- Mẫu thử tạo được 1 kết tủa màu trắng.. Mẫu thử đó chứa dung dịch KOH.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC Năm học 2019 - 2020
Khóa ngày 02 tháng năm 2019 Mơn thi: HĨA HỌC (CHUN) Thời gian làm bài: 120 phút (5 câu, gồm 04 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1 1,0 điểm 1,25 điểm Điểm
1
1,0 điểm
A: (CH3COO)3C3H5 ; B: CH3COONa ; D: CH4 ; E: HCl ; G: H2O; M: C2H5OH ;
X: CH3COOH ; U: C2H3Cl ; V: PVC ; Y: C2H4 ; Z: PE
(1) (CH3COO)3C3H5 + 3NaOH 3CH3COONa + C3H5(OH)3
(2) CH3COONa + NaOH CH4 + Na2CO3
(3) CH4 + Cl2 CH3Cl + HCl
(4) HCl + C2H2 CH2=CH-Cl
(5) nCH2=CH-Cl
(6) HCl + NaOH NaCl + H2O
(7) C2H4 + H2O C2H5OH
(8) C2H5OH + O2 lenmengiam CH3COOH + H2O
(9) 3CH3COOH + C3H5(OH)3 (CH3COO)3C3H5 + 3H2O
(10) C2H5OH C2H4 + H2O
(11) nCH2=CH2
0,25đ
0,75đ (11p.ư)
2
1,25 điểm
- Hòa tan hỗn hợp rắn vào nước dư Lọc tách lấy dung dịch Na2CO3 phần không tan
X gồm Fe(OH)3, BaCO3
- Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch Na2CO3, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu
được NaCl khan, sau đem điện phân nóng chảy Na nguyên chất Na2CO3 + 2HCl 2NaCl + H2O + CO2
2NaCl 2Na + Cl2
- Nung X đến khối lượng không đổi thu hỗn hợp rắn Y gồm Fe2O3 BaO
2Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2O
BaCO3 BaO + CO2
Hòa tan Y vào lượng nước dư Lọc tách lấy dung dịch Ba(OH)2 chất rắn Fe2O3
BaO + H2O Ba(OH)2
- Dẫn khí H2 dư qua Fe2O3 nung nóng thu Fe nguyên chất
Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O
- Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch Ba(OH)2, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu
được BaCl2 khan, đem điện phân nóng chảy Ba nguyên chất
Ba(OH)2 + 2HCl BaCl2 + 2H2O
BaCl2 Ba + Cl2
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 1 1,0 điểm 1,25 điểm Điểm
1 1,0 điểm
- Sục từ từ hỗn hợp khí vào bình đựng dung dịch Br2 dư, thu hỗn hợp khí A gồm
CH4 CO2
C2H2 + 2Br2 C2H2Br4
C2H4 + Br2 C2H4Br2
SO2 + Br2 + 2H2O H2SO4 + 2HBr
- Tiếp tục sục hỗn hợp khí A vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, khí khí
CH4 tinh khiết
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O
0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ
t0
t0 t0
t0
t0,xt p
t0,xt p
H2SO4 dd, t0 CaO,t0
H2SO4 l
dpnc
xt,t0
H2SO4 dd, t0>1700C
as (1:1)
CH2-CH n Cl
CH2-CH2 n
(2)2
1,25 điểm
Cho mẫu thử tác dụng với đơi ta có kết theo bảng sau: NaCl BaCl2 Na2CO3 MgSO4 H2SO4 KOH
NaCl - - - -
BaCl2 - - ↓ ↓ ↓ -
Na2CO3 - ↓ - ↓ -
MgSO4 - ↓ ↓ - - ↓
H2SO4 - ↓ - - -
KOH - - - ↓ - -
Kết luận:
- Mẫu thử khơng có tượng xảy với dung dịch khác Mẫu thử chứa dung dịch NaCl
- Mẫu thử tạo kết tủa màu trắng Mẫu thử chứa dung dịch KOH 2KOH + MgSO4 Mg(OH)2 + K2SO4
- Mẫu thử tạo kết tủa màu trắng khí khơng màu Mẫu thử chứa dung dịch H2SO4 lỗng
H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl
H2SO4 + Na2CO3 Na2SO4 + CO2 + H2O
- Mẫu thử tạo kết tủa màu trắng khí khơng màu Mẫu thử chứa dung dịch Na2CO3
Na2CO3 + BaCl2 BaCO3 + 2NaCl
Na2CO3 + MgSO4 MgCO3 + Na2SO4
Na2CO3 + H2SO4 Na2SO4 + CO2 + H2O
- Mẫu thử tạo kết tủa trắng Mẫu thử chứa dung dịch BaCl2, MgSO4
BaCl2 + Na2CO3 BaCO3 + 2NaCl
BaCl2 + H2SO4 BaSO4 + 2HCl
BaCl2 + MgSO4 BaSO4 + MgCl2
MgSO4 + Na2CO3 MgCO3 + Na2SO4
MgSO4 + 2KOH Mg(OH)2 + K2SO4
- Cho dung dịch H2SO4vừa nhận biết vào mẫu thử chứa dung dịch BaCl2,
MgSO4
+ Mẫu có xuất kết tủa màu trắng Mẫu chứa dung dịch BaCl2
H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl
+ Mẫu khơng có tượng xảy Mẫu chứa dung dịch MgSO4.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 1,5 điểm Điểm
1,5 điểm
C H + (n+ )O CO + a H On 2a a 2 2 2
2 n (1)
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (2)
CO2 + CaCO3 + H2O Ca(HCO3)2 (3)
nX = 0,6 mol; Ca(OH)2
250.23,68
n = = 0,8 mol
100.74 ; nCaCO3= 0,6 mol Từ (1-3):
2
CO
n = 0,6 + 2.(0,8 - 0,6) = mol n 1: 0, 1, 67 Vậy hiđrocacbon phải có hiđrocacbon metan CH4 (n = 1)
Số nguyên tử H hiđrocacbon: 2a = → a =
Vậy: Công thức phân tử hiđroacacbon CH4, C2H4 C3H4
Công thức cấu tạo: CH4 ; CH2 = CH2 ; CH ≡ C - CH3 CH2 = C = CH2
X X(21,6 gam)
21,
M =1,67.12 + = 24 g/mol = = 0,9 mol 24
n
Gọi x, y, z số mol CH4, C2H4 C3H4 0,6 mol X
Ta có x + y + z = 0,6 (I)
Theo định luật bảo toàn C: x + 2y + 3z = (II) Từ (I, II) y + 2z = 0,4
0,5đ (p.ư)
0,25đ
0,25đ
C2H4 + Br2 C2H4Br2 (4)
C3H4 + 2Br2 C3H4Br4 (5)
0,25đ
(3)Từ (4,5):
Br
n = y + 2z = 0,4 mol
Vậy số mol brom tối đa phản ứng với 0,9 mol X: 0,9.0,4 = 0,6 mol
0,6
Suy ra:
Br
0,6
V = = 0,6 lit = 600 ml
0,25đ
Câu 1 1,5 điểm 1,0 điểm Điểm
1
1,5 điểm
BaCO3 + 2HCl BaCl2 + H2O + CO2 (1)
MgCO3 + 2HCl MgCl2 + H2O + CO2 (2)
MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl (3)
Mg(OH)2 MgO + H2O (4)
Đặt x, y, z số mol MgCl2, BaCO3, MgCO3 hỗn hợp X Từ (2,3,4): 0, 0, 015 40 MgO x z n (I) Ta có: NaCl BaCl m + m = 3,835 gam Từ (1-3): 58,5.2(x + z) + 208y = 3,835 117x + 208y + 117z = 3,835 (II) Nếu: Ca(OH)2 dư, CO2 hết Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O (5)
Từ (1,2,5): 0,5 0, 005 100 CO CaCO n n y z (III) Giải (I, II, III) Suy z < (Vơ lí) Vậy CO2 dư, Ca(OH)2 hết Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O (5)
CO2 + CaCO3 + H2O Ca(HCO3)2 (6)
