Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Hóa học THPT chuyên (Có đáp án) - Năm học 2013-2014 - Sở GD & ĐT Bắc Ninh

 UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
Năm học 2013 - 2014 
Môn thi: Hóa học (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Hóa học) 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2013 
========== 
Câu I (2,0 điểm): 
1. a. Thế nào là nồng độ của dung dịch, dung dịch bão hòa, dung dịch quá bão hòa, dung dịch chưa bão hòa? 
 b. Thêm dần dung dịch KOH 33,6 % vào 40,33 ml dung dịch HNO3 37,8% ( d= 1,24 g/ml) đến khi trung 
hòa hoàn toàn, thu được dung dịch A. Đưa A về 00C thu được dung dịch B có nồng độ 11,6% và khối lượng muối 
tách ra là m gam. Tính m, dung dịch B là dung dịch bão hòa hay chưa bão hòa? Biết rằng kali nitrat không tạo 
được tinh thể hiđrat. 
2. Hòa tan hoàn toàn a gam hỗn hợp gồm Na2O và Al2O3 vào nước thu được dung dịch X trong suốt. Thêm từ từ 
dung dịch HCl 1M vào X, khi hết 100ml thì bắt đầu xuất hiện kết tủa, khi hết 300ml hoặc 700ml thì đều thu được 
b gam kết tủa. Tính a và b. 
Câu II (2,0 điểm): 
1. Xác định các chất X1, X2, X3, X4, X5, X6, X7, X8 và hoàn thành các phương trình hóa học sau: 
a. Fe2O3 + CO 
0t FexOy + X1 
b. X2 + X3  BaSO4 + Na2SO4 + CO2 + H2O 
c. X2 + X4  BaSO4 + Na2SO4 + CO2 + H2O 
d. X5 + X6  Ca(H2PO4)2 
e. X3 + X7  X4 + CaCO3 + H2O 
f. X3 + X8  X4 + H2O. 
2. Hợp chất X coi như được tạo ra do các oxit K2O, CaO, SiO2 kết hợp với nhau, trong đó hàm lượng phần trăm 
theo khối lượng của các oxit trên tương ứng là 18,43; 10,98 và 70,59. Hãy viết công thức của X dưới dạng các oxit. 
Câu III (2,0 điểm): 
1. Chia hỗn hợp gồm 2 ancol no, mạch hở A và B làm 2 phần bằng nhau. Cho phần thứ nhất tác dụng hết với Na 
dư thu được 0,896 lít khí (ở đktc). Đốt cháy hết phần thứ hai thu được 3,06 gam H2O và 5,28 gam CO2. 
Xác định công thức cấu tạo của 2 ancol, biết rằng khi đốt V thể tích hơi của A hoặc B thì thể tích CO2 thu 
được trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất đều không vượt quá 3V. 
2. Một trong những phương pháp sản xuất rượu etylic là lên men tinh bột. Phần còn lại sau khi chưng cất lấy rượu 
etylic gọi là bỗng rượu. Hãy giải thích tại sao bỗng rượu để trong không khí lại bị chua và khi dùng bỗng rượu để 
nấu canh thì có mùi thơm? Viết các phương trình hóa học xảy ra trong các quá trình trên. 
Câu IV (2,0 điểm): 
Đốt cháy hoàn toàn m gam than (chứa 10% tạp chất không cháy) trong một luồng oxi và hơi nước vừa đủ ta 
thu được hỗn hợp X gồm H2, CO và CO2. Dẫn hỗn hợp X qua một ống sứ chứa CuO dư, nung nóng ta thu được 24 
gam hỗn hợp chất rắn A, hỗn hợp khí và hơi B bay ra khỏi ống. Cho A vào dung dịch HCl dư thì phần khối lượng 
chất rắn tan bằng 25% khối lượng phần chất rắn không tan. Dẫn B qua bình chứa CaCl2 khan, dư thì thể tích hỗn 
hợp giảm 4,2 lít (ở 136,50C và 1 atm), khí bay ra khỏi bình được hấp thụ hết vào 4 lít dung dịch Ba(OH)2 0,1M. Lọc 
dung dịch ta thu được 68,95 gam kết tủa D và dung dịch E. Đun sôi kỹ dung dịch E ta thu thêm được a gam kết tủa. 
