BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2010 Môn thi: HÓA HỌC (dùng cho thí sinh thi vào chuyên Hóa) Nội dung Điểm Câu 1 ( 2,0 đ) (1,0 đ) 1. a) Có khí bay ra và có kết tủa màu trắng, màu xanh: Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 ↑ Ba(OH) 2 + CuSO 4 → BaSO 4 ↓ + Cu(OH) 2 ↓ b) Có khí bay ra và có kết tủa trắng: Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 ↑ Ba(OH) 2 + NaHCO 3 → BaCO 3 ↓ + NaOH + H 2 O c) Có khí không mùi bay ra, sau đó có khí mùi khai và kết tủa trắng: Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 ↑ Ba(OH) 2 + (NH 4 ) 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O d) Có khí bay ra, có kết tủa trắng xuất hiện, kết tủa tăng dần cho đến cực đại sau đó kết tủa tan ra cho đến hết, dung dịch trong suốt: Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 ↑ 3Ba(OH) 2 + 2Al(NO 3 ) 3 → 2Al(OH) 3 + 3Ba(NO 3 ) 2 Ba(OH) 2 + 2Al(OH) 3 → Ba(AlO 2 ) 2 + 4H 2 O 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 đ) 2. CaCO 3 o t  → CaO + CO 2 2 NaCl + 2 H 2 O → 2 NaOH + H 2 ↑ + Cl 2 ↑ CaO + H 2 O → Ca(OH) 2 H 2 + Cl 2 as → 2HCl 2NaOH + CO 2 → Na 2 CO 3 + 2 H 2 O NaOH + CO 2 → NaHCO 3 Ca(OH) 2 + 2HCl → CaCl 2 + 2H 2 O 2NaOH + Cl 2 → NaCl + NaClO + H 2 O 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2 (2 đ) 1,0 đ 1. Nhận biết: Trích một lượng nhỏ mỗi chất ra các ống nghiệm để làm các mẫu thử - Đun nóng các ống nghiệm đựng các mẫu thử, ở ống nghiệm nào có kết tủa thì đó là ống nghiệm đựng lòng trắng trứng. - Cho quỳ tím vào các dung dịch hoặc chất lỏng còn lại nếu ở ống nghiệm nào có 0,25 đpnc màu đỏ(hồng) xuất hiện thì ống nghiệm đó đựng dd axit axetic. - Cho Ag 2 O/NH 3 vào các ống nghiệm còn lại, ở ống nghiệm nào có kết tủa Ag xuất hiện thì ống nghiệm đó đựng dd Glucozơ. - Cho Na kim loại vào 2 ống nghiệm còn lại, ở ống nghiệm nào có sủi bọt khí thì ống nghiệm đó đựng cồn 100 o . Còn lại ống nghiệm đựng bezen. Phương trình phản ứng: C 6 H 12 O 6 + Ag 2 O 3 NH → C 6 H 12 O 7 + 2Ag C 2 H 5 OH + Na → C 2 H 5 ONa + 1/2H 2 0,25 0,25 0,25 1,0 đ 2. Viết phương trình phản ứng: a) CH 3 -CH(OH)-COOH + 2Na → CH 3 -CH(ONa)-COONa + H 2 C 2 H 5 OHCH 3 CH(OH)COOH H 2 SO 4 ®Æc t o C + CH 3 CH(OH)COOC 2 H 5 + H 2 O b) c) 2CH 3 -CH(OH)-COOH + Ba(OH) 2 → (CH 3 -CH(OH)-COO) 2 Ba + 2H 2 O d) CH 3 -CH(OH)-COOH + KHCO 3 → CH 3 -CH(OH)-COOK + H 2 O + CO 2 ↑ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 