Từ (1,2,5,6): 2 CO Ca(OH) CaCO (tan) n = n + n y + z = 0,5.0,02 + (0,5.0,02 - 0,005) = 0,015 (III) Giải (I, II, III): x = 0,01; y = 0,01; z = 0,005 Vậy: MgCl m = 0,01.95 =0,95 gam mBaCO = 0,01.197 =1,97 gam mMgCO = 0,005.84 =0,42 gam Từ (1,2): nHCl 2(y z) 2(0,01 0,005) 0,03 mol Vậy: mddHCl = 0,03.36,5.100 = 20 5,475 gam 0,5đ (6 p.ứ) 0,5đ 0,25đ 0,25đ 2 1,0 điểm X + O2 CO2 + H2O (1)
Y + O2 CO2 + H2O (2)
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (3)
CO2 + CaCO3 + H2O Ca(HCO3)2 (4)
Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 BaCO3 + CaCO3 + 2H2O (5) R1COOC2H5 + KOH R1COOK + C2H5OH (6)
R2COOC2H5 + KOH R2COOK + C2H5OH (7)
2
Ca(OH)
n = 0,19.1 = 0,19 mol Đặt x số mol CaCO3 tan (3)
Ta có:
CaCO
m (lần 1) + (mBaCO3+ mCaCO3)(lần 2) = 36,73
Từ (3-5): 100.(0,19 - x) + 197x + 100x = 36,73 x = 0,09 Từ (3,4):
2
CO
n = 0,19 + 0,09 = 0,28 mol Ta có:
2
CO H O
Δm = (m + m ) - m
0,25đ (p ư)
0,25đ
t0
(4)2
H O
7,36 + 100.(0,19 - 0,09) - 44.0,28
n = = 0,28 mol
18
Từ (1,2): BTKL
O
0,28.(44 + 18) - 6,64
n = = 0,335 mol
32
BTNT O
2 2
O(Z) CO H O O
n = 2.n + n - 2n = 2.0,28 + 0,28 - 2.0,335 = 0,17 mol
Z O(Z)
1
n = n = 0,17 = 0,085 mol
2
Từ (6,7): nKOH= n = 0,085 molZ mddKOH = 0,085.56.100 = 20
23,8 gam
Từ (1,2): n = C 0,28 = 3,29
0,085
Vậy có este chứa nguyên tử cacbon X: HCOOCH2CH3(MX = 74 )
Ta có: Y
Y X
M 11 11.74
= M = = 88
M 9,25 9,25 Vậy Y: CH3COOCH2CH3
0,25đ
0,25đ
Câu 1,5 điểm Điểm
1,5 điểm
2yAl + 3FexOy yAl2O3 + 3xFe (1)
Do phần tác dụng với dung dịch NaOH dư có khí Chứng tỏ A có Al dư P1: 2Aldư + 6H2SO4 đđ Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (2)
2Fe + 6H2SO4 đđ Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (3)
Al2O3 + 3H2SO4 đđ Al2(SO4)3 + 3H2O (4)
P2: 2Aldư + 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 + 3H2 (5)
Al2O3 + 2NaOH 2NaAlO2 + H2O (6)
Ở phần 2: Fe
8,4
n = = 0,15 mol 56
Từ (5):
2
2 5, 04
n = n = = 0,15 mol
3 22,
du
Al H
Ta có: n : nFe Aldu = 0,15 : 0,15 = : Nên suy nFe nAl dư phần
Ở phần 1: Đặt
2
Fe Aldu Al O
n = n = a mol ; n = b mol Từ (2,3,4): (27 + 56)a + 102b = 60,3 (I) 1,5a + 1,5a = 30,24 = 1,35 (II)
22,4 m = m + mP1 P2 Giải (I, II): a = 0,45 ; b = 0,225
Vậy:
1
P P
m = 3m
P
m = 60,3 = 20,1 gam
Từ (1): BTNT O:
2 3
( ) O(Al )
n = n =3.n =3.0,225 = 0,675 mol
x y
O Fe O O Al O
Trong FexOy:
0, 45 0, 675 Fe
O
n
n Vậy công thức FexOy : Fe2O3
1
P P
m = m + m = 60,3 + 20,1 = 80,4 gam
0,5đ (p.ư)
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ - Học sinh làm theo cách giải khác đúng, xác cho điểm tối đa
- Điểm tồn làm trịn đến 0,25 điểm
- HẾT
-t0
t0