+ Cho Oxi đẩy không khí ra khỏi lọ thuỷ tinh để ngửa, do ôxi nặng hơn không khí... Tổng điểm của bài không làm tròn3 Về lí luận cũng nh tính toán, từ chỗ sai trở đi không đợc điểm đối vớ
Trang 1sở giáo dục - đào tạo
trờng THPT chuyên lê hồng phong
Năm học 2006-2007
Môn thi: hoá học (đề chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
hớng dẫn chấm Bài 1 (2,75 điểm)
a)
nCl 2 = 0 , 25
71
75 ,
17 = mol
nCl = 0,25 2 = 0,5 mol
Số phân tử = 0,25 x 6 x 1023 = 1,5 x 1023
Số nguyên tử = 0,5 x 6 x 1023 = 3 x 1023 0,25 b) * Điều chế O2 : nhiệt phân các hợp chất giàu ôxi dễ bị phân huỷ nh
KMnO4 hoặc KClO3
PT : 2 KMnO4 t o
→ K2MnO4 + MnO2 + O2↑
(Hoặc 2KClO3
o t MnO2
→ 2KCl + 3O2↑
- Thu khí O2
+ Cho oxi đẩy nớc ra khỏi ống nghiệm úp ngợc đựng đầy nớc, do O2 rất ít
tan trong nớc
+ Cho Oxi đẩy không khí ra khỏi lọ thuỷ tinh để ngửa, do ôxi nặng hơn
không khí
0,25
* Điều chế Cl2 : cho các chất ôxi hoá mạnh nh KMnO4, MnO2 tác dụng với
dd HCl đặc
PT : MnO2 + 4HClđặc
o t
→ MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O
- Thu khí Cl2 bằng cách cho Cl2 đẩy không khí ra khỏi lọ thuỷ tinh để ngửa,
do Cl2 nặng hơn không khí (Cl2 tan vừa trong nớc nên không thu đợc theo
cách đẩy nớc)
0,25
c) Hoàn thành ph ơng trình phản ứng
P2O5 + 2NaOH + H2O → 2NaH2PO4
P2O5 + 6NaOH → 2Na3PO4 + 3H2O
SO2 + Ca(OH)2→ CaSO3 ↓ + H2O
0,25
Ca(HCO3)2 + NaOH → CaCO3↓ + NaHCO3 + H2O
Đề chính thức
Trang 2Ca(HCO3)2 + 2NaOH → CaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O
NaHSO4 + Ba(HCO3)2→ BaSO4↓ + NaHCO3 + H2O + CO2↑
Hoặc :
2NaHSO4 + Ba(HCO3)2→ BaSO4↓ + Na2SO4 + 2H2O + 2CO2↑
0,25
d) A là Zn (hoặc có thể thay bằng Al)
PTPU : Zn + 2NaOH → Na2ZnO2 + H2↑
Na2ZnO2 + 2CO2 + 2H2O → Zn(OH)2 ↓ + 2NaHCO3
0,25
Zn(OH)2 + H2SO4→ ZnSO4 + 2H2O
2HCl + Ba(OH)2→ BaCl2 + 2H2O
ZnCl2 + Mg → MgCl2 + Zn ↓
Bài 2 (2,5 điểm)
a) Nhận biết Al, Mg, Fe trong một hỗn hợp:
- Cho một ít hỗn hợp tác dụng với dd NaOH d: có khí thoát ra → hỗn hợp có
Al
- Lọc lấy chất rắn còn lại, cho tác dụng với dd ZnCl2 d, đến khi phản ứng
hoàn toàn Mg + ZnCl2→ MgCl2 + Zn ↓
- Lọc lấy chất rắn không tan, cho tác dụng với dd NaOH d, thấy vẫn còn
chất rắn không tan → hỗn hợp có Fe
Zn + 2NaOH → Na2ZnO2 + H2O
0,25
- dd còn lại cho tác dụng với dd NaOH d → thấy còn chất kết tủa trắng, đó
là Mg(OH)2→ hỗn hợp có Mg
MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ trắng + 2NaCl
ZnCl2 + 2NaOH → Zn(OH)2↓ + 2NaCl
Zn(OH)2 + 2NaOH → Na2ZnO2 + 2H2O
0,25
b A: C2H4 , B: C2H5OH và PTPU là :…
C2H4 + H2O H ,+t o
→ C2H5OH
C2H5OH + O2 CH3COOH + H2O
0,25
C2H5OH + 3O2 t o
→ 2CO2 + 3H2O
CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O
0,25 men dấm
H 2 SO 4 đặc t o
Trang 3CH3COOC2H5 + NaOH t o
→ C2H5OH + CH3COONa
C2H5OH C2H4 + H2O
0,25
c) Phân biệt :
- Cho vài giọt dung dịch iốt vào các mẫu thử: mẫu thử nào xuất hiện màu