1) Viết phương trình hóa học các phản ứng và xác định các chất có trong A, B, D, E. 
2) Tính a và phần trăm thể tích các khí trong hỗn hợp X. 
3) Tính khối lượng than, oxi và hơi nước đã dùng để điều chế hỗn hợp X. 
Câu V (2,0 điểm): 
Cho 2,85 gam hỗn hợp 2 este đơn chức, mạch hở, là đồng phân của nhau tác dụng với 25 ml dung dịch 
NaOH CM. Đun nhẹ để cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Trung hòa lượng NaOH dư cần 25 ml dung dịch 
H2SO4 0,25 M, thu được dung dịch D. 
a. Tính tổng số mol 2 este trong 2,85 gam hỗn hợp. Biết rằng để trung hòa 10 ml dung dịch NaOH CM 
cần 30 ml dung dịch H2SO4 0,25M. 
b. Chưng cất D được hỗn hợp 2 ancol có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau. Hỗn hợp 2 ancol 
làm mất màu vừa đủ dung dịch có chứa 3,2 gam Br2. Cho Na dư tác dụng với hỗn hợp 2 ancol thu được V lít H2 
(ở đktc). Cô cạn phần còn lại sau khi chưng cất D, rồi cho tác dụng với H2SO4 thu được dung dịch có chứa 2 axit 
hữu cơ. Dung dịch này làm mất màu tối đa dung dịch có chứa b gam Br2. 
Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của các este. Tính V, b và khối lượng mỗi ancol. 
========= HẾT========= 
(Giám thị không giải thích gì thêm, thí sinh không được sử dụng tài liệu, chỉ được sử dụng bảng tuần hoàn) 
Họ và tên thí sinh:....................................................................................SBD:.............................................. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
-------//------- 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
Năm học 2013 - 2014 
Môn thi: Hóa học (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Hóa học) 
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2013 
========== 
Câu I (2,0 điểm): 
1. a. Thế nào là nồng độ của dung dịch, dung dịch bão hòa, quá bão hòa, chưa bão hòa? 
b. Thêm dần dung dịch KOH 33,6 % vào 40,33 ml dung dịch HNO3 37,8% ( d= 1,24 g/ml) đến khi trung 
hòa hoàn toàn, thu được dung dịch A. Đưa A về 00C thu được dung dịch B có nồng độ 11,6% và khối lượng muối 
tách ra là m gam. Tính m, dung dịch B là dung dịch bão hòa hay chưa bão hòa? Biết rằng kali nitrat không tạo 
được tinh thể hiđrat. 
2. Hòa tan hoàn toàn a gam hỗn hợp gồm Na2O và Al2O3 vào nước thu được dung dịch X trong suốt. Thêm từ từ 
dung dịch HCl 1M vào X, khi hết 100ml thì bắt đầu xuất hiện kết tủa, khi hết 300ml hoặc 700ml thì đều thu được 
b gam kết tủa. Tính a và b. 
Câu Ý Nội dung Điểm 
 2,0 
Nồng độ dung dịch là đại lượng biểu thị lượng chất tan chứa trong một lượng xác 
định dung dịch hoặc dung môi. 
 - Nếu nồng độ dung dịch đo bằng số gam chất tan chứa trong 100 gam dung dịch 
gọi là nồng độ % của dung dịch (kí hiệu là C%). 
 - Nếu nồng độ dung dịch đo bằng số mol chất tan trong 1 lít dung dịch gọi là nồng 
độ mol của dung dịch (kí hiệu là CM ). 
* Ở nhiệt độ đã cho 
 - dung dịch của một chất không thể hòa tan thêm chất tan đó gọi là dung dịch bão 
hòa. 
 - dung dịch của một chất còn có thể hòa tan thêm chất tan đó gọi là dung dịch chưa 
bão hòa. 
