH)

2
)
molnmoln
MgCaCuCl
06,015,0
),(
2


CuCl
2
phản ứng dư; kim loại hết
Sau phản ứng, các chất tách ra khỏi dung dịch Z bao gồm: H
2
(0,015 mol);
Cu(OH)
2
(0,015 mol); Cu (0,045 mol).
Khối lượng chất tách ra khỏi dung dịch Z:
m’ = 0,015x2 + 98x0,015 + 64x0,045 = 4,38 (gam)
Vì m’ > 1,68

khối lượng d/dịch Z giảm hơn khối lượng dd CuCl
2
, độ giảm
khối lượng dung dịch = 4,38 – 1,68 = 2,7 (gam)



0,5 điểm

3
(4,0 điểm)














3.1
(3,0)
Đặt công thức phân tử chung hai hidrcacbon: C
x
H

y
Phương trình phản ứng cháy:
C
2
H
7
N + O
2


Ct
0
2CO
2
+ 3,5H
2
O + 0,5N
2
(1)
C
x
H
y
+ O
2

Ct
0
xCO
2

+ 0,5yH
2
O (2)


0,5 điểm
Axit sunfuric đậm đặc hấp thụ H
2
O

Thể tích H
2
O hơi sau phản ứng cháy:

)(300)50110(5
2
mlV
OH

;
Thể tích của CO
2
và N
2
sau phản ứng cháy: )(250505
)(
22
mlxV
NCO





0,5 điểm
Đặt );(
72
mlan
NHC
 )(mlbn
yx
HC
 có trong 100 ml hỗn hợp X.
Theo giả thiết và các phương trình (1), (2), ta có:








)5(3005,05,3
)4(2505,02
)3(100
yba
abxa
ba

0,5 điểm
Số nguyên tử hidro trung bình của X: 6
100
3002

x
H < 7

y < 6

Số nguyên tử H trong hidrocacbon lớn (khối lượng phân tử lớn hơn) < 8;
Số nguyên tử H trong hidrocacbon nhỏ (khối lượng phân tử nhỏ hơn) < 6;
Từ (3), (4)

0)5,2(05,2





xbbxb


x = 2,5 (do b

0)


0,5 điểm

Vì hai hidrocacon hơn kém nhau một nhóm –CH
2
-

có hai trường hợp:
Trường hợp 1: Hai hidrocacbon là C
2
H
q
và C
3
H
q + 2
với 62


q

chọn q = 2
hoặc q = 4 (q luôn chẵn)
q = 2

hai hidrocacbon là



43
22
HC
HC

; q = 4

hai hidrocacbon là



63
42
HC
HC

+ Xét cặp



)(
)(
43
22
mldHC
mlcHC
; Phương trình phản ứng cháy:
C
2
H
2

Ct
0
2CO

2
+ H
2
O (6)
C
3
H
4


Ct
0
3CO
2
+ 2H
2
O (7)
C
2
H
7
N 
Ct
0
2CO
2
+ 3,5H
2
O + 0,5N
2

(1)
Từ (1), (6), (7)










100
3005,32
2505,0232
adc
adc
aadc










75
5,12

5,12
a
d
c

Phần trăm thể tích các chất trong X:
%V
(C2H2)
= 12,5%; %V
(C3H4)
= 12,5%; %V
(C2H7N)
= 75%.








0,5 điểm
+ Trường hợp 2: Xét cặp



)(
)(
63
42

mltHC
mlzHC
; Phương trình phản ứng cháy:
2C
2
H
4


Ct
0
2CO
2
+ 2H
2
O (8)





C
3
H
6


Ct
0
3CO

2
+ 3H
2
O (9)
C
2
H
7
N

Ct
0
2CO
2
+ 3,5H
2
O + 0,5N
2
(1)
Từ (1), (8), (9)











100
3005,332
2505,0232
atz
atz
aatz










50
25
25
a
t
z

Phần trăm thể tích các chất trong X:
%V
(C2H4)
= 25%; %V
(C3H6)
= 25%; %V
(C2H7N)

= 50%.
0,5 điểm

3.2
(1,0)
CH
4
không tan trong nước vì trong phân tử CH
4
không có nguyên tử hidro linh
động nên không tạo được liên kết hidro với nước;
0,5 điểm
Trong các ch
ất: C
2
H
5
OH và CH
3
COOH đ
ều có chứa nguy
ên t
ử H linh động
(nguyên tử H trong nhóm –OH) nên các phân tử chất đều tạo được liên kết hidro
với các phân tử nước nên các chất này tan tốt trong nước.

