DE VA DAP AN THI TUYEN SINH LOP 10 CHUYEN HÓA HỌC NAM 2016 BG

DE VA DAP AN THI TUYEN SINH LOP 10 CHUYEN HÓA HỌC NAM 2016 BG; DE VA DAP AN THI TUYEN SINH LOP 10 CHUYEN HÓA HỌC NAM 2016 BG; DE VA DAP AN THI TUYEN SINH LOP 10 CHUYEN HÓA HỌC NAM 2016 BG; DE VA DAP AN THI TUYEN SINH LOP 10 CHUYEN HÓA HỌC NAM 2016 BG; DE VA DAP AN THI TUYEN SINH LOP 10 CHUYEN HÓA HỌC NAM 2016 BG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG

HDC ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG

NĂM HỌC 2016 -2017 MÔN THI: HOÁ HỌC

Câu 1 (4,0 điểm)

1 Hoàn thành phương trình hoá học của các phản ứng sau:

a X1 + H2O ®pddmnx→

X2 + H2↑ + X3↑; b X2 + X4 → BaCO3↓ + Na2CO3 + H2O;

c X2 + X3

o

t

→ X1 + NaClO3 + H2O; d X4 + X5 → BaSO4↓ + K2SO4 + CO2↑ + H2O

HƯỚNG DẪN CHẤM

X1: NaCl; X2: NaOH; X3: Cl2; X4: Ba(HCO3)2; X5: KHSO4

a 2NaCl + 2H2O®pddmnx→

2NaOH + Cl2 + H2

b 2NaOH + Ba(HCO3)2 → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O

c 6NaOH + 3Cl2 →to 5NaCl + NaClO3 + 3H2O

d Ba(HCO3)2 + 2KHSO4 → BaSO4 + K2SO4 + 2CO2 + 2H2O

Mỗi PTHH đúng được 0,5đ

kết tủa thu được vào số mol HCl được biểu diễn theo đồ thị sau:

Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra và tính giá trị của x, y

HƯỚNG DẪN CHẤM

- Các PTHH :

HCl + KOH → KCl + H2O (1)

HCl + KAlO2 + H2O → KCl + Al(OH)3 (2)

Al(OH)3 + 3HCl→ AlCl3 + 3H2O (3)

- Từ đồ thị ta có: x n= KOH =1,1mol

- Khi n HCl =3,8mol n; Al OH( )3 =1,1mol

Theo (1), (2), (3): n HCl = + +x y 3(y− 1,1) 3,8 = mol⇒ =y 1,5

0,75đ 0,5đ

0,75đ

Câu 2 (4,0 điểm)

1 Cho các phản ứng: X + 2NaOH → 2Y + H2O;

Y + HCl → Z + NaCl;

Z + C2H5OH ¬ H SO ,t 2 4 0→ HO-CH2-COOC2H5 + H2O

Hãy xác định công thức cấu tạo của các chất X, Y, Z và hoàn thành các phương trình hoá học trên

HƯỚNG DẪN CHẤM

PTHH:

HO-CH2-COOH + C2H5OH ¬ H SO ,t 2 4 0→ HO-CH2-COOC2H5 + H2O

Mỗi chất xác định đúng và PTHH được 0,5đ

2 Dung dịch X chứa KOH 1,0M và Ba(OH)2 0,5M Dung dịch Y chứa Al(NO3)3 1,0M và Al2(SO4)3 0,5M Cho

V1 lít dung dịch X vào V2 lít dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 56,916 gam kết tủa Nếu cho dung dịch Ba(NO3)2 dư vào V2 lít dung dịch Y thì thu được 41,94 gam kết tủa Tính giá trị của V1, V2

HƯỚNG DẪN CHẤM

- Các PTHH có thể xảy ra:

Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 2Al(OH)3 + 3BaSO4 (1)

2Al(NO3)3 + 3Ba(OH)2 →2Al(OH)3 + 3Ba(NO3)2 (2)

Al2(SO4)3 + 6KOH →2Al(OH)3 + 3K2SO4 (3)

Al(NO3)3 + 3KOH →Al(OH)3 + 3KNO3 (4)

2Al(OH)3 + Ba(OH)2 →Ba(AlO2)2 + 4H2O (5)

Al(OH)3 + KOH → KAlO2 + 2H2O (6)

- Cho dung dịch Ba(NO3)2 dư vào V2 lít dung dịch Y: 3Ba(NO3)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(NO3)3 (7)

41,94

233

- Trong V2 lít dung dịch Y: nAl(NO )3 3 =0,12mol; nAl (SO )2 4 3 =0,5.0,12 0, 06= mol

- Trong V1 lít dung dịch X: nKOH =V mol;n1 Ba(OH)2 =0,5.V mol1 ⇒nOH(X) =V1+2.0,5.V1=2V mol1