xanh → dd hồ tinh bột
- Đun nóng từng mẫu thử : mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng → dd lòng
- Cho rợu quỳ tím vào từng mẫu thử còn lại: mẫu thử nào chuyển sang màu
hồng → dd CH3COOH
- Cho từng mẫu thử còn lại thực hiện phản ứng tráng gơng: mẫu thử nào có
phản ứng → dd C6H12O6
- PT : C6H12O6 + Ag2O C6H12O7 + 2Ag ↓
0,25
- Đun nóng từng mẫu thử còn lại với vài giọt dd HCl, sau đó cho dd sản
phẩm thực hiện phản ứng tráng gơng: dd sản phẩm nào có phản ứng tráng
g-ơng → dd tơng ứng ban đầu là dd saccarôzơ:
C12H22O11 + H2O C6H12O6 (glucôzơ) + C6H12O6 (fructôzơ)
C6H12O6 + Ag2O C6H12O7 + 2Ag ↓
- Cho từng mẫu thử còn lại tác dụng với Na: mẫu thử có phản ứng và giải
phóng khí → dd C2H5OH
2C2H5OH + 2Na → 2C2H5ONa + H2↑
2H2O + 2Na → 2NaOH + H2↑
0,25
- Đun nóng từng mẫu thử còn lại với dd NaOH d : mẫu thử nào tan vào dd
NaOH → CH3COOC2H5 Mẫu thử nào không tan, tách lớp → C6H6
CH3COOC2H5 + NaOH t o
Bài 3 (2,0 điểm)
a) Theo gt : trung hoà axit béo tự do trong 1g chất béo → cần 7mg KOH
⇒ ……… 1kg = 1000g → 7 1000 = 7000mg
= 7g
Số mol KOH = 567 = 0,125 mol số mol NaOH = 13540 = 3,375mol
Do NaOH ⇔ KOH; nên số mol NaOH để trung hoà axit tự do = 0,125mol
⇒ số mol NaOH thuỷ phân chất béo = 3,375 – 0,125 = 3,25mol
0,25
* Giả sử công thức phân tử chất béo, công thức phân tử của axit tự do và
PTPU là:
C3H5(OCOR)3 + 3NaOH → C3H5(OH)3 + 3RCOONa (1)
3,25 mol → 3,325 mol
H 2 SO 4 đặc t o
NH 3 t o
H + t o
NH 3 t o
Trang 4RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O (2)
0,125 mol → 0,125 mol
0,25
* Theo PT 1,2 ⇒ khối lợng glixerol = 3,325 x 92 = 99,67g
* áp dụng định luật BTKL cho phản ứng 1,2
⇒ KL muối = KL chất béo + KL NaOH − KL glixêrol − KL H2O
= 1000 + 135 − 99,67 − 0,125 x 18 = 1033,08 g = 1,033 kg
⇒ KL xà phòng 72% = 1 , 435
72
100 033 , 1
= kg
0,25
b Giả sử : nA = 0,48 mol ⇒ nX = 0,648 x 5 = 0,4 mol nY = 0,08 mol
nkhông khí = 5 mol ⇒ nO2 = 1 mol
nN2 = 4 mol ⇒ nCO2 = 0,56 mol
0,25
* Giả sử công thức phân tử trung bình của hỗn hợp hyđrôcacbon:
−
n
C −
m
H
−
n
C −
m
H + (
4
−
−
+m
CO n
2
−
−
+
0,48mol 0,56 mol
⇒ −n = 0,056,48ì1 = 1,167 ⇒ có 1 hiđrôcacbon có số cacbon < 1,167
⇒ 1hiđrocacbon là CH4 ⇒ X là CH4
0,25
* Giả sử công thức phân tử của hiđrôcacbon Y là CxHy
PTPU: CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O (2)
0,4 mol 0,8 mol 0,4 mol
CxHy + )
4
(x+y O2 → xCO2 + 2y H2O (3) 0,08mol 0,08 )
4 (x+y mol 0,08xmol
Theo gt có hệ phơng trình
= + +
= +
1
) 4
( 08 ,0 8, 0
56 ,0 08 ,0 4, 0
y x x
Giải hệ phơng trình ta có nghiệm x = 2, y = 2 ⇒ Y : C2H2
0,25
H
* Công thức cấu tạo X : H − C − H metan
H
0,25
Trang 5Y : CH ≡ CH Axetilen
Bµi 4 : (2,75 ®iÓm)
a PTPU : Mg + 2AgNO3 → Mg(NO3)2 + 2Ag ↓ (1)
Fe + 2AgNO3→ Fe(NO3)2 + 2Ag ↓ (2)
(do Mg > Fe > Ag → P (1) vµ (2) lÇn lît x¶y ra )