0,5 điểm

4
(4,0 điểm)






4.1
(2,5)
CuSO
4
+ 2NaOH

Cu(OH)
2
+ Na
2
SO
4
(1);
FeSO
4
+ 2NaOH

Fe(OH)
2

+ Na
2
SO
4
(2);
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH

2Fe(OH)
3
+ 3Na
2
SO
4
(3);
Cu(OH)
2

Ct
0
CuO + H
2
O (4);
Fe(OH)
2

+
2
1
O
2


Ct
0
Fe
2
O
3
+ H
2
O (5);
2Fe(OH)
3

Ct
0
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O (6);
CuO + CO


Ct
0
Cu + CO
2
(7);
Fe
2
O
3
+ 3CO 
Ct
0
2Fe + 3CO
2
(8).





0,25 x 8
= 2,0 điểm
)(8,12
1003
6064
gam
x
x
m
S

 ; )(4,0
32
8,12
moln
S

Ta nhận thấy: n
O
= 4n
S


n
O
= 1,6 (mol)

m
O
= 1,6x16 = 25,6 (gam)
Tất cả các oxit trong Y đều bị khử thành kim loại,

m
kim loại
= 60 – 25,6 – 12,8 = 21,6 (gam)


0,5 điểm

4.2
(1,5)
Phương trình phản ứng: HCl + KOH

KCl + H
2
O (1)
)(25,0);(1,0 molbnmolan
KOHHCl
 ; )(125,0
3
)(
molbn
OHAl

Vì Al(OH)
3
là một hidroxit lưỡng tính nên ta có hai trường hợp sau:

0,5 điểm
Trư
ờng hợp 01
: HCl dư, KOH h
ết; xảy ra phản ứng:

Al(OH)
3
+ 3HCl


AlCl
3
+ 3H
2
O (2)
Từ (1), (2)

n
HCl dư
= 0,1a – 0,25b = 3x 0,125

a = 2,5b + 3,75

0,5 điểm
Trư
ờng hợp 02
: HCl hết, KOH dư; xảy ra phản ứng:
Al(OH)
3
+ KOH

KAlO
2
+ 2H
2
O (3)
Từ (1), (3)

n

KOH dư
= 0,25b – 0,1a = 0,125

a = 2,5b – 1,25

0,5 điểm











5
(4,0 điểm)

5.1
(2,5)
Các phương trình phản ứng hóa học:
(C
6
H
10
O
5
)
n
+ nH
2
O
 


%)72(,
0
HCtH
nC
6
H
12
O
6
(1)
C
6

H
12
O
6
+ Ag
2
O 
Ct
0
C
6
H
12
O
7
+ 2Ag (2)
C
6
H
12
O
6
 
 %)80(Hmen
2C
2
H
5
OH + 2CO
2

(3)


0,5 điểm
S
ố mol các chất:

);(2225,0
108
03,24
moln
Ag
 );(625,215
100
5,28775
/
52
ml
x
V
cOHnHC

);(5,1728,0625,215
52
gamxm
OHHC
 );(75,3
46
5,172
52

moln
OHHC



0,5 điểm
Từ phương trình (2)

n
glucozơ (P.1)
=
)(11125,0
2
1
moln
Ag


Từ phương trình (3)

n
glucozơ (P.2)
=
80
100
2
1
52
xn
OHHC

n
glucozơ (P.2)
)(34375,2
8,02
75,3
mol
x





0,5 điểm
T
ổng số mol glucoz
ơ sau ph
ản ứng (1):

n
glucozơ
= 0,11125 + 2,34375 = 2,455 (mol)
0,5 điểm
Số mol, khối lượng tinh bột ban đầu đã dùng:
n
tinh bột bđ
= )(
72,0
455,2
mol

nx
;
m
tinh bột bđ
= m = )(375,552162
72,0
455,2
gamnx
nx



0,5 điểm




5.2
(1,5)
Đặt );(
42
molxn
HC
 )(
22
molyn
HC
 ;
5,26225,13  xM
X

;
);(105,0
160
8,16
2
moln
Br


Theo giả thiết, ta có 


5,26
2628
yx
yx
1,5x = 0,5y

y = 3x


0,5 điểm
Phương trình phản ứng hóa học:
C
2
H
4
+ Br
2


C
2
H
4
Br
2
(1)
C
2
H
2
+ 2Br
2


C
2
H
2
Br
4
(2)

0,5 điểm
Từ pt (1), (2)

x + 6x = 0,105

x = 0,015 (mol)

Khối lượng hỗn hợp X: m = (0,015 + 0,045)x26,5 = 1,59 (gam)
0,5 điểm

Chú ý:
- Nếu thí sinh làm cách khác mà vẫn đúng thì Giáo khảo cho đủ điểm từng phần phù
hợp nhưng không vượt mức điểm tối đa theo quy định;
- Điểm toàn bài thi không làm tròn số, điểm có thể lẻ tới 0,25.