3 ( 2đ ) 1,0đ 1. Sơ đồ tách: Al Al 2 O 3 Cu Fe 2 O 3 Cl 2 AlCl 3 Al 2 O 3 CuCl 2 Fe 2 O 3 t o H 2 O AlCl 3 CuCl 2 Al 2 O 3 Fe 2 O 3 dd AlCl 3 CuCl 2 dd ddNaOH d  Cu(OH) 2 dd NaAlO 2 NaCl CO 2 d Al(OH) 3 Al 2 O 3 Fe 2 O 3 t o CuO H 2 t o Cu Al 2 O 3 Al t o ®pnc Fe 2 O 3 CO 2 d Al(OH) 3 Al 2 O 3 t o NaOH dd NaAlO 2 NaOH ddNaOH d  0,25 0,25 0,25 Ptpư: 2Al + 3Cl 2 → 2AlCl 3 Cu+ Cl 2 → CuCl 2 2AlCl 3 + 6NaOH → 2Al(OH) 3 ↓+ 6NaCl Al(OH) 3 + NaOH → NaAlO 2 + 2H 2 O NaAlO 2 + CO 2 + H 2 O → Al(OH) 3 ↓ + NaHCO 3 CuCl 2 + 2NaOH → Cu(OH) 2 ↓ + 2NaCl 2Al(OH) 3 o t → Al 2 O 3 + 3H 2 O Cu(OH) 2 o t → CuO + H 2 O 2Al 2 O 3 ®pnc 4Al + 3O 2 0,25 1,0 đ 2. Từ phản ứng ta suy ra: D là CH 2 (OH)COOH B là CH 2 (OH)COONa A là CH 2 (OH)COOCH 2 COOH (nếu học sinh tìm ra (HO-CH 2 -CO) 2 O thì vẫn cho tối đa điểm ) Phương trình phản ứng: CH 2 (OH)COOCH 2 COOH + 2NaOH → 2CH 2 (OH)COONa + H 2 O CH 2 (OH)COONa + HCl → CH 2 (OH)COOH + NaCl CH 2 (OH)COOH + C 2 H 5 OH 2 4 o H SO t → ¬  CH 2 (OH)COOC 2 H 5 + H 2 O 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 4 ( 2 đ) 1,0 đ 1. 2 22,4 1( ) 22,4 H n mol= = Fe: x mol + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 ↑ Zn: y mol MgSO 4 x + y = 1 mol (1) Fe + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 ↑ x → x → x → x (mol) Zn + H 2 SO 4 → ZnSO 4 + H 2 ↑ y → y → y → y (mol) n(H 2 SO 4 ) = x + y = 1 mol → m(H 2 SO 4 )= 98 gam C%(H 2 SO 4 )= 10% → m(dd H 2 SO 4 )= 980 gam → m(dd Y)= 56x + 65y + 980 – 2×1= 56x+65y+ 978 C%(ZnSO 4 )= 161y/(56x+65y+978)=11,6/100 (2) Từ (1) và (2 ) suy ra: x = 0,25 y =0,75 m(Fe) = 56×0,25 = 14 gam m(Zn) = 65×0,75 = 48,75 gam 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 đ 2. Gọi công thức của muối A: R(HCO 3 ) n . 2R(HCO 3 ) n + nH 2 SO 4 → R 2 (SO 4 ) n + 2nCO 2 + 2nH 2 O Cứ 2 mol → 1 mol làm khối lượng giảm: 26n gam Vậy 0,07/n mol ← 5,53 – 4,62= 0,91 gam M(R(HCO 3 ) n )= 5,53:(0,07/n)= 79n = R + 61n suy ra: R= 18n n 1 2 3 R 18 36 54 KL NH 4 Không thoả mãn Không thoả mãn muối A là: NH 4 HCO 3 NH 4 HCO 3 + HNO 3 → NH 4 NO 3 + H 2 O + CO 2 ↑ 0,2 mol → 0,2 mol m(NH 4 NO 3 ) = 80 × 0,2 = 16 gam → muối B là muối ngậm nước. m(H 2 O) = 37,6 – 16 = 21,6 gam → n(H 2 O) = 21,6/18= 1,2 mol → n(H 2 O) : n(NH 4 NO 3 ) = 1,2 : 0,2 = 6 : 1 Công thức của B: NH 4 NO 3 .6H 2 O 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5 ( 2 đ) 1,0 đ 1. a) Cứ 1 gam chất béo cần 6mg KOH để trung hoà axit