Theo gi¶ thiÕt =0,115<
56
44 , 6
sè mol hçn hîp kim lo¹i <
24
44 ,
6 = 0,268 Theo pt: nÕu hçn hîp kim lo¹i ph¶n øng hÕt → nAg gi¶i phãng > 0,23mol
⇒ mAg gi¶i phãng > 0,23 x 108 = 24,84g > 24,36
⇒ hçn hîp kim lo¹i cßn d, AgNO3 ph¶n øng hÕt
0,25
* TH (1): AgNO3 p hÕt víi Mg → Mg p mét phÇn hoÆc võa hÕt, Fe cha p
Cã thªm p
Mg(NO3)2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ + 2NaNO3 (3)
Mg(OH)2 t o
→ MgO + H2O (4)
⇒ mMgO = 7g ⇒ nMgO = 0,175 mol ⇒ nMg p = 0,175 mol
⇒ mA = (6,44 − 0,175 x 24) + mAg
Theo pt (1) : nAg = 2 nMg = 0,35 mol
⇒ mA = (6,44 − 0,175 x 24) + 0,35 x 108 = 40,04 > 24,36 ⇒ lo¹i
0,25
* TH (2) : AgNO3 hÕt, Mg hÕt, Fe p mét phÇn
Gi¶ sö nMg p = xmol , nFe p = ymol , nFe d = zmol
⇒ 24x + 56 ( y + z ) = 6,44 (I)
Theo pt (1), (2) :
xmol Mg → 2xmol AgNO3→ xmol Mg(NO3)2→ 2xmol Ag
ymol Fe → 2ymol AgNO3→ ymol Fe(NO3)2→ 2ymol Ag
⇒ mA = (2x + 2y) 108 + 56z = 24,36 (II)
0,25
L¹i cã p : Mg(NO3)2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ + 2NaNO3 (5)
Fe(NO3)2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaNO3 (6)
Mg(OH)2 t o
→ MgO + H2O (7)
Trang 64Fe(OH)2 + O2 t o
→ 2Fe2O3 + 4H2O (8) Theo (5), (6), (7), (8) :
xmol Mg(NO3)2 → xmolMg(OH)2→ xmol MgO
ymol Fe(NO3)2 → ymol Fe(OH)2 → 0,5 ymol Fe2O3
⇒ m CR = 40x + 80y = 7 (III) 0,25
Từ (I), (II), (III) ta có hệ phơng trình :
=
+
= + +
= +
+
7 80
40
36 , 24 56 216
216
44 ,6 56
56
24
y
x
z y
x
z y
x
giải hệ ta có nghiệm
=
=
=
03 ,0
07 ,0
035 ,0
z y x
* Vậy hỗn hợp đầu có : % mMg = 100 % 13 , 04 %
44 , 6
24 035 , 0
=
ì
ì
% mFe = 100 % 86 , 96 %
44 , 6
56 ) 03 , 0 07 , 0
0,25
* Theo pt(1), (2) : nAgNO 3 = 2 (x + y) = 2(0,035 + 0,07) = 0,21 mol
CM AgNO 0 , 42M
5 , 0
21 , 0 )
b)*Theo gt: m(g) Al2(SO4)3 tác dụng 0,32 mol Ba(OH)2 → 2,256 a (g) ↓
m(g) Al2(SO4)3 tác dụng 0,38 mol Ba(OH)2→ 2a(g) ↓
ptp lần lợt :
Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2→ 2Al(OH)3↓ + 3BaSO4 ↓ (1)
Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O (2)
Ta thấy khi lợng Ba(OH)2 tăng lên (0,32 → 0,38) thì lợng kết tủa giảm đi
⇒ với 0,38 mol Ba(OH)2 thì Al2(SO4)3 hết, Ba(OH)2 còn d hoà tan một
phần hoặc hoà tan hết Al(OH)3
0,25
*TH (1): với 0,32 mol Ba(OH)2 thì Al2(SO4)3 đủ hoặc d → Ba(OH)2 hết
Theo pt (1): nBa(OH)2 = 0,32 mol → nAl 2 (SO4) 3 = 0,332 mol
→ nAl(OH) 3 = 0,364mol → nBaSO 4 = 0,32mol
⇒ m ↓ = 0,364 x 78 + 0,32 x 233 = 2,256 a
⇒ a = 40,425
- TH(1)a : với0,38molBa(OH)2, Ba(OH)2d chỉ hoà tan một phần Al(OH)3
Theo pt(1) : nAl2 (SO4) 3 = x (mol) → nBa(OH)2 = 3x → nAl(OH)3 = 2x
→ nBaSO 4 = 3x ⇒ nBa(OH) 2d = (0,38 – 3x) → nAl(OH) 3 tan = 2(0,38-3x)
⇒ m ↓ = 233 3x + [2x – 2(0,38-3x)] 78 = 2a = 2 40,425
⇒ x = 0,106
Ta thấy với 0,106 mol Al2(SO4)3→ nBa(OH) 2 p = 0,318 mol < 0,32
0,25
Trang 7⇒ trái giả thiết với 0,32 mol Ba(OH)2 thì Ba(OH)2 hết.
