Đề thi chuyên Hóa Nguyễn Trãi Hải Dương 2016-2017

Đề thi chuyên Hóa Nguyễn Trãi Hải Dương 2016-2017 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn v...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG 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: 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).

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.

ĐỀ CHÍNH THỨC

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: ………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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)

1

(2

điểm)

1 (1,0 điểm).

Dung dịch B : Al2(SO4)3, CuSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4

PTHH: 2Al + 6H2SO4 (đ) →t o Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

2Fe3O4 + 10H2SO4(đ) →t o 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O

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

0,25

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

Lưu ý: Nếu học sinh nêu dung dịch C thu được gồm AlCl 3 , FeCl 2 ,

FeCl 3 , HCl dư thì đến đây không cho điểm, Câu 1.1 chỉ được 0,25đ.

0,25

Kết tủa F: Cu(OH)2 , Fe(OH)2

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

0,25

Chất rắn G: CuO, Fe2O3

Chất rắn H: Cu, Fe

Cu(OH)2

o

t

→CuO + H2O 4Fe(OH)2 + O2 →t o 2Fe2O3 + 4H2O

CuO + CO →t o Cu + CO2

Fe2O3 + 3CO →t o 2Fe + 3CO2

0,25

2 (1,0 điểm)

- Lấy ra mỗi hoá chất một ít cho vào 5 ống nghiệm, đánh số thứ

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

o

t

→MgCO3 + CO2 + H2O

Ba(HCO3)2

o

t

→BaCO3 + CO2 + H2O + Dung dịch không có hiện tượng gì là dung dịch NaHSO4,

NaCl, Na2CO3 (nhóm II)

0,25

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

+ 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

0,25

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

0,25

2

(2điểm)

1 (0,75 điểm).

A: (C6H10O5)n; B: C6H12O6; D: C2H5OH;

E: CH3COOH; F: CH3COOC2H5; G: CH3COONa

1) 6nCO2 + 5nH2OClorofin→

Anhsang (C6H10O5)n 2) (C6H10O5)n + nH2O→axit n C6H12O6

0,25

3) C6H12O6menruou→2C2H5OH + 2CO2

4) C2H5OH + O2 mengiam→ CH3COOH + H2O

0,25 5) CH3COOH + C2H5OH →t H SO d o, 2 4

CH3COOC2H5 +H2O 6) CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH

7) CH3COONa + NaOH o →

CaO

t CH4 + Na2CO3

0,25

2 (0,5 điểm).

CaCO3 →to CaO + CO2↑

CaO + 3C →to CaC2 + CO↑

CaC2 + 2H2O → C2H2 + Ca(OH)2

0,25

CH ≡ CH + HCl →xt CH2 = CHCl

n CH2 = CH →t ,p,xt o ( - CH2 – CH- )n

Cl Cl

CH ≡ CH + H2

o

t ,Pd

→ CH2 = CH2

n CH2 = CH2 →t ,p,xt o ( - CH2 – CH- )n

0,25

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

0,25

Đặt công thức của X, Y là CxHyO2

12x + y + 16.2 = 74 →12x + y = 42

→ x = 3; y = 6 → CTPT: C3H6O2

X: CH3CH2COOH

0,25

Y: CH3COOCH3 hoặc HCOOCH2CH3

2C2H5COOH + 2Na → 2C2H5COONa + H2

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.

0,25

3

(2điểm) 1(1 điểm) 2Fe3O4 + 10H2SO4(đ) →t o 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (1)

x (mol) → 1,5x 0,5x

Cu + 2H2SO4 (đ) →t o 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

0,25

Cu + Fe2(SO4)3 → CuSO4 + 2FeSO4 (3)

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)

Theo (1), (3): 3 3 4 1,5

2

Cu Fe O

Khối lượng Fe3O4 và Cu phản ứng:

232x + 64(y+1,5x) = 122,4 - 4,8

→328x + 64y = 117,6 (I)

0,25

Theo (1), (2): 2

10,08

0, 45

SO

x

Giải hệ: 328 64 117,6 0,3( )

0,25

Theo (2), (3): n C OuS 4 = +y 1,5x=0, 75(mol)

Theo (1), (3): nFeSO4 =3x=0,9(mol)

Khối lượng muối: m = 0,75.160 + 0,9.152=256,8(g)

0,25

2 (1 điểm).

