Tải bản đầy đủ

Đề thi chuyên Hóa Nguyễn Trãi Hải Dương 2016-2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học: 2016 – 2017
Môn thi: Hoá học
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi gồm 02 trang)

Câu 1 (2 điểm)
1. Cho hỗn hợp A gồm Al, Cu, Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư,
thu được dung dịch B, khí SO2 thoát ra. Nếu cho hỗn hợp A vào dung dịch HCl
dư thu được dung dịch C, chất rắn không tan D và khí E. Cho dung dịch NaOH dư
vào dung dịch C thu được kết tủa F. Nung F ngoài không khí đến khối lượng
không đổi thu được chất rắn G, cho khí CO dư qua G nung nóng đến khối lượng
không đổi thu được chất rắn H.
Xác định các chất có trong B, C, D, E, F, G, H và viết các phương trình
phản ứng xảy ra.
2. Cho 5 dung dịch không màu đựng trong 5 bình mất nhãn gồm: NaHSO 4,
NaCl, Mg(HCO3)2, Na2CO3, Ba(HCO3)2. Không được dùng thêm hoá chất nào

khác, hãy nêu phương pháp nhận biết các dung dịch trên.
Câu 2 (2 điểm)
1. Viết các phương trình phản ứng thực hiện sơ đồ chuyển hoá sau (ghi rõ
điều kiện phản ứng nếu có).
CO2

A

B

D

E

F

G

CH4

2. Từ than đá, đá vôi và các chất vô cơ cần thiết, viết phương trình phản ứng
điều chế các chất PVC (Polivinylclorua), PE (Polietilen).
3. X, Y là hai chất hữu cơ đơn chức, mạch hở (trong phân tử chỉ chứa C,
H, O) có khối lượng mol phân tử bằng 74 g/mol. X tác dụng được với cả Na,
NaOH; Y chỉ tác dụng với dung dịch NaOH, không tác dụng với Na. Viết công
thức cấu tạo có thể có của X, Y và viết các phương trình phản ứng xảy ra ở trên.
Câu 3 (2 điểm)
1. Cho 122,4g hỗn hợp X gồm Cu, Fe 3O4 vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng
thu được 10,08 lít SO2 (đktc), dung dịch Y và còn lại 4,8g kim loại. Cô cạn dung
dịch Y thu được m gam muối khan. Tính m.
2. Để điều chế 100 lít rượu etylic 46 0 cần dùng m kg gạo. Biết rằng, trong
gạo chứa 80% tinh bột; khối lượng riêng C 2H5OH bằng 0,8 g/ml và hiệu suất toàn
bộ quá trình điều chế đạt 75%. Tính m.
Câu 4 (2 điểm)
1. Cho 16g hỗn hợp X gồm bột Mg, Fe vào 600 ml dung dịch AgNO3 có
nồng độ C (mol/l), khuấy đều hỗn hợp để phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được
dung dịch Y và 70,4g chất rắn Z. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y thu
được kết tủa, nung kết tủa trong không khí ở nhiệt cao đến khối lượng không đổi
thu được 16g chất rắn T.
Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính khối lượng từng kim loại trong

hỗn hợp X và tính giá trị C.
1


2. Tiến hành hai thí nghiệm:
Thí nghiệm 1: Cho 650ml dung dịch NaOH 2M vào 400ml dung dịch AlCl 3
a(M) thì thu được 3b gam kết tủa.
Thí nghiệm 2: Cho 700ml dung dịch NaOH 2M vào 400ml dung dịch AlCl3
a(M) thì thu được 2b gam kết tủa.
Tìm a, b.
Câu 5 (2 điểm)
Hỗn hợp X gồm 2 este có tỉ lệ số mol trong hỗn hợp là 1:3. Cho a gam
hỗn hợp X vào dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thu được 4,92g muối của một
axit hữu cơ đơn chức và 3,18g hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức, mạch thẳng (có số
nguyên tử C < 5). Nếu đốt cháy hết 3,18g hỗn hợp 2 rượu thu được 3,36 lít CO 2
(đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
1. Xác định công thức cấu tạo 2 este, viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Tính a.
Cho: H =1; C =12; O = 16; Na = 23; Cu = 64; Mg = 24; Ag = 108;
Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; Fe = 56; Ba = 137
..................... Hết ……………..
Họ và tên thí sinh: …………………………………......... Số báo danh: ………………
Chữ ký của giám thị 1: …………………….. Chữ ký của giám thị 2: ………………..

2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học: 2016 – 2017
Môn thi: Hoá học
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi gồm 02 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
1
(2
điểm)

Đáp án
1 (1,0 điểm).
Dung dịch B : Al2(SO4)3, CuSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4
t
PTHH: 2Al + 6H2SO4 (đ) 
→ Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
t
2Fe3O4 + 10H2SO4(đ) 
→ 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O
t
Cu + 2H2SO4 (đ) 
→ CuSO4 + SO2 + 2H2O
Dung dịch C : AlCl3, FeCl2, CuCl2, HCl dư
Chất rắn D: Cu dư; khí E: H2
2Al + 6HCl 
→ 2AlCl3 + 3H2
Fe3O4 + 8HCl 
→ FeCl2 + 2FeCl3+ 4H2O
Cu + 2FeCl3 
→ 2FeCl2 + CuCl2

Điểm

o

o

0,25

o

0,25

Lưu ý: Nếu học sinh nêu dung dịch C thu được gồm AlCl 3, FeCl2,
FeCl3, HCl dư thì đến đây không cho điểm, Câu 1.1 chỉ được 0,25đ.
Kết tủa F: Cu(OH)2 , Fe(OH)2
0,25
NaOH + HCl 
→ NaCl + H2O
2NaOH + CuCl2 
→ 2NaCl + Cu(OH)2
2NaOH + FeCl2 
→ 2NaCl + Fe(OH)2
3NaOH + AlCl3 
→ Al(OH)3+ 3NaCl
NaOH + Al(OH)3 
→ NaAlO2 + 2H2O
Chất rắn G: CuO, Fe2O3
Chất rắn H: Cu, Fe
0,25
t
Cu(OH)2 
→ CuO + H2O
t
4Fe(OH)2 + O2 
→ 2Fe2O3 + 4H2O
t
CuO + CO 
→ Cu + CO2
t
Fe2O3 + 3CO 
→ 2Fe + 3CO2
2 (1,0 điểm)
- Lấy ra mỗi hoá chất một ít cho vào 5 ống nghiệm, đánh số thứ
0,25
tự từ 1-5.
- Đun nóng các dung dịch:
+ Dung dịch xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch Mg(HCO3)2,
o

o

o

o

Ba(HCO3)2 (nhóm I)
t
Mg(HCO3)2 
→ MgCO3 + CO2 + H2O
t
Ba(HCO3)2 
→ BaCO3 + CO2 + H2O
o

o

+ Dung dịch không có hiện tượng gì là dung dịch NaHSO4,

NaCl, Na2CO3 (nhóm II)
- Lấy lần lượt các dung dịch nhóm (I) nhỏ lần lượt vào các 0,25

3


dung dịch nhóm (II).
Dấu hiệu nhận biết các dung dịch thuộc nhóm I
+ DD ở nhóm I xuất hiện khí bay lên với 1 dd nhóm II và xuất
hiện kết tủa với 1 dung dịch khác của nhóm II là Mg(HCO3)2
+ Dd ở nhóm I vừa xuất hiện khí bay và vừa có kết tủa với một
dung dịch nhóm II thì dung dịch nhóm I là Ba(HCO3)2
Dấu hiệu nhận biết các dung dịch thuộc nhóm II
0,25
+ Dung dịch ở nhóm II xuất hiện khí bay lên với 2 dung dịch
nhóm I là dung dịch là NaHSO4
+ Dung dịch ở nhóm II xuất hiện kết tủa với 2 dung dịch nhóm I
là dung dịch là Na2CO3

+ Dung dịch còn lại ở nhóm II là NaCl
Mg(HCO3)2 + 2NaHSO4 
→ Na2SO4 + MgSO4+2CO2 + 2H2O
Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 
→ Na2SO4 + BaSO4 +2CO2 + 2H2O
Mg(HCO3)2 + Na2CO3 
→ 2NaHCO3 + MgCO3
Ba(HCO3)2 + Na2CO3 
→ 2NaHCO3 + BaCO3
2
1 (0,75 điểm).
(2điểm)
A: (C6H10O5)n; B: C6H12O6; D: C2H5OH;
E: CH3COOH; F: CH3COOC2H5; G: CH3COONa
Clorofin
→ (C6H10O5)n
1) 6nCO2 + 5nH2O 
Anhsang
axit
2) (C6H10O5)n + nH2O →
n C6H12O6
menruou
3) C6H12O6 
→ 2C2H5OH + 2CO2
mengiam
4) C2H5OH + O2 
→ CH3COOH + H2O
t , H SO d

→ CH3COOC2H5 +H2O
5) CH3COOH + C2H5OH ¬

6) CH3COOC2H5 + NaOH 
→ CH3COONa + C2H5OH
CaO
→ CH4 + Na2CO3
7) CH3COONa + NaOH 
t
2 (0,5 điểm).
to
CaCO3 →
CaO + CO2↑
to
CaO + 3C → CaC2 + CO↑
CaC2 + 2H2O 
→ C2H2 + Ca(OH)2
xt
CH ≡ CH + HCl 
→ CH2 = CHCl
t ,p,xt
n CH2 = CH 
→ ( - CH2 – CH- )n
o

2

4

0,25

0,25

0,25
0,25

o

0,25

0,25

o

Cl
Cl
t ,Pd
CH ≡ CH + H2 
→ CH2 = CH2
t ,p,xt
n CH2 = CH2 
→ ( - CH2 – CH- )n
3 (0,75 điểm).
Do X, Y đơn chức tác dụng được với NaOH → X, Y là axit hoặc este.
X tác dụng được với Na, NaOH nên X là axit.
Y chỉ tác dụng với NaOH, không tác dụng với Na nên Y là este.
Đặt công thức của X, Y là CxHyO2
12x + y + 16.2 = 74 → 12x + y = 42
→ x = 3; y = 6
→ CTPT: C3H6O2
X: CH3CH2COOH
o

o

0,25

0,25

4


Y: CH3COOCH3 hoặc HCOOCH2CH3
2C2H5COOH + 2Na 
→ 2C2H5COONa + H2
C2H5COOH + NaOH 
→ C2H5COONa + H2O
CH3COOCH3 + NaOH 
→ CH3COONa + CH3OH
HCOOC2H5 + NaOH 
→ HCOONa + C2H5OH

0,25

Lưu ý: Nếu học sinh viết thiếu 1 CTCT của Y và viết thiếu phương
trình phản ứng của este Y đó với NaOH sẽ mất 0,25 đ.
3
1(1 điểm)
t
(2điểm)
2Fe3O4 + 10H2SO4(đ) 
→ 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (1)
1,5x
0,5x
x (mol)

t
Cu + 2H2SO4 (đ) 
(2)
→ CuSO4 + SO2 + 2H2O
y (mol)

y
Lưu ý: Nếu học sinh chỉ viết được 2 phương trình 1, 2 và cân bằng
đúng, không viết phương trình (3) thì vẫn cho đủ 0,25đ
Cu + Fe2(SO4)3 
(3)
→ CuSO4 + 2FeSO4
1,5x ← 1,5x
Do sau phản ứng còn 4,8 gam kim loại dư nên dd Y là FeSO4, CuSO4.
Kim loại dư là Cu.
Gọi số mol Fe3O4 là x; số mol Cu pư ở (2) là y (x, y>0)

0,25

o

o

3
2

0,25

Theo (1), (3): nCu = nFe O = 1,5 x
3 4

Khối lượng Fe3O4 và Cu phản ứng:
232x + 64(y+1,5x) = 122,4 - 4,8
→ 328x + 64y = 117,6 (I)
Theo (1), (2): nSO = + y =

0,25

Theo (2), (3): nCuSO = y + 1,5 x = 0, 75(mol )
Theo (1), (3): nFeSO = 3x = 0,9(mol )

0,25

x
10, 08
= 0, 45
2
22, 4
328 x + 64 y = 117, 6
 x = 0,3(mol )
⇔
Giải hệ: 
 x + 2 y = 0,9
 y = 0,3(mol )
2

