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 HƯỚNG DẪN CHẤM BẮC GIANG BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2016 -2017 HDC ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN THI: HỐ HỌC Câu (4,0 điểm) Hồn thành phương trình hố học phản ứng sau: ®pdd → X2 + H2 ↑ + a X1 + H2O  mnx X3 ↑ ; → BaCO3 ↓ + Na2CO3 + H2O; b X2 + X4  → BaSO4 ↓ + K2SO4 + CO2 ↑ + H2O d X4 + X5  o t c X2 + X3  → X1 + NaClO3 + H2O; HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung X1: NaCl; X2: NaOH; X3: Cl2; X4: Ba(HCO3)2; X5: KHSO4 Điểm Mỗi PTHH → 2NaOH + Cl2 + H2 a 2NaCl + 2H2O  mnx ® pdd → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O b 2NaOH + Ba(HCO3)2  to c 6NaOH + 3Cl2  → 5NaCl + NaClO3 + 3H2O 0,5đ → BaSO4 + K2SO4 + 2CO2 + 2H2O d Ba(HCO3)2 + 2KHSO4  Cho từ từ dung dịch HCl loãng vào dung dịch gồm x mol KOH y mol KAlO Sự phụ thuộc số mol kết tủa thu vào số mol HCl biểu diễn theo đồ thị sau: Viết phương trình hố học phản ứng xảy tính giá trị x, y HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm - Các PTHH : → KCl + H2O HCl + KOH  (1) → KCl + Al(OH)3 (2) HCl + KAlO2 + H2O  → AlCl3 + 3H2O Al(OH)3 + 3HCl  (3) - Từ đồ thị ta có: x = nKOH = 1,1mol 0,75đ 0,5đ - Khi nHCl = 3,8mol ; nAl ( OH )3 = 1,1mol Theo (1), (2), (3): n HCl = x + y + 3( y −1,1) = 3,8 mol ⇒ y = 1, 0,75đ Câu (4,0 điểm) Cho phản ứng: X + 2NaOH → 2Y + H2O; Y + HCl → Z + NaCl; H 2SO ,t  → HO-CH2-COOC2H5 + H2O Z + C2H5OH ¬   Hãy xác định công thức cấu tạo chất X, Y, Z hoàn thành phương trình hố học HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Z: HO-CH2-COOH; Y: HO-CH2-COONa; X: HO-CH2-COOCH2-COOH Điểm Mỗi chất PTHH: xác định → 2HO-CH2-COONa + H2O HO-CH2-COO-CH2-COOH + 2NaOH  → HO-CH2-COOH + NaCl HO-CH2-COONa + HCl  PTHH H 2SO4 ,t  → HO-CH2-COOC2H5 + H2O HO-CH2-COOH + C2H5OH ¬   0,5đ Dung dịch X chứa KOH 1,0M Ba(OH) 0,5M Dung dịch Y chứa Al(NO3)3 1,0M Al2(SO4)3 0,5M Cho V1 lít dung dịch X vào V2 lít dung dịch Y, sau phản ứng xảy hoàn toàn thu 56,916 gam kết tủa Nếu cho dung dịch Ba(NO3)2 dư vào V2 lít dung dịch Y thu 41,94 gam kết tủa Tính giá trị V1, V2 HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm - Các PTHH xảy ra: → 2Al(OH)3 + 3BaSO4 Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  (1) → 2Al(OH)3 + 3Ba(NO3)2 2Al(NO3)3 + 3Ba(OH)2  (2) → 2Al(OH)3 + 3K2SO4 Al2(SO4)3 + 6KOH  (3) → Al(OH)3 + 3KNO3 Al(NO3)3 + 3KOH  (4) → Ba(AlO2)2 + 4H2O 2Al(OH)3 + Ba(OH)2  (5) → KAlO2 + 2H2O Al(OH)3 + KOH  (6) - Cho dung dịch Ba(NO3)2 dư vào V2 lít dung dịch Y: → 3BaSO4 + 2Al(NO3)3 (7) 3Ba(NO3)2 + Al2(SO4)3  - Theo (7): n BaSO4 = 3n Al2 (SO4 )3 ⇒ 3.0,5V2 = 0,75đ 41,94 = 0,18 ⇒ V2 = 0,12 233 - Trong V2 lít dung dịch Y: n Al(NO3 )3 = 0,12mol ; n Al2 (SO4 )3 = 0,5.0,12 = 0, 06 mol - Trong V1 lít dung dịch X: n KOH = V1 mol; n Ba(OH)2 = 0,5.V1 mol ⇒ n OH(X) = V1 + 2.0,5.V1 = 2V1 mol - TH1: Kết tủa chưa đạt cực đại ⇒ kiềm hết, muối nhôm dư 0,75đ ⇒ n OH (X) < 3nAl (Y ) ⇒ 2V1 < 3.(0,12 + 0,12) ⇒ V1 < 0,36 ⇒ n Ba(OH)2 < 0,5.0,36 = 0,18 mol ⇒ n Ba(OH)2 < 3n Al2 (SO4 )3 ⇒ Al2 (SO )3 d­ so với Ba(OH)2 ⇒ n BaSO4 =n Ba(OH)2 =0,5V1 mol ⇒ n Al(OH)3 = 56,916 − 0,5.V1.233 2V1 = ⇒ V1 = 0,33778lÝt 78 - TH2: Kết tủa đạt cực đại tan phần ⇒ n OH (X) > 3nAl (Y ) ⇒ 2V1 > 3.(0,12 + 0,12) ⇒ V1 > 0,36 0,5đ ⇒ n Ba(OH)2 > 0,5.0,36 = 0,18 mol ⇒ n Ba(OH)2 > 3n Al2 (SO4 )3 ⇒ BaSO4 tính theo Al2(SO4)3 ⇒ n BaSO4 =3n Al2 (SO4 )3 =0,18 mol n Al(OH)3 thuđượ c = 56,916 0,18.233 = 0,192 mol 78 Mà n Al(OH)3 max =n Al(Y) =0,24 mol ⇒ n Al(OH)3 pø = 0, 24 − 0,192 = 0, 048 mol Theo (5), (6): ⇒ n OH (X) =3n Al(Y) + n Al(OH)3pø ⇒ 2V1 = 3.0, 24 + 0, 048 ⇒ V1 = 0,384 lÝt 0,5đ Câu (4,0 điểm) Cho dung dịch sau đựng lọ riêng biệt bị nhãn: dung dịch HCl, dung dịch H 2SO4, dung dịch K2SO4, dung dịch KOH, dung dịch Ba(NO 3)2 Chỉ dùng thêm dung dịch phenolphtalein làm thuốc thử, trình bày phương pháp hoá học nhận biết dung dịch viết phương trình hóa học minh họa HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung * Lấy lượng vừa đủ mẫu hóa chất cho vào ống nghiệm riêng biệt đánh số thứ tự Điểm * Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào ống nghiệm chứa hóa chất nói trên, + Nếu ống nghiệm hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng KOH + Ống nghiệm lại khơng có tượng HCl, H2SO4, Ba(NO3)2 K2SO4 * Nhỏ từ từ vài giọt dung dịch có màu hồng vào ống nghiệm lại 0,5đ + Ống nghiệm làm màu hồng dung dịch axit HCl H2SO4 (Nhóm I) + Ống nghiệm không làm màu hồng dung dịch muối Ba(NO3)2 K2SO4 (Nhóm II) PTHH: KOH + HCl  → KCl + H2O 2KOH + H2SO4  → K2SO4 + H2O * Nhỏ vài giọt dung dịch dung dịch nhóm I vào hai ống nghiệm chứa dung dịch 0,5đ nhóm II - Nếu khơng có tượng hóa chất HCl Chất lại nhóm I H2SO4 Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II + Nếu thấy ống nghiệm kết tủa trắng ống nghiệm chứa dung dịch Ba(NO3)2 + Ống nghiệm lại khơng có tượng hóa chất K2SO4 - Nếu thấy ống nghiệm có kết tủa dung dịch nhóm I hóa chất H 2SO4, ống 0,5đ nghiệm gây kết tủa Ba(NO3)2, ống nghiệm lại nhóm II khơng gây kết tủa chứa hóa chất K2SO4 Hóa chất lại nhóm I HCl PTHH: H2SO4 + Ba(NO3)2  → BaSO4 ( kết tủa trắng) + 2HNO3 