BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
ĐÁP ÁN và THANG ĐIỂM Môn thi: Hóa Học
VÀO KHỐI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN 2011
Nội dung
Điểm
Câu I. (2,75 điểm)
1. (1,0 điểm)
- Dung dịch X có khả năng làm mất màu nước brom và làm mất màu thuốc tím,
vậy trong dung dịch X có muối sắt (II).
- Dung dịch X có khả năng hòa tan bột đồng, vậy trong dung dịch X có muối sắt
(III).
Kết luận: oxit sắt là Fe
3
O
4
.
Các phương trình phản ứng:
Fe
3
O
4
+ 4H
2
SO
4
(loãng) → FeSO
4
+ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 4H
2
O
6FeSO
4
+ 3Br
2
→ 2Fe
2
(SO
4
)
3
+ 2FeBr
3
(hoặc: 2FeSO
4
+ 3Br
2
+ H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 2HBr)
10FeSO
4
+ 2KMnO
4
+8H
2
SO
4
→ 5Fe
2
(SO
4
)
3
+ 2MnSO
4
+ K
2
SO
4
+ 8H
2
O
Fe
2
(SO
4
)
3
+ Cu → 2FeSO
4
+ CuSO
4
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
(loãng) → 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O
2Fe
3
O
4
+ 10H
2
SO
4
(đặc nóng)
→
3Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
+ 10H
2
O
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (0,75 điểm)
Cách 1:
CuO + 2HCl → CuCl
2
+ H
2
O
- Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch HCl dư:
Fe
2
O
3
+ 6HCl → 2FeCl
3
+ 3H
2
O
- Lấy dung dịch thu được cho tác dụng với Al dư:
3CuCl
2
+ 2Al → 3Cu + 2AlCl
3
FeCl
3
+ Al → Fe + AlCl
3
- Lọc lấy chất rắn cho tác dụng với HCl dư, Al, Fe tan, còn lại Cu.
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
Al + 3HCl → AlCl
3
+ 3/2H
2
Cách 2:
3CuO + 2Al
- Nhiệt nhôm hỗn hợp oxit với Al dư:
o
t
→
3Cu + Al
2
O
3
Fe
2
O
3
+ 2Al
o
t
→
2Fe + Al
2
O
3
- Lấy hỗn hợp rắn hòa tan trong dd HCl dư, lọc được Cu.
Al
2
O
3
+ 6HCl → 2AlCl
3
+ 3H
2
O
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
Al + 3HCl → AlCl
3
+ 3/2H
2
Cách 3:
Al + 3HCl → AlCl
3
+ 3/2H
2
- Cho Al tác dụng với HCl, lấy khí H
2
:
- Lấy khí H
2
khử hỗn hợp oxit, sau đó hòa tan sản phẩm trong HCl dư được Cu:
CuO + H
2
o
t
→
Cu + H
2
O
Fe
2
O
3
+ 3H
2
o
t
→
2Fe + 3H
2
O
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
0,25
0,25
0,25
3. (1,0 điểm)
Xác định được dung dịch B là Ba(OH)
2
do có phản ứng với CO
2
Ba(OH)
2
+ CO
2
→ BaCO
3
+ H
2
O
- Cho BaO vào dung dịch H
2
SO
4
loãng:
BaO + H
2
SO
4
→ BaSO
4
+ H
2
O
BaO + H
2
O → Ba(OH)
2
Kết tủa A: BaSO
4
- Cho Al dư vào dung dịch B:
Ba(OH)
2
+ 2Al + 2H
2
O → Ba(AlO
2
)
2
+ 3H
2
Khí E: H
2
, dung dịch D: Ba(AlO
2
)
2
- Lấy dung dịch D cho tác dụng với dung dịch Na
2
CO
3
:
Ba(AlO
2
)
2
+ Na
2
CO
3
→ BaCO
3
+ 2NaAlO
2
Kết tủa F: BaCO
3
.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II. (2,25 điểm)
1. (0,75 điểm)
Xác định cấu tạo của A.
n
A
= 14,4/144 =0,1 mol, n
NaOH
= 0,1.2 = 0,2 mol
Ta có n
A
: n
NaOH
= 1: 2 và A + NaOH → 1 muối + 1 rượu
=> A este 2 chức của một rượu và một axit => A có dạng:
R
1
-COOR
2
OOC-R
1
(1); R
1
-OOC-R
2
-COOR1 (2);
O
C
R
1
O
C
R
2
O
O
(3)
TH1: Công thức (1) hoặc (2): 2R
1
+ R
2
= 144-88 = 56, ứng với C
4
H
8
, số cacbon
trong R
1
, R
2
bằng nhau, có một gốc chứa liên kết đôi; vậy không phù hợp (3 gốc
có số C bằng nhau mà tổng bằng 4C)
TH2:
O
C
CH
2
O
C
CH
2
O
O
CH
2
CH
2
Công thức (3): R
1
+ R
2
= 56 tương đương -C
4
H
8
- ; số cacbon trong R
1
, R
2
bằng nhau. Vậy chọn R
1
= R
2
= C
2
H
4
0,25
0,25
0,25
2. (1,5 điểm)
d
anken/ankan
=
=
Mankan
Manken
2,625 → M
anken
= 2,625.M
ankan
Điều kiện thường hai hiđrocacbon là chất khí nên số nguyên tử cacbon ≤ 4
→ M
anken
≤ M
C4H8
→ 2,625.M
ankan
≤ 56 → M
ankan
≤ 21,33 → ankan là CH
4
:
M = 16
M
anken
= 2,625.16 = 42 → anken là C
3
H
6
b. Các phương trình điều chế
CH
2
=CH-CH
3
+ H
2
o
t
→
CH
3
-CH
2
-CH
3
CH
3
-CH
2
-CH
3
o
t
→
CH
2
=CH
2
+ CH
4
1,0
0,25
0,25
Câu III. (2,5 điểm)
1. (1,25 điểm)
a. Gọi x, y là số mol của Na và Al trong m gam hỗn hợp.
- Khi cho m m gam A tác dụng với nước dư có chất rắn không tan, vậy Al dư.
Na + H
2
O → NaOH + 1/2H
2
x x 0,5x
Al + NaOH + H
2
O → NaAlO
2
+ 3/2H
2
x x x 1,5x
→ 0,5x + 1,5x = 1,344/22,4 = 0,06 → x = 0,03.
- Cho 2m gam A tác dụng với dung dịch NaOH dư tạo ra: 20,832 lít H
2
- Cho m gam A tác dụng với dung dịch NaOH dư tạo ra: 20,832/2=10,416 lít H
2
Na + H
2
O → NaOH + 1/2H
2
0,03 0,03 0,015
Al + NaOH + H
2
O → NaAlO
2
+ 3/2H
2
y y y 1,5y
→ 0,015 + 1,5y = 10,416 /(22,4) = 0,465 → y = 0,3.
Vậy: m
Na
= 0,03.23 = 0,69g.
m
Al
= 0,3.27 = 8,1g.
b. Dung dịch B có NaAlO
2
= 0,03 mol. n
Al(OH)3
= 0,78/78 = 0,01mol.
TH1: NaAlO
2
dư.
HCl + NaAlO
2
+ H
2
O → Al(OH)
3
+ NaCl
0,01 0,01 0,01
→
M(HCl)
0,01
C 0,2M.
0,05
= =
TH2: NaAlO
2
hết.
HCl + NaAlO
2
+ H
2
O → Al(OH)
3
+ NaCl
0,01 0,01 0,01
4HCl + NaAlO
2
→ AlCl
3
+ NaCl + 2H
2
O
0,08 0,02
→
M(HCl)
0,09
C 1, 8M .
0,05
= =
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,25 điểm)
Vì CO chỉ khử được những oxit kim loại đứng sau Al trong dãy hoạt động hóa
học của kim loại, nên có 2 trường hợp xảy ra.
a. Trường hợp 1: Kim loại phải tìm đ ứng sau Al trong dãy hoạt động hóa học
của kim loại, oxit của nó bị CO khử.
CuO + CO Cu + CO
2
(1)
Mol x x
MO + CO M + CO
2
(2)
Mol 2x 2x
3Cu + 8HNO
3
→ 3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO↑ + 4H
2
O (3)
x 8x/3
3M + 8HNO
3
→ 3M(NO
3
)
2
+ 2NO↑ + 4H
2
O (4)
0,25
2x 16x/3
Ta có hệ : 80x + (M + 16).2x = 1,2
3
8x
+
16
3
x
= 0,05 giải hệ cho x = 0,00625 và M = 40 (Ca).
Trường hợp này không thoả mãn vì Canxi đ ứng trước Al trong dãy
hoạt động hóa học của kim loại và CaO không bị khử bởi CO.
b. Trường hợp 2 : Kim loại phải tìm đứng trước Al trong dãy hoạt động hóa học
của kim loại và oxit của nó không bị CO khử. Do đó:
CuO + CO Cu + CO
2
Mol x x
MO
Mol 2x
3Cu + 8HNO
3
→ 3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO↑ + 4H
2
O
x 8x/3 2x/3
MO + 2HNO
3
→ M(NO
3
)
2
+ H
2
O
2x 4x
80x + (M + 16).2x = 1,2
8x
3
+ 4x = 0,05 → x = 0,0075 → M = 24 (Mg) (thoả mãn)
Vậy: M là Mg, V = (2.0,015/3).22,4 = 0,224 lít.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV. (2,5 điểm)
1. (1,25 điểm)
728 ml hỗn hợp A:
n
A
= 0,728/22,4 = 0,0325 mol.
Khi cho A qua dung dịch brom dư có khí bay ra, là ankan (C
n
H
2n+2
).
n 2n 2
CH
n 0,448/ 22,4 0,02mol
+
= =
hidrocacbon không no
n 0,0325 0,02 0,0125= −=
2
Br
n 2 /160 0,0125= =
Ta có: n
hidrocacbon không no
:
2
Br
n
=1:1 → hidrocacbon không no là anken (C
m
H
2m
).
Đốt cháy hoàn toàn 1456 ml hỗn hợp A:
C
n
H
2n+2
+
3n 1
2
+
O
2
→ nCO
2
+ (n+1)H
2
O
0,04 0,04n
C
m
H
2m
+
3m
2
O
2
→ mCO
2
+ mH
2
O
0,025 0,025m
Ca(OH)
2
+ CO
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
0,075 0,075 0,075
Ca(OH)
2
+ 2CO
2
→ Ca(HCO
3
)
2
0,04 0,08 0,04
Ca(HCO
3
)
2
o
t
→
CaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
0,04 0,04
→ 0,04n + 0,025m = 0,075 + 0,08 = 0,155 → 4n + 2,5m = 15,5
Với n = 2
→
C
2
H
6
0,25
0,25
0,25
m = 3
→
C
3
H
6
.
.851,0
1000
74).04,0075,0(
x
=
+
=
0,25
0,25
2. (1,25 điểm)
a. Gọi thể tích các chất trong hỗn hợp B là x,
y và z → Thể tích của hỗn hợp khí
B là
x
+ y + z = 27,4
CH
4
+ 2 O
2
→ CO
2
+ 2 H
2
O
x
x
C
3
H
8
+ 5 O
2
→ 3 CO
2
+ 4 H
2
O
y
3y
CO + 1/2 O
2
→ CO
2
z
z
Thể tích CO
2
thu được là
x
+ y + z = 27,4
x
+ 3y + z = 51,4
2y = 24 → y = 12
Thành phần % về thể tích của C
3
H
8
trong hỗn hợp B là
% C
3
H
8
= (12.100/27,4) = 43,80%
b. Khối lượng mol phân tử trung bình của hỗn hợp B là
28
4,27
12
26,28
4,27
12
4,27
12.444,15.16
4,27
1212.44)(16
4,27
2812.4416
=>+=
+
+
=
+++
=
++
=
Mnito
z
M
zzzxzx
M
Vậy ở cùng điều kiện, 1 lít hỗn hợp B nặng hơn 1 lít khí nitơ.
0,5
0,25
0, 25
0,25
Ghi chú: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Câu IV.2.b nếu CHỈ GHI 1 lít hỗn hợp B nặng hơn 1 lít nitơ thì không cho điểm.