 - dung dịch chứa lượng chất tan lớn hơn lượng chất tan so với dung bão hòa gọi là 
dung dịch quá bão hòa. 
0,5 
1 
a. 
b. - Khối lượng dd HNO3 = 40,33. 1,24 = 50 gam. 
- số mol HNO3 = 37,8.50/100.63 = 0,3 mol. 
PTHH trung hòa : 
 KOH + HNO3  KNO3 + H2O 
Mol 0,3 0,3 0,3 
- m dd KOH = 0,3.56.100/33,6 = 50 gam ; m KNO3 = 0,3.101 = 30,3 gam. 
Ta có : 
(30,3 - m)
(50 + 50 - m ) = 100
11,6
Giải ra ta được m = 21,15 gam. 
* dd B là dung dịch bão hòa ở 00 C 
0,5 
2 
I 
 Đặt x, y là số mol của Na2O và Al2O3 trong a gam hh. 
Số mol HCl trong 100ml = 0,1.1 = 0,1 mol 
Sô mol HCl trong 300ml = 0,3.1 = 0,3 mol 
Sô mol HCl trong 100ml = 0,7.1 = 0,7 mol 
- Cho Na2O và Al2O3 vào nước xảy ra PTHH : 
 Na2O + H2O  2 NaOH (1) 
Mol x 2x 
 2 NaOH + Al2O3  2 NaAlO2 + H2O (2) 
Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào X, khi hết 100ml thì bắt đầu xuất hiện kết tủa nên 
NaOH dư  Al2O3 hết sau (2). 
Từ (1) và (2) ta có: số mol NaAlO2 = 2y; số mol NaOH dư = (2x - 2y) 
1,0 
 Cho HCl vào X đến 100ml xảy ra PTHH: 
 HCl + NaOH  NaCl + H2O (3) 
 Từ PT (3) ta có: số mol NaOH dư sau (2) = 0,1 = (2x-2y) (1) 
khi hết 300ml hoặc 700ml thì đều thu được b gam kết tủa nên: 
- Khi hết 300ml HCl chỉ xảy ra PTHH sau: 
 HCl + NaAlO2 + H2O  Al(OH)3 + NaCl (4) 
+) số mol NaAlO2 pư (4) = 0,3 – 0,1 = 0,2 = số mol Al(OH)3 
 +) khối lượng kết tủa b = 0,2 . 78 = 15,6 gam. 
- Khi hết 700ml HCl xảy ra cả PTHH (4) và Pư hòa tan kết tủa: 
 Al(OH)3 + 3HCl  AlCl3 + 3 H2O (5) 
 +) số mol HCl trong 700 ml = n HCl (pu 3) + n HCl (pu4)+ n HCl (pu5) 
 = 0,1 + 2y + 3.( 2y – 0,2) = 0,7 (2) 
 Giải pt (2) ta được y = 0,15 mol.Thay y vào phương trình (1) ta được x = 0,2 mol. 
 +) Vậy a = 62.x + 102. y = 62. 0,2 + 102. 0,15 = 27,7 gam 
Câu II (2,0 điểm): 
1. Xác định các chất X1, X2, X3, X4, X5, X6, X7, X8 và hoàn thành các phương trình hóa học sau: 
a. Fe2O3 + CO 
0t FexOy + X1 
b. X2 + X3  BaSO4 + Na2SO4 + CO2 + H2O 
c. X2 + X4  BaSO4 + Na2SO4 + CO2 + H2O 
d . X5 + X6  Ca(H2PO4)2 
e. X3 + X7  X4 + CaCO3 + H2O 
f. X3 + X8  X4 + H2O. 
2. Hợp chất X coi như được tạo ra do các oxit K2O, CaO, SiO2 kết hợp với nhau, trong đó hàm lượng phần 
trăm theo khối lượng của các oxit trên tương ứng là 18,43; 10,98 và 70,59. Hãy viết công thức của X dưới 
dạng các oxit. 
Câu Ý Nội dung Điểm 
 2,0 
1 
a. x Fe2O3 + (3x -2y) CO  0t 2 FexOy + (3x -2y) CO2 
Vậy X1 là CO2 
b. 2 NaHSO4 + Ba(HCO3)2  BaSO4 + Na2SO4 + 2 CO2 + 2H2O 
. X2 là: NaHSO4 ; X3 là: Ba(HCO3)2 
c. 2 NaHSO4 + BaCO3  BaSO4 + Na2SO4 + CO2 + H2O 
X4 là BaCO3 
d. Ca3(PO4)2 + 4 H3PO4  3 Ca(H2PO4)2 
X5 là : Ca3(PO4)2 ; X6 là : H3PO4 
Hoặc 
X5 là : CaHPO4 ; X6 là : H3PO4 
e. Ba(HCO3)2 + Ca(OH)2  BaCO3 + CaCO3 + 2 H2O 
 X7 là: Ca(OH)2 
 f. Ba(HCO3)2 + Ba(OH)2  2 BaCO3 + 2 H2O 
Vậy X8 là: Ba(OH)2 
1,5 
II 
2 Đặt công thức của X : x K2O.y CaO.z SiO2 
Theo đề bài ta có: 
 x : y: z = (18,43/94) : (10,98/56) : (70,59/60) = 1: 1: 6 
Vậy công thức của X là : K2O. CaO.6 SiO2 
0,5 
Câu III (2,0 điểm): 
1. Chia hỗn hợp gồm 2 ancol no, mạch hở A và B làm 2 phần bằng nhau. Cho phần thứ nhất tác dụng hết với 
Na dư thu được 0,896 lít khí (ở đktc). Đốt cháy hết phần thứ hai thu được 3,06 gam H2O và 5,28 gam CO2. 
Xác định công thức cấu tạo của 2 ancol, biết rằng khi đốt V thể tích hơi của A hoặc B thì thể tích CO2 thu 
được trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất đều không vượt quá 3V. 
2. Một trong những phương pháp sản xuất rượu etylic là lên men tinh bột. Phần còn lại sau khi chưng cất lấy 
rượu etylic gọi là bỗng rượu. Hãy giải thích tại sao bỗng rượu để trong không khí lại bị chua và khi dùng bỗng 
rượu để nấu canh thì có mùi thơm? Viết các phương trình hóa học xảy ra trong các quá trình trên. 
Câu Ý Nội dung Điểm 
 2,0 
1 
số mol H2 = 0,896/22,4 = 0,04; số mol CO2= 5,28/44 = 0,12; số mol H2O=0,17. 
- Đặt CTTQ 2 ancol : C n H2 n +2O x (trong đó : n , x là số nguyên tử cacbon 
trung bình và số nhóm chức TB). 
Phần I tác dụng với Na: 
 Cn H2 n +2O x + x Na  Cn H2 n +2- x (ONa) x + x /2 H2 (1) 
Đốt cháy phần II : 
 C n H2 n +2O x + (3 n +1- x )/2 O2  n CO2 + ( n + 1) H2O (2) 
Theo pư (2) tổng số mol 2 ancol pư cháy: 0.17 - 0.12 = 0,05 (mol). 
Từ PTHH (2) : C n H2 n +2O x  n CO2 
 Mol 0,05 0,12 
  n = 2,4. 
Từ PTHH (1) : Cn H2 n +2O x  x /2 H2 
 Mol 0,05 0,04 
 x = 1,6 nên phải có 1 ancol đơn chức. 
Theo giả thiết số nguyên tử C trong mỗi ancol không quá 3 nên: số nhóm 
chức của ancol đa chức cũng không quá 3. 
* Trường hợp 1: Hỗn hợp gồm ancol đơn chức và ancol 2 chức. 
Gọi công thức của 2 ancol lần lượt là CnH2n+1OH x mol (n 1) 
 và CmH2m(OH)2 y mol (m  2) 
 Theo đề bài ta có hệ phương trình sau: 











03,0y
02,0x
04,0y2/x
05,0yx
Ta có số mol CO2 là 0,02n + 0,03m = 0,12 
 chỉ có cặp nghiệm n = 3, m = 2. 