(C6H10O5)n + nH2O→axit n C6H12O6 (1)

C6H12O6menruou→2C2H5OH + 2CO2 (2)

0,25

2 5 100.46 46( )

100

C H OH

2 5 100.46.0,8.103 3

36,8.10 ( ) 36,8( ) 100

C H OH

0,25

Ta có: (C6H10O5)n tạo ra 2nC2H5OH

162n (kg) → 92n (kg)

x (kg) ← 36,8 (kg)

→x= 64,8(kg)

0,25

Do H = 75% và trong gạo chứa 80% tinh bột

→mgạo = 64,8.100 100 108(kg)

75 80 =

0,25

4

(2điểm) 1(1 điểm). 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)

Mg(OH)2

o

t

→MgO + H2O (5)

Có thể có: 4Fe(OH)2 + O2 →t o 2Fe2O3 + 4H2O (6)

0,25

Trường hợp 1: Mg phản ứng, Fe chưa phản ứng.

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)

0,25

Trường hợp 2: Mg phản ứng hết, Fe phản ứng một phần.

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)

2 3 1 ( )

Fe O Fe

y

mT =40x + 80y=16 (III)

0,25

Giải hệ:

m Mg =0,2.24=4,8(g)

m Fe =0,2.56=11,2(g)

Theo phương trình phản ứng (1), (2):

0,6

0,6

0,25

2 (1 điểm).

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 Al OH( ) ( 3TN1) =3b m> Al OH( ) ( 3TN2) =2b

Nên xảy ra 2 trường hợp sau:

0,25

rường 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: ( )3

NaOH Al OH

b

+ Xét TN2:

Theo (1): n NaOH =3n AlCl3 =3.0, 4a=1, 2a

Theo (2): ( )3

NaOH Al OH

→a= 19/18

Ta thấy:

3

78

b

→ Loại

Lưu ý: Nếu học sinh không biện luận để loại đáp số trên thì không

được điểm của trường hợp 1.

0,25

T

rường hợp 2 : Cả 2 thí nghiệm kết tủa Al(OH)3 đều tan một phần

+ Xét TN1:

3

(1)

(2) ( )

3

78

NaOH

NaOH Al OH

b

=

0,25

+ Xét TN2:

Theo (1): n NaOH =3n AlCl3 =3.0, 4a=1, 2a

Theo (2): ( )3

NaOH Al OH

1,6 2 1, 4( )

78

b

Giải (I), (II) ta được a=1(M); b = 7,8(g)

0,25

5

(2điểm)

1 (1,75điểm).

Đặt công thức của 2 este là RCOOC H n 2n+1

RCOOC H n 2n+1+NaOH →RCOONa C H+ n 2n+1OH

2 1 3 2 2 ( 1) 2

2

o

t

n n

n

2 2 1

3,18

n n

n

+

+

0,25

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

* T rường hợp 1 :

2 este là: CH3COOCH3 (X1) và CH3COOCnH2n+1 (X2)

Do tỉ lệ mol 2 este là 1:3

- Nếu: nX 1 = →a nX 2 =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

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)

0,25

- Nếu: nX 1 =3a 0,045;n= X 2 = =a 0,015

0,25

* T rường hợp 2 :

2 este là: CH3COOC2H5 (X1) và CH3COOCnH2n+1 (X2)

- Nếu: nX 1 = =a 0,015;nX 2 =3a 0,045=

0,25

- Nếu: nX 1 =3a 0,045;n= X 2 = =a 0,015

mrượu = 46.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18→n=4

→Rượu còn lại có công thức C4H9OH

0,25

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)

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)

0,25