4

4

Khối lượng muối: m = 0,75.160 + 0,9.152=256,8(g)
2 (1 điểm).
axit
(C6H10O5)n + nH2O →
n C6H12O6
menruou
C6H12O6 
→ 2C2H5OH + 2CO2
100.46
= 46(lit )
100
100.46.0,8.103
=
= 36,8.103 ( g ) = 36,8(kg )
100

VC2 H5OH =
mC2 H 5OH

Ta có: (C6H10O5)n tạo ra 2nC2H5OH
162n (kg) →
92n (kg)
x (kg)

36,8 (kg)
→ x= 64,8(kg)

0,25
(1)
(2)
0,25

0,25

5


Do H = 75% và trong gạo chứa 80% tinh bột
100 100
→ mgạo = 64,8.
.
= 108(kg)
75 80

0,25

4
1(1 điểm).
0,25
(2điểm)
Mg + 2AgNO3 
(1)
→ Mg(NO3)2 + 2Ag
Fe + 2AgNO3 
(2)
→ Fe(NO3)2 + 2Ag
Do mZ = mX =16 gam nên khi X tác dụng với AgNO 3 thì kim loại dư,
AgNO3 hết.
2NaOH + Mg(NO3)2 
(3)
→ Mg(OH)2+ 2NaNO3
Có thể có: 2NaOH + Fe(NO3)2 
(4)
→ Fe(OH)2+ 2NaNO3
t
Mg(OH)2 
(5)
→ MgO + H2O
t
Có thể có: 4Fe(OH)2 + O2 
(6)
→ 2Fe2O3 + 4H2O
Trường hợp 1: Mg phản ứng, Fe chưa phản ứng.
0,25
nMgO=0,4(mol)
Theo pt: nMg (pư) = nMgO = 0,4(mol)
nAg=2nMg=0,8(mol) → mAg = 108.0,8 = 86,4(g) >70,4(g) → (loại)
Trường hợp 2: Mg phản ứng hết, Fe phản ứng một phần.
0,25
Chất rắn Z: Ag, Fe dư
Dung dịch Y: Mg(NO3)2; Fe(NO3)2.
Đặt số mol Mg là x; số mol Fe ở (2) là y; số mol Fe dư là z
→ 24x + 56(y+z) = 16
(I)
Theo phương trình phản ứng (1), (2): nAg = 2x + 2y
→ mz=108.(2x+2y) + 56z=70,4
(II)
Theo phương trình phản ứng:
nMgO=nMg= x(mol)
o

o

nFe2O3 =

1
y
nFe = (mol )
2
2

mT =40x + 80y=16

(III)
0,25

 24 x + 56 y + 56 z = 16
 x = 0, 2(mol )


Giải hệ: 216 x + 216 y + 56 z = 70, 4 ⇔  y = 0,1(mol )
 40 x + 80 y = 16
 z = 0,1(mol )



mMg =0,2.24=4,8(g)
mFe =0,2.56=11,2(g)
Theo phương trình phản ứng (1), (2):
nAgNO3 = 2 x + 2 y = 0, 6(mol ) → CM (ddAgNO3 ) =

0, 6
= 1( M )
0, 6

2. (1 điểm).

3NaOH + AlCl3 
(1)
→ Al(OH)3+ 3NaCl
Có thể có: NaOH + Al(OH)3 
(2)
→ NaAlO2 + 2H2O
nNaOH (TN1) = 0,65.2=1,3(mol)
nNaOH (TN2) = 0,7.2=1,4(mol)
nNaOH (TN1) = 1,3mà mAl (OH ) (TN 1) = 3b > mAl (OH ) (TN 2) = 2b
Nên xảy ra 2 trường hợp sau:
3

0,25

3

6


Trường hợp 1: Ở thí nghiệm 1 chỉ xảy ra pư (1): NaOH hết, AlCl3
dư.
Ở thí nghiệm 2 xảy ra 2 pư (1), (2): kết tủa Al(OH)3 tan một phần.
+ Xét TN1: nNaOH = 3nAl ( OH ) → 3.
3