- TH1: Kết tủa chưa đạt cực đại ⇒kiềm hết, muối nhôm dư

⇒nOH (X)<3n Al Y( )⇒2V1<3.(0,12 0,12)+ ⇒V1<0,36

Ba(OH) Ba(OH) Al (SO ) 2 4 3

BaSO Ba(OH) 1

⇒

3

−

0,75đ

0,75đ

- TH2: Kết tủa đã đạt cực đại và tan một phần

⇒nOH (X)>3n Al Y( ) ⇒2V1 >3.(0,12 0,12)+ ⇒V1>0,36

Ba(OH) Ba(OH) Al (SO )

BaSO Al (SO )

⇒

3

Al(OH)

56,916 0,18.233

−

⇒ thu®­î c= =

Mà nAl(OH) max3 =nAl(Y)=0,24 mol

3

Al(OH)

Theo (5), (6): ⇒nOH (X)=3nAl(Y)+ nAl(OH)3pø ⇒2V1 =3.0, 24 0,048+ ⇒V1=0,384lÝt

0,5đ

0,5đ

Câu 3 (4,0 điểm)

1 Cho các dung dịch sau đựng trong các lọ riêng biệt bị mất nhãn: dung dịch HCl, dung dịch H2SO4, dung dịch K2SO4, dung dịch KOH, dung dịch Ba(NO3)2 Chỉ dùng thêm dung dịch phenolphtalein làm thuốc thử, hãy trình bày phương pháp hoá học nhận biết các dung dịch trên và viết phương trình hóa học minh họa

HƯỚNG DẪN CHẤM

* Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi đánh số thứ tự

* Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên,

+ Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng là KOH

* Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm còn lại

+ Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H2SO4 (Nhóm I)

+ Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối Ba(NO3)2 và K2SO4 (Nhóm II)

PTHH: KOH + HCl → KCl + H2O

* Nhỏ một vài giọt dung dịch của một dung dịch ở nhóm I vào hai ống nghiệm chứa dung dịch

nhóm II

- Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl Chất còn lại của nhóm I là H2SO4

Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II

+ Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch Ba(NO3)2

- Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất H2SO4, ống

nghiệm gây kết tủa Ba(NO3)2, ống nghiệm còn lại ở nhóm II không gây kết tủa chứa hóa chất

K2SO4 Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl

2 Hỗn hợp khí A gồm H2 và một hiđrocacbon X mạch hở (ở điều kiện thường) Tỉ khối của A so với metan bằng 0,5 Đun nóng hỗn hợp A có xúc tác bột Ni, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí B

có tỉ khối so với khí oxi bằng 0,5 Xác định công thức phân tử của X và tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong A

HƯỚNG DẪN CHẤM

- Gọi công thức phân tử của hiđrocacbon X là CnH2n+2 - 2k

- Đặt nC Hn 2n +2 -2k = a mol; n = b mol H2

A

a b

+

- M = 0,5.32=16 B ⇒H2 dư và X phản ứng hết

- PTHH: CnH2n +2 -2k + kH2→ CnH2n +2

Mol pư: a ak a

- B gồm: nC Hn 2n +2= a mol; nH2(d­ ) = b - ak mol

- Bảo toàn khối lượng: mB=mA

B

a b ak

+ −

- Lấy (**) chia cho (*) được: a + b = 2(a + b – 2ak) ⇒b = a(2k-1)

n k a a k

k n

a a k

⇒X là CnH2

Mà X là chất khí ở điều kiện thường nên n ≤ 4 ⇒ n = 2 hoặc n = 4 (thoả mãn)

⇒ X là C2H2 hoặc C4H2

- TH 1: A gồm C2H2 và H2⇒b=3a

2 2

2

C H

H

26

26 3.2

⇒ 



- TH 2: A gồm C4H2 và H2 ⇒b=7a

4 2

2

C H

H

50

50 7.2

⇒ 



0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,25đ

0,25đ

Câu 4 (4,0 điểm)

1 Hỗn hợp X gồm 3 axit cacboxylic là CnH2n-1COOH, Cn+1H2n+1COOH và CmH2m+1COOH (n≥2; m≥0).

Đốt cháy hoàn toàn 18,96 gam X, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng thêm 40,08 gam Xác định công thức phân tử của 3 axit và tính khối lượng mỗi axit trong 18,96 gam X

HƯỚNG DẪN CHẤM

- Gọi a, b, c, x lần lượt là số mol của CnH2n-1COOH, Cn+1H2n+1COOH, CmH2m+1COOH và

Ba(OH)2 ( a, b, c, x> 0)→ 14(an + bn + cm+ b) + 44(a +b+c) + 2c = 18,96 (I)

- PTHH:

2CnH2n-1COOH + Ba(OH)2 →(CnH2n-1COO)2Ba + 2H2O (1)

2Cn +1H2n+1COOH + Ba(OH)2 →(Cn+1H2n+1COO)2Ba + 2H2O (2)

2CmH2m +1COOH + Ba(OH)2 →(CmH2m +1COO)2Ba + 2H2O (3)

- Theo (1), (2), (3): nH O2 =2nBa(OH)2=2x mol

- ĐLBTKL: 18,96 + 171x = 39,21 + 36x

⇒ a + b + c = 0,3 (II)

- Đốt cháy hỗn hợp ta có sơ đồ cháy:

CnH2n-1COOH →+O t2 ,o (n + 1)CO2 + nH2O

a (n+1)a an

Cn+1H2n+1COOH →+O t2 ,o (n + 2)CO2 + (n+1)H2O

b (n+2)b b(n+1)

CmH2m+1COOH →+O t2 ,o (m + 1)CO2 + (m +1)H2O

c (m+1)c c(m+1)

- Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O bị hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư

⇒m CO2+m H O2 =40, 08 gam

⇒62(an + bn + cm + b) + 44(a +b+c) + 18c = 40,08 (III)

- Từ (I), (II), (III) ⇒ c = 0,15; a + b = 0,15 mol⇒0<b< 0,15

- Từ (III) ⇒0,15n + 0,15m + b = 0,39⇒b=0,39 – 0,15(n+m) (*)

⇒0<0,39 – 0,15(n+m)<0,15⇒ 1,6 < n + m < 2,6 mà n≥2; m≥0⇒m = 0; n = 2

⇒ Công thức của 3 axit là C2H3COOH (C3H4O2); C3H5COOH (C4H6O2); HCOOH (CH2O2)

- Thay m = 0; n = 2 vào (*)⇒b = 0,09 mol ⇒a = 0,06 mol

- Khối lượng mỗi axit trong 18,96 gam X là

C2H3COOH: 0,06.72 = 4,32 gam

C3H5COOH: 0,09.86 = 7,74 gam

HCOOH: 0,15.46 = 6,9 gam

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,5đ

2 Đốt cháy hỗn hợp gồm 9,6 gam Mg và 22,4 gam Fe với hỗn hợp khí X gồm Cl2 và O2, sau phản ứng chỉ thu được hỗn hợp Y gồm các oxit và muối clorua (không còn khí dư) Hòa tan Y bằng một lượng vừa đủ 600 ml

kết tủa Tính phần trăm thể tích của mỗi chất trong X

HƯỚNG DẪN CHẤM

n = mol n = mol

Ta có sơ đồ phản ứng:

2

3

1,2

AgNO

Fe Mg Fe O FeO Fe O MgO Z FeCl FeCl MgCl

Z gam AgCl Ag

+

→

BT (Mg) ta có: n MgCl2 =n Mg =0, 4mol

Gọi a, b lần lượt là số mol của FeCl2, FeCl3 trong Z ( a, b >0 )

BT (Fe): n Fe =n FeCl2+n FeCl3 ⇒ + =a b 0, 4 (I)

MgCl2 + 2AgNO3 →Mg(NO3)2 + 2AgCl (1)

FeCl2 + 3AgNO3 →Fe(NO3)3 + 2AgCl + Ag (2)

FeCl3 + 3AgNO3 →Fe(NO3)3 + 3AgCl (3)

- mkết tủa = 0,8.143,5 + 2a.143,5 + 108a + 3b.143,5 = 283,45 gam

⇒ 395a + 430,5b = 168,65 (II)

Từ (I), (II)⇒ a = 0,1; b = 0,3

BT (Cl): n Cl Cl( 2) =n Cl Z( )−n Cl HCl( ) =1,9 1, 2 0,7− = mol⇒n Cl2 =0,35mol

2

HCl

n

n =n = = mol⇒n = mol

- Phần trăm thể tích của mỗi chất trong X:

2

Cl

0,35

0,35 0,3

+

2

O

0,3

0,35 0,3

+

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,5đ

0,25đ

Câu 5 (4,0 điểm)

1 Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm m gam hỗn hợp A gồm Al và hai oxit sắt trong khí trơ, thu được hỗn hợp

rắn X Cho X vào dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch Y, chất không tan Z và 1,008 lít khí H2 (đktc) Sục khí CO2 dư vào dung dịch Y, thu được 11,7 gam kết tủa Cho Z tan hết vào dung dịch H2SO4, thu được dung dịch chứa 23,4 gam muối sunfat và 3,696 lít khí SO2 (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất của H2SO4) Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra và tính tổng khối lượng của hai oxit sắt trong m gam hỗn hợp A

HƯỚNG DẪN CHẤM

- Gọi công thức chung của 2 oxit sắt là FexOy

- PTHH:

2yAl + 3FexOy

o

t

→yAl2O3 + 3xFe (1)

- Cho X vào dung dịch NaOH thu được H2 nên X gồm Al dư, Al2O3, Fe

- H2 Al(OH)3

- PTHH:

Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3

2H2 (2) 0,03 ¬ 0,03 ¬ 0,045

Al2O3 + 2NaOH →2NaAlO2 + H2O (3)

0,06 ¬ 0,15-0,03

NaAlO2 + CO2 + H2O → Al(OH)3 + NaHCO3 (4)

0,15 ¬ 0,15

Từ (2), (3), (4) n Al O2 3 =0,06mol ⇒nO (A)= 3n Al O2 3= 0,18 mol

Cho Z tan hết trong H2SO4 thu được n SO2 =0,165mol

2Fe + 6H2SO4 →Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (5)

0,33 ¬ 0,165 → 0,33

Có thể có: Fe + Fe2(SO4)3 →3FeSO4 (6)

- Bảo toàn khối lượng: mFe = 23,4 + 0,165.64 + 18.0,33 – 98.0,33 = 7,56 gam

- mhai oxit sắt = mFe + mO (A) = 7,56 + 16.0,18 = 10,44 gam

0,25đ

0,5đ

0,25đ

0,5đ

2 Đốt cháy hoàn toàn 17,08 gam hỗn hợp X gồm một rượu CnH2n+1OH và một axit cacboxylic CnH2nO2, thu được 33,88 gam CO2 Đun nóng 17,08 gam X với xúc tác H2SO4 đặc, thu được 10,44 gam este

a Tính hiệu suất của phản ứng este hóa.

b Từ axit cacboxylic CnH2nO2 trong X và các chất vô cơ cần thiết viết phương trình hoá học của các phản ứng điều chế cao su Buna

HƯỚNG DẪN CHẤM

a Gọi a,b lần lượt là số mol của CnH2n + 1OH; CnH2nO2 (a,b > 0)

Theo bài ta có: a(14n + 18) + b(14n +32) = 17,08 (I)

2

CO

BT(C) ta có: an + bn = 0,77 (II)

Từ (I) và (II) ⇒ 18a + 32b = 17,08 – 10,78 = 6,3

⇒18( a+b) < 6,3 < 32(a + b)

⇒0,196 < a + b < 0,35

0,5đ

⇒0,196 < 0,77 < 0,35

n

⇒2,2 < n < 3,9 ⇒ n = 3

- CTPT: rượu là C3H7OH; axit là C3H6O2

- Ta có: 3a + 3b = 0,77 và 60a + 74b = 17,08

⇒a = 0,1367 mol; b = 0,12 mol

Số mol của este CH3-CH2-COOC3H7 bằng 0,09 mol

PTHH: C3H7OH + CH3-CH2-COOH ¬ H SO ,t 2 4 0→ CH3-CH2-COOC3H7 + H2O

Trước pư: 0,1367 0,12

Pư: 0,12 0,12

Sau pư: 0,0167 0 0,12

Số mol este thu được theo lý thuyết là: 0,12 mol

Hiệu suất phản ứng este hoá là: 0,09.100% 75%

0,5đ

0,5đ

b Điều chế cao su Buna:

PTHH:

CH3-CH2-COOH + NaOH→ CH3-CH2-COONa + H2O

CaO t

→CH3-CH3 + Na2CO3

CH3-CH3 + Cl2 →1:1as CH3-CH2-Cl + HCl

CH3-CH2-Cl + NaOH→to CH3-CH2-OH + NaCl

2C2H5OHxt,t o→ CH2=CH-CH=CH2 + H2 + 2H2O

o

p, t Na

→ (-CH2-CH=CH-CH2-)n

1,0đ

Lưu ý khi chấm bài:

- Đối với phương trình hóa học nào mà cân bằng hệ số sai hoặc thiếu cân bằng (không ảnh hưởng đến

giải toán) hoặc thiếu điều kiện thì trừ đi nửa số điểm của PTHH đó Trong một phương trình hóa học, nếu có

từ một công thức trở lên viết sai thì phương trình đó không được tính điểm

- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm như hướng dẫn quy định (đối với từng phần)

- Giải các bài toán bằng các phương pháp khác nhau nhưng nếu tính đúng, lập luận chặt chẽ và dẫn đến kết quả đúng vẫn được tính theo biểu điểm Trong khi tính toán nếu nhầm lẫn một câu hỏi nào đó dẫn đến kết quả sai nhưng phương pháp giải đúng thì trừ đi nửa số điểm của phần hoặc câu đó Nếu tiếp tục dùng kết quả sai để giải các vấn đề tiếp theo thì không tính điểm cho các phần sau

- Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi