chuyên Lam sơn 2011

Nguyễn ĐÌnh Hành
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 CO
2
và H
2
O hãy phân biệt 5 chất bột màu trắng đựng trong các lọ riêng rẽ: NaCl,
Na
2
CO
3
, Na
2
SO
4
, BaCO
3
, BaSO
4
.
2- Chất khí A được tạo bởi nguyên tố R và H có công thức RH
4
, 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 Na

2
CO
3
(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, Fe
2
O
3
, 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 H
2
SO
4
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 H
2
hoặc với 1 mol Br
2
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.
2- Ba rượu (ancol) X, Y, Z không phải đồng phân của nhau. Khi đốt cháy mỗi chất đều thu được CO
2
và H
2

O
với tỉ lệ mol tương ứng là 3:4.
a. Xác đinh công thức phân tử của X, Y, Z. Biết M
X
< M
y
< M
z
.
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)
1- Cho 93,4 gam hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl
2
, NaBr, KI tác dụng với 700 ml dd AgNO
3
2M thu được dd
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 H
2
(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 Cl
2
(đktc) vào dd X, cô cạn dd sau pư
thu được 66,2 gam muối. Tính V.
2- Dẫn H
2
dư qua 8,14 gam qua hỗn hợp A gồm CuO, Al
2
O
3
, Fe
n
O
m
nung nóng, sau khi pư hoàn toàn thu
được 1,44 gam H
2
O. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn 8,14 gam A cần dùng 170 ml dd H
2
SO
4
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 Fe
n
O
m
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 Br
2
0,5M. Sau khi pư xảy ra hoàn toàn, thấy số gam Br
2
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 O
2
(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 H
2
(đktc). Tìm công thức phân
tử của A và B.
Hết
1
Nguyễn ĐÌnh Hành
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 BaCO
3
, BaSO
4
.

Nhóm B tan: NaCl, Na
2
CO
3
, Na
2
SO
4
.
- Sục CO
2
vào 2 sản phẩm ở nhóm A, nếu tan là BaCO
3
, không tan là BaSO
4
.
CO
2
+ H
2
O + BaCO
3
→ Ba(HCO
3
)
2
- Thử các dung dịch ở nhóm B bằng dung dịch Ba(HCO
3
)
2

, nếu không có kết tủa là NaCl, 2 mẫu còn lại đều
có KT.
Ba(HCO
3
)
2
+ Na
2
CO
3
→ BaCO
3
↓ + 2NaHCO
3

Ba(HCO
3
)
2
+ Na
2
SO
4
→ BaSO
4
↓ + 2NaHCO
3

- Sục CO
2

vào các kết tủa, nếu kết tủa tan thì chất ban đầu là Na
2
CO
3
, kết tủa không tan thì chất ban đầu là
Na
2
SO
4
.
CO
2
+ H
2
O + BaCO
3
→ Ba(HCO
3
)
2
2- Ta có:
R
M 87,5
4 12,5
=
=> R = 28 ( Si)
HC khí là SiH
4
; rắn B : SiO
2

Các phản ứng:
SiH
4
+ 2O
2

0
t
→
SiO
2
+ 2H
2
O ↑
SiO
2
+ 4HF → SiF
4
+ 2H
2
O
SiO
2
+ 2NaOH
0
t
→
Na
2
SiO

3
+ H
2
O
SiO
2
+ Na
2
CO
3

0
t
→
Na
2
SiO
3
+ CO
2
↑
3- CuO + C (dư)
0
t
→
CO + Cu
Fe
2
O
3

+ 3C( dư)
0
t
→
2Fe + 3CO
CaO + 3C ( dư)
0
t
→
CaC
2
+ CO
Rắn X: C,CaC
2
, Fe, Cu Khí Y: CO
- Phản ứng của X với H
2
O:
CaC
2
+ 2H
2
O → Ca(OH)
2
+ C
2
H
2
↑
Rắn Z: C,Fe,Cu ; dd G: Ca(OH)

2
; Khí H: C
2
H
2

- Phản ứng của Z với H
2
SO
4
đặc, nóng
C + 2H
2
SO
4
đặc
0
t
→
CO
2
↑ + 2H
2
O + 2SO
2
↑
2Fe + 6H
2
SO
4

đặc
0
t
→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 6H
2
O + 3SO
2
↑
Cu + 2H
2
SO
4
đặc
0
t
→
CuSO
4
+ 2H
2
O + SO
2
↑

Câu II:
1-a : 1molA + 4mol H
2
=> A có 4 liên kết π
Mặt khác: 1mol A + 1mol Br
2
/ dd
Như vậy A có 3 liên kết π liên hợp (nằm trên vòng benzen), 1 liên kết π nằm ở nhánh ( cộng với Br
2
/dd).
Vậy độ bất bão hòa a = 5
Từ CTTQ: C
n
H
n
=>
2n 2 n
5
2
+ −
=
⇒ n = 8 ⇒ CTPT của A: C
8
H
8