0,25

3b
169
= 1,3 → b =
78
15

+ Xét TN2:
Theo (1): nNaOH = 3nAlCl = 3.0, 4a = 1, 2a
3

Theo (2): nNaOH = nAl (OH ) = 0, 4a −
3

→ a= 19/18

2b
2b
→ 1, 2a + 0, 4a −
= 1, 4
78
78

Ta thấy:
nAlCl3 = 0, 4a = 0, 422(mol ); nAl (OH )3 =

→ Loại

3b
= 0, 433(mol ) > n AlCl3 = 0, 422( mol )
78

Lưu ý: Nếu học sinh không biện luận để loại đáp số trên thì không
được điểm của trường hợp 1.
Trường hợp 2: Cả 2 thí nghiệm kết tủa Al(OH)3 đều tan một phần.
+ Xét TN1:

0,25

nNaOH (1) = 1, 2a (mol )

nNaOH (2) = nAl ( OH )3 = 0, 4a −
→ 1, 6a −

3b
3b
→ 1, 2a + 0, 4a −
= 1,3
78
78

3b
= 1,3( I )
78

+ Xét TN2:
Theo (1): nNaOH = 3nAlCl = 3.0, 4a = 1, 2a

0,25

3

Theo (2): nNaOH = nAl (OH ) = 0, 4a −
3

→ 1, 6a −

2b
2b
→ 1, 2a + 0, 4a −
= 1, 4
78
78

2b
= 1, 4( II )
78

Giải (I), (II) ta được a=1(M); b = 7,8(g)
5
1. (1,75điểm).
(2điểm)
Đặt công thức của 2 este là RCOOCn H 2 n+1

0,25

RCOOCn H 2 n +1 + NaOH → RCOONa + Cn H 2 n +1OH
3n
to
O2 
→ nCO2 + (n + 1) H 2O
2
3,18
= 0,15 = nnCn H 2 n+1OH → 0,15 = n.
→ n = 2,5
14n + 18

Cn H 2 n +1OH +
nCO2

Rượu có số nguyên tử C nhỏ hơn có thể là CH3OH hoặc
C2H5OH; rượu có số C lớn hơn đặt là CnH2n+1OH
nrượu = nRCOONa = neste = 0,15:2,5=0,06(mol)
→ MRCOONa =4,92: 0,06=82 → MR=15 → Công thức R là CH3-

0,25

7


* Trường hợp 1:
2 este là: CH3COOCH3 (X1) và CH3COOCnH2n+1 (X2)
Do tỉ lệ mol 2 este là 1:3
- Nếu: n X = a → n X = 3a → 4a = 0,06 → a = 0,015
mrượu = 32.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18 → n=3
→ Rượu còn lại có công thức C3H7OH
Do 2 rượu mạch thẳng nên 2 este là:
CH3COOCH3 và CH3COOCH2CH2CH3
Hoặc CH3COOCH3 và CH3COOCH(CH3)2
1

0,25

2

Lưu ý:
Nếu học sinh viết thiếu công thức cấu tạo CH3COOCH(CH3)2 sẽ
mất nửa số điểm của ý trên (mất 0,125đ)
- Nếu: n X = 3a = 0,045;n X = a = 0,015
1

2

0,25

mrượu = 32.0,045+ 0,015.(14n+18)=3,18 → n=7>5 → (Loại)

* Trường hợp 2:
2 este là: CH3COOC2H5 (X1) và CH3COOCnH2n+1 (X2)
- Nếu: n X = a = 0,015;n X = 3a = 0,045

0,25

- Nếu: n X = 3a = 0,045;n X = a = 0,015
mrượu = 46.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18 → n=4
→ Rượu còn lại có công thức C4H9OH
Do 2 rượu mạch thẳng nên 2 este có công thức cấu tạo là:
CH3COOCH2CH3 và CH3COOCH2CH2CH2CH3
Hoặc CH3COOCH2CH3 và CH3COO CHCH2CH3
CH3
Lưu ý:
Nếu học sinh viết thiếu công thức cấu tạo CH3COO CHCH2CH3
CH3
sẽ mất nửa số điểm của ý trên (mất 0,125đ)

0,25

2. (0,25 điểm)

0,25

1

2

mrượu = 46.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18 → n=2,67 → (Loại)
1

2

0,25

Áp dung định luật bảo toàn khối lượng ta có:
meste + mNaOH = mmuối + mrượu
a + 0,06.40 = 4,92+ 3,18
a = 5,7 (g)

8



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×