⇒ trờng hợp này loại
- TH(1)b: với 0,38 mol Ba(OH)2 thì Al(OH)3 bị hoà tan hết
Theo pt (1) : nAl 2 (SO 4 ) 3 = xmol → nBa(OH) 2 = 3x → nAl(OH) 3 = 2x
→ nBaSO 4 = 3x ⇒ m ↓ = 233 3x = 2a = 2 40,425 ⇒ x = 0,115
⇒ nBa(OH) 2 d = 0,38 – 3 0,115 = 0,035 mol
Theo pt(2) : nAl(OH) 3 bị hoà tan = 0,035 2 = 0,07 < 2 0,115 = 0,23
⇒ Al(OH)3 không bị hoà tan hết ⇒ trờng hợp này loại
0,25
* TH (2): với 0,32 mol Ba(OH)2→ Ba(OH)2 d hoà tan 1 phần Al(OH)3
Theo pt (1) : nAl 2 (SO 4 ) 3 = xmol → nBa(OH) 2 = 3x → nAl(OH) 3 = 2x
→ nBaSO 4 = 3x ⇒ nBa(OH)2 d = 0,32 – 3x
Theo pt (2) : nAl(OH)3 bị hoà tan = 2(0,32-3x)
⇒ m ↓ = 233 3x + [2x – 2(0,32-3x)] 78 = 2,256 a (I)
- TH (2)a : với 0,38 mol Ba(OH)2→ Ba(OH)2 d hoà tan 1 phần Al(OH)3
Theo pt (1) : nAl 2 (SO 4 ) 3 = xmol → nBa(OH) 2 = 3x → nAl(OH) 3 = 2x
→ nBaSO 4 = 3x ⇒ nBa(OH)2 d = 0,38 – 3x
Theo pt (2) : nAl(OH)3 bị hoà tan = 2(0,38-3x)
⇒ m ↓ = 233 3x + [2x – 2(0,38-3x)] 78 = 2 a (II)
Giải hệ pt (I), (II) ⇒ a = 36,5625 x = 0,1
⇒m = 34,2(g)
0,25
- TH (2) b: với 0,38 mol Ba(OH)2→ Ba(OH)2 d hoà tan hết Al(OH)3
Theo pt (1) : nAl 2 (SO 4 ) 3 = xmol → nBa(OH) 2 = 3x → nAl(OH) 3 = 2x
→ nBaSO 4 = 3x ⇒ nBa(OH)2 d = 0,38 – 3x
⇒ m ↓ = mBaSO4 = 233 3 x = 2a (III)
Giải hệ pt (I) và (III) ⇒ x = 0,0934 a = 32,6433
⇒ nBa(OH)2 d = 0,38 – 3 0,0934 ≈ 0,1
Theo pt (2) : nAl(OH)3 bị hoà tan = 0,1 2 = 0,2 > 2 0,0934 ⇒ hợp lý
⇒ m = 0,0934 342 = 31,94 (g)
Đáp số : m = 34,2 (g) hoặc m = 31,94 (g)
0,25
Ghi chú :
1) Cách giải khác đáp án mà đúng, đợc điểm tơng đơng.
Trang 82) Điểm nguyên tố là 0,25 Tổng điểm của bài không làm tròn
3) Về lí luận cũng nh tính toán, từ chỗ sai trở đi không đợc điểm (đối với những phần có liên quan với nhau)
4) Phơng trình phản ứng nếu có một công thức sai thì không đợc điểm Nếu cân bằng phơng trình sai hoặc thiếu điều kiện thì bị trừ nửa số điểm của phơng trình
đó.
5) Nếu không giải hệ phơng trình mà bấm máy ra đáp số thì không cho điểm phần giải hệ phơng trình