CTCT:

b- Dùng dung dịch I
2

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 AgNO
3
/NH
3
( đun nóng) nếu có KT là glucozo, còn lại là saccarozo.
C
6
H
12
O
6
+ Ag
2
O
3
NH
0
t
→
C
6
H
12
O
7
+ 2Ag ↓
2- Đặt CT chung của 3 rượu là : C
x

H
y
O
z
( do tỷ lệ mol CO
2
và H
2
O khi đốt cháy bằng nhau)
C
x
H
y
O
z

2
+O
→
xCO
2
+ y/2H
2
O
Ta có:
x 3
0,5y 4
=
⇒
x 3

y 8
=
( y ≤ 2x + 2) ⇒ x = 3, y =8 là thỏa mãn.
2
–CH=CH
2
Nguyễn ĐÌnh Hành
Vì ancol có chỉ số O ≤ chỉ số C nên ⇒ z ≤ 3
z = {1,2,3} ⇒ 3 rượu là C
3
H
8
O , C
3
H
8
O
2
, C
3
H
8
O
3
Vì M
X
< M
Y
< M
Z

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: C
2
H
2
; Z: CH
3
COOH ; Y: HCl ; A
1
: CH
2

=CHCl
A
2
: CH
3
-CHCl
2
; A
3
: CH
3
COO-CH=CH
2
; A
4
: CH
3
COO-CHCl-CH
3

( Có thể thay CH
3
-COOH bằng một axit khác R-COOH)
Các phương trình phản ứng:
CH≡CH + HCl
xt
→
CH
2
=CHCl (1)

CH≡CH + H
2
O
0
80 C
HgSO
4
→
CH
3
CHO (2)
CH≡CH + CH
3
COOH
xt
→
CH
3
COO-CH=CH
2
(3)
CH
2
=CHCl + H
2
O
0
t
xt
→

CH
3
-CHO + HCl (4)
CH
3
COO-CH=CH
2
+ H
2
O
0
t
H
+
→
CH
3
COOH + CH
3
-CHO (5)
CH
2
=CHCl + HCl
xt
→
CH
3
-CHCl
2
(6)

CH
3
COO-CH=CH
2
+ HCl
xt
→
CH
3
COO-CHCl–CH
3
(7)
CH
3
-CHCl
2
+ H
2
O
0
t
xt
→
CH
3
-CHO + 2HCl (8)
CH
3
COO-CHCl-CH
3

+ H
2
O (dư)
0
t
xt
→
CH
3
-CHO + CH
3
COOH + 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 MgCl
2
, NaBr, KI trong hỗn hợp.
MgCl
2
+ 2AgNO
3
→ Mg(NO
3
)
2

+ 2AgCl ↓ (1)
x 2x x 2x mol
NaBr + AgNO
3
→ NaNO
3
+ AgBr ↓ (2)
y y y mol
KI + AgNO
3
→ KNO
3
+ AgI ↓ (3)
z z z mol
dung dịch D phản ứng được với Fe nên D còn AgNO
3
( dư)
Fe + 2AgNO
3
→ Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag ↓ (4)

Rắn F + HCl → H
2
⇒ F có chứa Fe ( dư)
Fe + 2HCl → FeCl
2

+ H
2
↑ (5)
0,2
4,48
22,4
mol
Theo (4):
AgNO Fe
3
22,4
n 2n 2 ( 0,2) 0,4
56
= = × − =
(mol)
3
Nguyễn ĐÌnh Hành

AgNO
3
n (1,2,3) (0,7 2) 0,4= × − =
1 mol
Sơ đồ phản ứng của E với NaOH:
Mg(NO
3
)
2

+ NaOH
→

Mg(OH)
2

0
t
→
MgO
x x mol
2Fe(NO
3
)
2

+ NaOH
→
2Fe(OH)
2

)
0
2
O (t
→
Fe
2
O
3
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

B
m =
(0,4× 143,5) + (0,4× 188) + (0,2× 235) = 179,6 gam
( hoặc
B
m =
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 Cl
2
vào X thì KI pư trước.
*TH1: Nếu NaBr chưa phản ứng:
∆m ( độ giảm kl muối) = 93,4 – 66,2 = 27,2g
Cl
2
+ 2KI → 2KCl + I
2

KI
n
( pư) =
27,2
127 35,5−
= 0,29 > 0,2 ( vô lý)
* TH2: NaBr đã phản ứng một phần.
Cl

