DE THI VAO DAI HOC SP HA NOI

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. . 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). = 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 . 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