Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Hóa học - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Hóa học - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI DƯƠNG Năm học: 2016 – 2017 Môn thi: Hoá học ĐỀ CHÍNH THỨC 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: NaHSO4, 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). CO A B D E F G CH4 2 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, Fe3O4 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 460 cần dùng m kg gạo. Biết rằng, trong gạo chứa 80% tinh bột; khối lượng riêng C2H5OH 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. 2. Tiến hành hai thí nghiệm: Thí nghiệm 1: Cho 650ml dung dịch NaOH 2M vào 400ml dung dịch AlCl3 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 CO2 (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
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HẢI DƯƠNG THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Hoá học Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 02 trang) Câu Đáp án Điểm 1 1 (1,0 điểm). (2 điểm) Dung dịch B : Al2(SO4)3, CuSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4 to PTHH: 2Al + 6H2SO4 (đ)  Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 0,25 2Fe3O4 + 10H2SO4(đ) 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O 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 0,25 Fe3O4 + 8HCl FeCl2 + 2FeCl3+ 4H2O Cu + 2FeCl3 2FeCl2 + CuCl2 Lưu ý: Nếu học sinh nêu dung dịch C thu được gồm AlCl3, 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 NaOH + HCl NaCl + H2O 0,25 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 Cu(OH)2 CuO + H2O 4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + 4H2O CuO + CO Cu + CO2 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, Ba(HCO3)2 (nhóm I) Mg(HCO3)2 MgCO3 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2 BaCO3 + CO2 + H2O + Dung dịch không có hiện tượng gì là dung dịch NaHSO4, NaCl, Na2CO3 (nhóm II) 3
4. - Lấy lần lượt các dung dịch nhóm (I) nhỏ lần lượt vào các 0,25 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 0,25 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). 0,25 (2điểm) A: (C6H10O5)n; B: C6H12O6; D: C2H5OH; E: CH3COOH; F: CH3COOC2H5; G: CH3COONa Clorofin 1) 6nCO2 + 5nH2O  Anhsang (C6H10O5)n axit 2) (C6H10O5)n + nH2O  n C6H12O6 menruou 3) C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2 0,25 mengiam 4) C2H5OH + O2  CH3COOH + H2O o t, H24 SO d 0,25 5) CH3COOH + C2H5OH  CH3COOC2H5 +H2O 6) CH3COOC2H5 + NaOH CH3COONa + C2H5OH  CaO 7) CH3COONa + NaOH to CH4 + Na2CO3 2 (0,5 điểm). 0,25 to CaCO3  CaO + CO2 to CaO + 3C  CaC2 + CO CaC2 + 2H2O  C2H2 + Ca(OH)2 xt CH  CH + HCl  CH2 = CHCl 0,25 to ,p,xt n CH2 = CH  ( - CH2 – CH- )n Cl Cl to ,Pd CH  CH + H2  CH2 = CH2 n CH2 = CH2 ( - CH2 – CH- )n 3 (0,75 điểm). 0,25 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 0,25 12x + y + 16.2 = 74 12x + y = 42 x = 3; y = 6 CTPT: C3H6O2 4
5. X: CH3CH2COOH Y: CH3COOCH3 hoặc HCOOCH2CH3 2C2H5COOH + 2Na  2C2H5COONa + H2 0,25 C2H5COOH + NaOH C2H5COONa + H2O CH3COOCH3 + NaOH CH3COONa + CH3OH HCOOC2H5 + NaOH HCOONa + C2H5OH 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) 0,25 to (2điểm) 2Fe3O4 + 10H2SO4(đ)  3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (1) x (mol) 1,5x 0,5x Cu + 2H2SO4 (đ) CuSO4 + SO2 + 2H2O (2) 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 CuSO4 + 2FeSO4 (3) 0,25  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) 3 Theo (1), (3): n n1,5 x Cu2 Fe34 O Khối lượng Fe3O4 và Cu phản ứng: 232x + 64(y+1,5x) = 122,4 - 4,8 328x + 64y = 117,6 (I) x 10,08 0,25 Theo (1), (2): ny 0,45 SO2 2 22,4 328x 64 y 117,6 x 0,3( mol ) Giải hệ: x 2 y 0,9 y 0,3( mol ) Theo (2), (3): n y 1,5 x 0,75( mol ) 0,25 COuS 4 Theo (1), (3): n 3 x 0,9( mol ) FeSO4 Khối lượng muối: m = 0,75.160 + 0,9.152=256,8(g) 2 (1 điểm). 