Vậy 2 ancol là C3H7OH và CH2OH-CH2OH. 
* Trường hợp 2: Hỗn hợp gồm ancol đơn chức và ancol 3 chức. Ancol 3 chức no là 
C3H5(OH)3. 
Gọi công thức của 2 ancol lần lượt là CnH2n+1OH (x mol) ; C3H5(OH)3 (y mol) 
Khi đó ta có hệ 











015,0y
035,0x
04,02/y32/x
05,0yx
Ta có số mol CO2 là 0,035n + 0,015*3 = 0,12  n = 2,14 (loại) 
 Vậy nghiệm là C3H7OH (2 đp) và C2H4(OH)2 
0,5 
0,5 
0,25 
III 
2 Trong quá trình nấu rượu xảy ra các phản ứng hóa học sau 
 (C6H10O5)n + nH2O 
0,txt nC6H12O6 
 C6H12O6 
xt
2C2H5OH + CO2 
Trong bỗng rượu còn một lượng ancol do quá trình chưng cất xảy ra không hoàn 
toàn. Khi để trong không khí ancol bị oxi hóa thành axit dưới tác dụng của vi sinh 
vật thành axit nên bỗng rượu có vị chua. 
 C2H5OH + O2 
0,txt
 CH3COOH + H2O 
Khi đung nóng nấu canh xảy ra phản ứng este hóa tạo thành este nên có mùi thơm 
 CH3COOH + C2H5OH 
xt, t0
CH3COOC2H5 + H2O 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu IV (2,0 điểm): 
Đốt cháy hoàn toàn m gam than (chứa 10% tạp chất không cháy) trong một luồng oxi và hơi nước vừa 
đủ ta thu được hỗn hợp X gồm H2, CO và CO2. Dẫn hỗn hợp X qua một ống sứ chứa CuO dư, nung nóng ta 
thu được 24 gam rắn A và hỗn hợp khí B bay ra khỏi ống. Cho rắn A vào dung dịch HCl dư thì phần khối 
lượng rắn tan bằng 25% khối lượng phần rắn không tan. Dẫn hỗn hợp hợp khí B qua bình chứa CaCl2 khan, dư 
thì thể tích hỗn hợp giảm 4,2 lít (ở 136,50C và 1 atm), khí bay ra khỏi bình được hấp thụ hết vào 4 lít dung dịch 
Ba(OH)2 0,1M. Lọc sản phẩm ta thu được 68,95 gam kết tủa D và một dung dịch E. Đun sôi kỹ dung dịch E ta 
thu thêm được a gam kết tủa. 
 1) Viết phương trình hóa học các phản ứng và xác định các chất có trong A, B, D, E. 
2) Tính a và phần trăm thể tích các khí trong hỗn hợp X. 
3) Tính khối lượng than, oxi và hơi nước đã dùng để điều chế hỗn hợp X. 
Câu Ý Nội dung Điểm 
 2,0 
1 Phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra 
 (1) Phản ứng đốt cháy C tạo hỗn hợp khí X gồm H2, CO và CO2. 
 C + H2O 
0t CO + H2 (1) 
 C + 2H2O 
0t CO2 + H2 (2) 
 C + O2 
0t CO2 (3) 
 C + 1/2 O2 
0t CO (4) 
 C + CO2 
0t 2CO (5) 
 Hỗn hợp X chứa: H2, CO và CO2. 
 (2) Hỗn hợp H2, CO, CO2 qua CuO dư và nung nóng. 
 CuO không tác dụng với CO2 
 CuO + H2 
0t Cu + H2O (6) 
 CuO + CO
0t Cu + CO2 (7) 
 Chất rắn A gồm Cu và CuO dư. Hỗn hợp khí B: CO2, H2O hơi. 
 (3) Chất rắn A tác dụng với HCl. 
 Cu không tác dụng với HCl 
 CuO + 2HCl 
0t CuCl2 + H2O (8) 
 Phần rắn không tan là Cu. 
 (4) Hỗn hợp khí B (CO2 và hơi nước) qua CaCl2 khan. H2O bị hấp thụ. 
 CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O (9) 
 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 (10) 
 - Chất kết tủa D là BaCO3, dung dịch E chứa Ba(HCO3)2. 
 Ba(HCO3)2 
0t BaCO3 + CO2 + H2O (11) 
0,75 
b Gọi m1 là khối lượng CuO trong A, thì trong A có mCuO = 0,25.mCu 
  mCu = 4.mCuO = 4m1 
 Ta có m1 + 4m1 = 24  m1 = 4,8 gam; nCu = 4,8.4/64 = 0,3 (mol) = nH2 + nCO 
 nH2 = nH2O = 
1.4,2
0,125
22, 4
.(273 136,5)
273


 nCO = 0,3 – 0,125 = 0,175 (mol) 
 nCO2 = 2.nBa(OH)2 - nBaCO3 = 0,4.2 – 0,35 = 0,45 (mol) 
 nCO2 (X) = 0,45 – 0,175 = 0,275 (mol) 
 Vậy thành phần phần trăm thể tích các khí trong X là 
%CO2 = 0,275/(0,175 + 0,125 + 0,275) = 47,83%; %H2 = 21,74%; %CO = 30,43%. 
0,75 
IV 
c Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố có: 
 nC = nCO + nCO2 = nCO2 (B) = 0,45 (mol)  mC = 0,45.12 = 5,4 (gam) 
  m = mC:0,9 = 6,0 gam 
 nH2O = nH2(X) = nH2O(B) = 0,125 (mol)  mH2O = 0,125.18 = 2,25 (gam) 
 2.nO2 + nH2O = nCO + 2.nCO2  nO2 = (0,175 + 2.0,275 – 0,125)/2 = 0,3 (mol) 
  mO2 = 0,3.32 = 9,6 (gam) 
0,5 
Câu V (2,0 điểm): 
Cho 2,85 gam hỗn hợp 2 este đơn chức, mạch hở, đồng phân của nhau tác dụng với 25 ml dung dịch 
NaOH CM. Đun nhẹ, giả sử phản ứng xảy ra hoàn toàn. Để trung hòa lượng NaOH dư cần 25 ml dung dịch 
H2SO4 0,25 M, thu được dung dịch D. 
a. Tính tổng số mol 2 este trong 2,85 gam hỗn hợp.Biết rằng để trung hòa 10 ml dung dịch NaOH CM 
cần 30 ml dung dịch H2SO4 0,25M. 
 b. Chưng cất D được hỗn hợp 2 ancol có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau. Hỗn hợp 2 
ancol làm mất màu vừa đủ dung dịch có chứa 3,2 gam Br2. Cho Na dư tác dụng với hỗn hợp 2 ancol thu 
được V lít H2 (ở đktc). Cô cạn phần còn lại sau khi chưng cất D, rồi cho tác dụng với H2SO4 thu được dung 
dịch có chứa 2 axit hữu cơ. Dung dịch này làm mất màu tối đa dung dịch có chứa b gam Br2. Xác định công 
thức phân tử, công thức cấu tạo của các este. Tính V, b và khối lượng mỗi ancol. 
Câu Ý Nội dung Điểm 
 2,0 
a 
Đặt CTPTTB 2 este đơn chức đồng phân là : RCOO R
,
. 
Ta có phản ứng của 2 este với NaOH : 
 RCOOR
, + NaOH RCOONa + R,OH
t0
 (1) 
Phản ứng trung hòa NaOH dư: 
 H2SO4 + 2 NaOH  Na2SO4 + 2 H2O (2) 
Bài ra số mol H2SO4 để trung hòa NaOH dư : 0,025. 0,25 = 0,00625 mol. 
Từ phương trình (2) ta có : số mol NaOH dư = 0,00625. 2 = 0,0125 mol. 
số mol H2SO4 0,25M trong 30ml : 0,25.0,03 = 0,0075 mol số mol NaOH CM 
trong 10 ml : 
 0,0075.2 = 0,015 mol. 