0,5đ Hỗn hợp khí A gồm H2 hiđrocacbon X mạch hở (ở điều kiện thường) Tỉ khối A so với metan 0,5 Đun nóng hỗn hợp A có xúc tác bột Ni, sau phản ứng xảy hồn tồn thu hỗn hợp khí B có tỉ khối so với khí oxi 0,5 Xác định cơng thức phân tử X tính phần trăm khối lượng chất A HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung - Gọi công thức phân tử hiđrocacbon X CnH2n+2 - 2k Điểm - Đặt n Cn H2n +2 -2k = a mol; n H = b mol MA = (14n + − 2k )a + 2b = 0,5.16 = (*) a+b - M B = 0,5.32=16 ⇒ H2 dư X phản ứng hết 0,5đ - PTHH: CnH2n +2 -2k + kH2 → CnH2n +2 Mol pư: a ak a - B gồm: n Cn H 2n +2 = a mol; n H (d­ ) = b - ak mol - Bảo toàn khối lượng: mB=mA MB = (14n + − 2k )a + 2b = 16 (**) a + b − ak - Lấy (**) chia cho (*) được: a + b = 2(a + b – 2ak) ⇒ b = a(2k-1) - Từ (*) ⇒ M A = 0,5đ (14n + − 2k ) a + 2a (2k − 1) =8⇒ k = n a + a (2k − 1) ⇒ X CnH2 Mà X chất khí điều kiện thường nên n ≤ ⇒ n = n = (thoả mãn) ⇒ X C2H2 C4H2 - TH 1: A gồm C2H2 H2 ⇒ b=3a 26  100% = 81, 25% %m C2 H = 26 + 3.2 ⇒ %m H = 100% − 81, 25% = 18, 75%  - TH 2: A gồm C4H2 H2 ⇒ b=7a 50  100% = 78,13% %m C4H = 50 + 7.2 ⇒ %m H = 100% − 78,13% = 21,87%  0,5đ 0,25đ 0,25đ Câu (4,0 điểm) Hỗn hợp X gồm axit cacboxylic C nH2n-1COOH, Cn+1H2n+1COOH CmH2m+1COOH (n ≥ 2; m ≥ 0) Cho 18,96 gam X tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch Ba(OH) 2, thu 39,21 gam hỗn hợp muối Đốt cháy hoàn toàn 18,96 gam X, hấp thụ tồn sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH) dư thấy khối lượng bình tăng thêm 40,08 gam Xác định công thức phân tử axit tính khối lượng axit 18,96 gam X HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung - Gọi a, b, c, x số mol CnH2n-1COOH, Cn+1H2n+1COOH, CmH2m+1COOH Điểm Ba(OH)2 ( a, b, c, x> 0) → 14(an + bn + cm+ b) + 44(a +b+c) + 2c = 18,96 (I) 0,25đ - PTHH: 2CnH2n-1COOH + Ba(OH) → (CnH2n-1COO)2Ba + 2H2O (1) 2Cn +1H2n+1COOH + Ba(OH) → (Cn+1H2n+1COO)2Ba + 2H2O (2) 2CmH2m +1COOH + Ba(OH) → (CmH2m +1COO)2Ba + 2H2O (3) 0,25đ - Theo (1), (2), (3): n H2O =2n Ba(OH)2 =2x mol - ĐLBTKL: 18,96 + 171x = 39,21 + 36x ⇒ x = 0,15 mol 0,25đ ⇒ a + b + c = 0,3 (II) - Đốt cháy hỗn hợp ta có sơ đồ cháy: o + O2 ,t CnH2n-1COOH  → (n + 1)CO + nH2O a (n+1)a an o + O2 ,t Cn+1H2n+1COOH  → (n + 2)CO + (n+1)H 2O b (n+2)b b(n+1) o + O2 ,t CmH2m+1COOH  → (m + 1)CO + (m +1)H 2O c (m+1)c c(m+1) - Sản phẩm cháy gồm CO2 H2O bị hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư ⇒ mCO2 + mH 2O = 40, 08 gam ⇒ 44a(n+1) + 44b(n+2) + 44c(m+1) + 18an + 18b(n+1) + 18c(m+1)=40,08 ⇒ 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