2
+ 2KI → 2KCl + I
2

0,1 0,2 0,2 0,1 (mol)
Cl
2
+ 2NaBr → 2NaCl + Br
2
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

Cl
2
V
= 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, Al
2
O
3
, Fe
n
O
m

TN1: CuO + H
2

0
t
→
Cu + H
2
O
Fe
n
O
m
+ mH
2

0
t
→
nFe + mH
2
O
Số mol H
2
O = số mol O ( bị khử) ⇔ x + mz =
1,44
18
= 0,08 (1)
TN2: CuO + H
2
SO
4

→ CuSO
4
+ H
2
O
x x x (mol)
Al
2
O
3
+ 3H
2
SO
4
→ Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O
y 3y y (mol)
2Fe
n
O
m
+ 2mH
2

SO
4
→ nFe
2
(SO
4
)
2m
n
+ 2mH
2
O
z mz 0,5nz (mol)
Ta có: x + 3y + mz = 0,17× 1 = 0,17 (2)

CuSO
4

+ NaOH
→
Cu(OH)
2

0
t
→
CuO
x x (mol)
Fe
2

(SO
4
)
2m
n

+ NaOH
→
2Fe(OH)
2m
n
)
0
2
O (t
→
Fe
2
O
3
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
4
Nguyễn ĐÌnh Hành
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

nz 0,45 3
mz 0,6 4
= =
⇒
n 3
m 4
=
CTPT của oxit sắt : Fe
3
O
4

Al O
2 3
m
= 0,03× 102 = 3,06 g ;
CuO
m
= 0,02× 80 = 1,6 g ;
Fe O
3 4
m
= 8,14- (3,06 + 1,6) = 3,48g
Câu IV:
1-
n
Br

2
( pư) =
1,4 0,5
2
×
= 0,35 mol ;
X
n
=
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: C
n
H
2n + 2
và C
m
H
2m

-2

( 1 ≤ n ≤ 4 ; 2 ≤ n ≤ 4 ; m,n: nguyên )
C
m
H
2m

-2
+ 2Br
2
→ C
m
H
2m

-2
Br
4
0,175 0,35
Khối lượng bình Br
2
tăng lên chính bằng khối lượng C
m
H
2m

-2
14m – 2 =
6,7
38,2
0,175

=
⇒ m = 2,87 ( loại)
*TH2: X gồm: C
n
H
2n
và C
m
H
2m

-2
( 2 ≤ n,m ≤ 4 )
C
m
H
2m

-2
+ 2Br
2
→ C
m
H
2m

-2
Br
4

a 2a mol
C
n
H
2n


+ Br
2
→ C
m
H
2m
Br
2
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
2
CO
n
=
KT
n
=
75
0,75
100
=
(mol)
Khối lượng dd nước vôi giảm 27,6 gam =>
2 2
CO H O
m m+
=
KT
m
- 27,6 gam

2
H O

n =
75 27,6 0,75.44
18
− −
= 0,8 mol
Vì
2
CO
n
<
2
H O
n
nên => A là rượu no, mạch hở ( vì phần axit cháy cho số mol H
2
O ≤ số nol CO
2
)
Đặt CTTQ của rượu A là: C
n
H
2n+2

- m
(OH)
m
( m, n ≥ 1)
CTTQ của axit B là: C
(n-1)
H

2n -1 -2k
COOH ( k ≥ 0)
*TN1: tính số mol O
2
(pư) = 0,975 mol
C
n
H
2n+2

- m
(OH)
m
+
3n 1 m
2
+ −
O
2
→ nCO
2
+ (n+1)H
2
O
a an (n+1)a (mol)
C
(n-1)
H
2n -1 -2k
COOH +

3n 2 k
2
− −
O
2
→ nCO
2
+ (n-k)H
2
O
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 H
2
= 0,125 mol
C
n
H
2n+2

- m
(OH)
m
+ mNa → C
n
H
2n+2

- m
(ONa)

m
+
m
2
H
2
↑
a 0,5am (mol)
C
(n-1)
H
2n -1 -2k
COOH + Na → C
(n-1)
H
2n -1 -2k
COONa + ½ H
2
↑
b 0,5b (mol)
5
Nguyễn ĐÌnh Hành
Ta có: 0,5am + 0,5b = 0,125 ⇔ am + b = 0,25 (3)


2 2 2
O O O
n (X) n (H O CO ) n (O )= + −
= 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
A là : C
3
H
7
OH và B: C
2
H
3
-COOH
Chú ý: Có thể biện luận theo (1) nhưng dài dòng hơn nhiều.
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)
A là : C
3
H
7
OH và B: C
2
H
3
-COOH
* 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:
Các thầy/cô có cách khác hãy chia sẻ với tôi theo địa chỉ trên, hoặc gửi vào
6