Cứ 10 ml NaOH CM chứa 0,015 mol 
Trong 25 ml NaOH CM chứa 0,0375 mol. 
Số mol NaOH phản ứng (1) : 0,0375 - 0,0125 = 0,025 mol = tổng số mol 2 este= 
tổng số mol 2 ancol. 
Vậy tổng số mol 2 este trong 2,85 gam hỗn hợp là: 0,025 mol. 
0,25 
0,25 
V 
b Vì 2 este là đồng phân nên cùng CTPT , ta có Meste = 2,85/0,025 = 114. 
Đặt RCOO R
,
 = Cx HyO2  12x + y + 32 = 114  nghiệm phù hợp x= 6, y= 10. 
Vậy CTPT 2este đồng phân là C6H10O2 (bài ra 2este mạch hở nên đây là 2este không 
no có 1 nối đôi C=C). 
- chưng cất D 2 ancol (có số C bằng nhau) làm mất màu dd Br2 , đặt CTTQ 
2 ancol: C n H2n +1-2a OH . 
PTHH cho 2 ancol tác dụng với dung dịch Br2: 
 C n H2n +1-2a OH + a Br2 C n H2n +1-2a (OH)(Br)2a 
 Mol 0,025 3,2/160 
Ta có a = 0,8 trong 2 ancol có 1 ancol no đơn chức, 1ancol không no có 1 LK đôi 
nên n > 3. 
chưng cất D rồi cho tác dụng với H2SO4 thu được hỗn hợp 2 axit. Hỗn hợp này làm 
mất màu dung dịch Br2 nên trong 2 axit có 1 axit không no chứa 1 LK C=C  số 
nguyên tử C trong axit > 3. 
Mà 2 este đồng phân CTPT C6H10O2 , 2 ancol cùng số nguyên tử C nên 2 axit cũng 
có số nguyên tử C bằng nhau.Vậy axit và ancol có số C bằng 3 ( để tổng bằng 6). 
CTPT 2 ancol: C3H8O và C3H6O; 
- CTCT este 1 là: C2H5COOC3H5 (este của axit no đơn chức và ancol không no có 
1 LK đôi) 
 * CH3-CH2-COOCH2-CH=CH2. 
Và este 2 là: CH2=CH-COOC3H7 (este của axit không no có 1 LK đôi đơn chức và 
ancol no đơn chức ) có 2 đồng phân. 
 Cho 2 ancol tác dụng với Na: 
R,OH + Na R,ONa + 1/2 H2 
 Mol 0,025 0,025/2 
Số mol H2 thu được = 0,025/2 = 0,0125 mol V = 0,0125.22,4 = 0,28 lít 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 Cho 2 ancol tác dụng với dung dịch Br2 chỉ có ancol không no pư; 
 CH2 = CH- CH2 OH + Br2 CH2Br- CHBr- CH2OH 
Bài ra : số mol Br2 = 3,2 : 160 = 0,02 mol = số mol CH2 = CH- CH2 OH 
Số mol C3H7OH = 0,025 – 0,02 = 0,005 mol. 
Vậy khối lượng của CH2 = CH- CH2 OH là: 0,02.58 = 1,16 gam. 
Vậy khối lượng của C3H7OH là: 0,005.60 = 0,3 gam 
0,25 
 tính b: 
số mol CH2 = CH- COOH = số mol C3H7OH = 0,005 mol = số mol Br2 pư . 
 b = 0,005 . 160 = 0,8 gam. 
0,25 
Lưu ý: 
1) Cách giải khác với đáp án, mà đúng, được điểm tương đương. 
2) Về lí luận cũng như tính toán, từ chỗ sai trở đi sẽ không được điểm (đối với những phần liên quan). 
3) Đối với PTHH, nếu viết sai một công thức hoá học trở lên thì không cho điểm; nếu cân bằng sai hoặc 
điều kiện phản ứng sai thì được nửa số điểm của phương trình đó.