0,25 axit (C6H10O5)n + nH2O  n C6H12O6 (1) menruou C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2 (2) 100.46 0,25 V 46( lit ) C25 H OH 100 100.46.0,8.103 m 36,8.103 ( g ) 36,8( kg ) C25 H OH 100 Ta có: (C6H10O5)n tạo ra 2nC2H5OH 0,25 162n (kg) 92n (kg) x (kg)  36,8 (kg) x= 64,8(kg) 5
6. Do H = 75% và trong gạo chứa 80% tinh bột 0,25 100 100 mgạo = 64,8. . 108(kg) 75 80 4 1(1 điểm). 0,25 (2điểm) Mg + 2AgNO3  Mg(NO3)2 + 2Ag (1) Fe + 2AgNO3 Fe(NO3)2 + 2Ag (2) Do mZ = mX =16 gam nên khi X tác dụng với AgNO3 thì kim loại dư, AgNO3 hết. 2NaOH + Mg(NO3)2 Mg(OH)2+ 2NaNO3 (3) Có thể có: 2NaOH + Fe(NO3)2 Fe(OH)2+ 2NaNO3 (4) to Mg(OH)2  MgO + H2O (5) Có thể có: 4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + 4H2O (6) 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) 1 y n n() mol Fe23 O22 Fe mT =40x + 80y=16 (III) 24x 56 y 56 z 16 x 0,2( mol ) 0,25 Giải hệ: 216x 216 y 56 z 70,4 y 0,1( mol ) 40x 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): 0,6 n 2 x 2 y 0,6( mol ) C 1( M ) AgNO33 M(dd AgNO ) 0,6 2. (1 điểm). 0,25 3NaOH + AlCl3 Al(OH)3+ 3NaCl (1) Có thể có: NaOH + Al(OH)3 NaAlO2 + 2H2O (2) nNaOH (TN1) = 0,65.2=1,3(mol) nNaOH (TN2) = 0,7.2=1,4(mol) nNaOH (TN1) = 1,3<nNaOH (TN2) = 1,4; lượng AlCl3 là như nhau; mà m 32 b m b Al( OH )33 ( TN 1) Al ( OH ) ( TN 2) Nên xảy ra 2 trường hợp sau: 6
7. Trường hợp 1: Ở thí nghiệm 1 chỉ xảy ra pư (1): NaOH hết, AlCl3 0,25 dư. Ở thí nghiệm 2 xảy ra 2 pư (1), (2): kết tủa Al(OH)3 tan một phần. 3b 169 + Xét TN1: n 3 n 3. 1,3 b NaOH Al() OH 3 78 15 + Xét TN2: Theo (1): n 3 n 3.0,4 a 1,2 a NaOH AlCl3 22bb Theo (2): n n 0,4 a 1,2 a 0,4 a 1,4 NaOH Al() OH 3 78 78 a= 19/18 Ta thấy: 3b n 0,4 a 0,422( mol ); n 0,433( mol ) n 0,422( mol ) AlCl3 Al() OH 378 AlCl 3 Loại 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. 0,25 + Xét TN1: nNaOH (1) 1,2 a ( mol ) 33bb nNaOH(2) n Al ( OH ) 0,4 a 1,2 a 0,4 a 1,3 3 78 78 3b 1,6aI 1,3( ) 78 + Xét TN2: 0,25 Theo (1): 22bb Theo (2): n n 0,4 a 1,2 a 0,4 a 1,4 NaOH Al() OH 3 78 78 2b 1,6a 1,4( II ) 78 Giải (I), (II) ta được a=1(M); b = 7,8(g) 5 1. (1,75điểm). 0,25 (2điểm) Đặt công thức của 2 este là RCOOCnn H21 RCOOCn H2 n 1 NaOH RCOONa C n H 2 n 1 OH 3n o CHOH O  t nCO ( n 1) HO nn21 2 2 2 2 3,18 nCO 0,15 nn C H OH 0,15 n . n 2,5 2 nn21 14n 18 Rượu có số nguyên tử C nhỏ hơn có thể là CH3OH hoặc 0,25 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- 7
8. * Trường hợp 1: 0,25 2 este là: CH3COOCH3 (X1) và CH3COOCnH2n+1 (X2) Do tỉ lệ mol 2 este là 1:3 - Nếu: n a n 3a 4a 0,06 a 0,015 XX12 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 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 3a 0,045;n a 0,015 0,25 XX12 mrượu = 32.0,045+ 0,015.(14n+18)=3,18 n=7>5 (Loại) * Trường hợp 2: 0,25 2 este là: CH3COOC2H5 (X1) và CH3COOCnH2n+1 (X2) - Nếu: n a 0,015;n 3a 0,045 XX12 mrượu = 46.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18 n=2,67 (Loại) - Nếu: 0,25 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: 0,25 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) 2. (0,25 điểm) 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