Vậy 1120 gam chất béo cần 6720 mg KOH để trung hoà axit hay 6,72 gam → n(KOH)= 6,72/56= 0,12 mol. Theo quy tắc tương đương về số mol ta có: n(KOH) = n (NaOH) → n(NaOH)= 0,12 mol. → V(dd NaOH)= 0,12/0,2= 0,6 lít. b) Cứ 1 gam chất béo cần 8 mg KOH để trung hoà axit Vậy 210.10 3 gam chất béo cần 1680.10 3 mg KOH để trung hoà axit hay 1680 gam → n(KOH)= 1680/56= 30 mol. Theo quy tắc tương đương về số mol ta có: n(KOH) = n (NaOH)=30 mol số mol (NaOH) tổng cần dùng= 10,32.10 3 /40 = 258 mol → n(NaOH) tác dụng với este = 258 – 30 = 228 mol (RCOO) 3 C 3 H 5 + 3 NaOH → 3RCOONa + C 3 H 5 (OH) 3 228 mol → 76 mol R’COOH + NaOH → R’COONa + H 2 O 30 mol → 30 mol Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m(chất béo) + m(NaOH) = m(muối) + m(C 3 H 5 (OH) 3 ) + m(H 2 O) → m(muối) = 210 + 10,32 – 30×18/1000 – 76×92/1000= 212,788 kg muối natri của các axit béo chiếm 50% khối lượng xà phòng do đó: m(xà phòng) = 212,788×100/50= 425,576 kg. 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 đ 2. Gọi công thức trung bình của 2 ancol: R OH R OH + Na → R ONa + 1/2 H 2 0,6 mol ← 0,3 mol n(NaOH) = 0,2×1 = 0,2 mol < 0,6 mol = n(2 rượu) suy ra trong hỗn hợp ban đầu gồm 1 este và 1 rượu RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH R’’OH R’’OH Áp dụng bảo toàn khối lượng suy ra: m(2ancol) = m(2chất ban đầu) + m(NaOH) – m(muối) = 32,8 + 0,2×40- 18,8 = 22 gam M ( R OH)= 22/0,6 = 36,67 → 32(CH 3 OH) < M ( R OH)= 36,67 rượu R 1 OH là CH 3 OH; suy ra R 2 OH là C 2 H 5 OH CH 3 OH : x mol ta có hệ x + y = 0,6 suy ra x = 0,4 C 2 H 5 OH: y mol 32x + 46y = 22 y = 0,2 n(NaOH) = 0,2×1 = 0,2 mol = n(este) = n(C 2 H 5 OH) suy ra gốc rượu trong este là C 2 H 5 - 32,8 gam RCOOC 2 H 5 : 0,2 mol CH 3 OH: 0,4 mol Suy ra: (R + 73)×0,2 + 32×0,4 = 32,8 → R = 27 → R là C 2 H 3 Vậy công thức của X, Y là: CH 2 =CH-COOC 2 H 5 CH 3 OH 0,25 0,25 0,25 0,25 . NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2 010 Môn thi: HÓA HỌC (dùng cho thí sinh thi vào chuyên Hóa) . m(C 3 H 5 (OH) 3 ) + m(H 2 O) → m(muối) = 210 + 10, 32 – 30×18 /100 0 – 76×92 /100 0= 212,788 kg muối natri của các axit béo chiếm 50% khối lượng xà phòng do đó: m(xà phòng) = 212,788 100 /50= 425,576 kg. 0,25 0,25 0,25 0,25 . NaOH)= 0,12/0,2= 0,6 lít. b) Cứ 1 gam chất béo cần 8 mg KOH để trung hoà axit Vậy 210. 10 3 gam chất béo cần 1680 .10 3 mg KOH để trung hoà axit hay 1680 gam → n(KOH)= 1680/56= 30 mol. Theo quy