đề thi vào lớp 10 chuyên hóa khối thpt chuyên đh khtn

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, Al
2
O
3
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 H
2
(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 NaHCO
3
, KHCO
3
, CaCl
2
và BaCl
2
vào 130 ml nước cất, sau đó thêm tiếp 4,65 gam Na
2
O.
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
CO
2
(ở đktc) và 5,4 gam H
2
O. 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 C
M
của dung dịch X, nồng độ C% của dung dịch Y và công thức của Z.
(b) Cho 16,4 gam hỗn hợp X
1
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 Y
1
. Tìm
thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X
1
.
Câu V I: (2,0 điểm) Cho ancol A
1
có khối lượng mol bằng 76 gam tác dụng với axit cacboxylic

B
1
được chất M mạch hở. Mỗi chất A
1
và B
1
chỉ chứa một loại nhóm chức. Khi đốt cháy hoàn
toàn 17,2 gam chất M, cần dùng vừa hết 14,56 lít O
2
(đktc). Sản phẩm cháy chỉ gồm CO
2
và
H
2
O 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 A
1
, M và B
1
.
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.

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 H
2
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 R
x
O
y
.
CuO + CO → Cu + CO
2
a a
R
x
O
y
+ y CO → x R + y CO
2
c xc
Al
2
O
3
+ 6 HCl → 2 AlCl
3
+ 3 H
2
O
b 6b

R + n HCl → RCl
n
+ n/2 H
2
xc nxc xc nxc/2
(b) Đặt số mol của CuO, Al
2
O
3
, R
x
O
y
trong 6,1 gam hỗn hợp A lần lượt là a, b và c. Có:
80a + 102b + (xM
R
+ 16y)c = 6,1 (1)
1,28 + 102b + M
R
xc = 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) => M
R
= 28n;
=> n = 2; M

R
= 56, R là Fe
(6) => xc = 0,045 ; (1) => yc = 0,06
=>
4
3
06,0
045,0
==
y
x
;
=> x = 3; y = 4, công thức oxit là Fe
3
O
4
.
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
moln
ONa
075,062:65,4
2
==
Các phản ứng xảy ra:

Na
2
O + H
2
O → 2 NaOH
0,075 0,15
NaHCO
3
+ NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O
0,075 0,075 0,075
2 KHCO
3
+ 2 NaOH → K
2
CO
3
+ Na
2
CO
3
+ 2 H
2
O
0,075 0,075 0,0375 0,0375

Na
2
CO
3
+ CaCl
2
→ CaCO
3
↓ + 2 NaCl
0,075 0,075 0,075 0,15
Na
2
CO
3
+ BaCl
2
→ BaCO
3
↓ + 2 NaCl
0,0375 0,0375 0,0375 0,075
K
2
CO
3
+ BaCl
2
→ BaCO
3
↓ + 2 KCl
0,0375 0,0375 0,0375 0,075

m
C
= 37,725 + 130 + 4,65 - (0,075. 100 + 0,075. 197 ) = 150,1 gam
=>
%77,8100
150,1
58,5 0,075) (0,15
(NaCl) C%
=
×+
=
%72,3100
150,1
74,5 0,075
(KCl) C% =
×
=
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 C
x
H
y
O
z
.

C
x
H
y
O
z
+
)
24
(
zy
x −+
O
2
→ x CO
2
+
2
y
H
2
O
0,1 0,2 0,3
Có: n
CO
2
= 4,48 : 22,4 = 0,2 mol ; n
H
2
O

= 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 C
2
H
6
, D có một đồng phân: CH
3
-CH
3
.
Nếu z = 1, CTPT của D là C
2
H
6
O, D có hai đồng phân: C
2
H
5
OH và CH
3
-O-CH
3
.
Nếu z = 2, CTPT của D là C
2
H
6
O
2

, D có hai đồng phân: HOCH
2
-CH
2
OH và CH
3
-O-CH
2
OH.
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 C
x
H
y
O
z
. Có:
2:5:3
16
84,43
:
1
85,6
:
12
31,49
::

==
zyx
=> CTPT của E là (C
3
H
5
O
2
)
n
. Có: 73n < 250; => n < 3,42
Vậy nghiệm phù hợp là n = 2. CTPT của E là C
6
H
10
O
4
.
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
RCOOR
')(
2
RCOOR
+ 2 NaOH → 2
COONaR
+ R'(OH)

2
Có: n
E
= 4,38: 146 = 0,03 mol;
R
+ 67 = 4,92: 0,06 = 82; =>
R
= 15. Vậy E có hai
đồng phân thỏa mãn: CH
3
COO-CH
2
-CH
2
-OOC-CH
3
và HCOO-CH
2
-CH
2
-OOC-C
2
H
5
.
Trường hợp 2: E được tạo bởi axit cacboxylic hai chức và rượu đơn chức:
2
)'( RCOOR
2
)'( RCOOR

+ 2 NaOH → R(COONa)
2
+
OHR'2
Có: n
E
= 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
RCOOR
')(
2
RCOOR
+ 2 NaOH →
2
)(COONaR
+ R'(OH)
2
Có: n
E
= 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 + H
2
O
NaCl + n H
2
O → NaCl.nH
2
O
Z
NaCl.nH
2
O → NaCl + n H
2
O
Do dung dịch thu được chỉ chứa một chất tan nên HCl và NaOH phản ứng vừa đủ với nhau. Có:
n
HCl
= n
NaOH
= n
NaCl
= 8,775: 58,5 = 0,15 mol.
MHClC
M
5,2
06,0
15,0
)(
==

%6%100
100
4015,0
)%( =×
×
=NaOHC
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
n
H
2
O
= 14,175 - 8,775 = 5,4 gam; n
H
2
O
= 0,3 mol
=> n = 0,3: 0,15 = 2; Vậy công thức của Z là NaCl.2H
2
O.
(b) Số mol HCl có trong 840 ml dung dịch X: n
HCl
= 0,84× 2,5 = 2,1 mol
Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y:
mol4,2
40100
61600
n
NaOH
=
×

×
=
Al + 3 HCl → AlCl
3
+ 3/2 H
2
(1)
a 3a a
Fe + 2 HCl → FeCl
2
+ H
2
(2)
b 2b b
Giả sử X
1
chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là:
1,282,13
27
4,16
<=×=
HCl
n
Giả sử X
1
chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là:
1,259,02
56
4,16
<=×=

HCl
n
Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X
1
thì HCl luôn dư. Khi thêm dung dịch Y:
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O (3)
1/4
1/4
1/4
1/4
2,1 - (3a + 2b) 2,1 - (3a + 2b)
FeCl
2
+ 2 NaOH → Fe(OH)
2
+ 2 NaCl (4)
b 2b b
AlCl
3
+ 3 NaOH → Al(OH)
3
+ 3 NaCl (5)
a 3a a
Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X
1
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 → NaAlO
2
+ 2 H
2
O
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
+ O
2
→ 2 Fe
2
O
3
+ 4 H
2
O
b b/2
Chất rắn Y
1
là Fe
2

O
3
.
b/2 = n
Fe2O3
= 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
→ Al
2
O
3
+ 3 H
2
O
a - 0,3 (a - 0,3)/2
4 Fe(OH)
2
+ O
2
→ 2 Fe

2
O
3
+ 4 H
2
O
b b/2
Chất rắn Y
1
có Al
2
O
3
và Fe
2
O
3
.
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
Câu VI: (2,0 điểm) Đặt công thức tổng quát của A
1
là C
x
H

y
O
z
. Có:
12x + y + 16z = 76
Nghiệm phù hợp của phương trình trên là x = 3; y = 8; z = 2. CTPT của A
1
là C
3
H
8
O
2
. A
1
có 2 đồng
phân thỏa mãn: CH
3
-CHOH-CH
2
OH; HOCH
2
-CH
2
-CH
2
OH.
Đặt công thức tổng quát của M là C
a
H

b
O
c
. Có:
C
a
H
b
O
c
+
)
24
(
cb
a −+
O
2
→ a CO
2
+
2
b
H
2
O
17,2 gam 0,65 mol 7t 4t
n
O
2

= 14,56: 22,4 = 0,65 mol
Đặt số mol của CO
2
là 7t. Vậy số mol của H
2
O 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
=> n
C
= n
CO
2
= 0,7 mol
n
H
= 2n
H
2
O
= 0,8 mol
=> n
O
= (17,2 - 0,7×12 - 0,8×1): 16 = 0,5 mol
=> a : b : c = n
C
: n
H
: n
O

= 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 C
7
H
8
O
5
. Có:
n
M
= 17,2: 172 = 0,1 mol; n
NaOH
= 8: 40 = 0,2 mol
=> n
NaOH
/ n
M
= 2. Vậy CTCT của M là HOOC-C≡C-COO-C
3
H
6
-OH (3 đồng phân)
HOOC-C≡C-COO-C
3
H
6
-OH + 2 NaOH → NaOOC-C≡C-COONa + C
3
H
6

(OH)
2
+ H
2
O
CTCT của B
1
: HOOC-C≡C-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