Đáp án chuyên Hóa học Hải Dương 2014-2015 - Học Toàn Tập

6 10 0
Đáp án chuyên Hóa học Hải Dương 2014-2015 - Học Toàn Tập

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

[r]

(1)

HẢI DƯƠNG

- TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC: 2014 – 1015 MƠN THI: HỐ HỌC

Thời gian làm bài: 120 phút (Đáp án gồm: 06 trang)

Câu/ý HƯỚNG DẪN Biểu

điểm

1

1 (1đ)

1.- Cho A vào dd NaOH dư

Al + NaOH + H2O  NaAlO2 + 3/2H2

Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O

Chất rắn B: Fe, Fe3O4; dd B: NaAlO2 NaOH dư; Khí D: H2

0,25

- Cho D dư qua A nung nóng xảy PƯ: Fe3O4 + 4H2

0

t

 3Fe + 4H2O

Chất rắn E: Al, Al2O3, Fe

0,25

- E tác dụng với dd H2SO4 đ, nóng dư

2Al + 6H2SO4  Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O 2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O Dung dịch F: Al2(SO4)3, Fe2(SO4)3, H2SO4 dư; Khí G: SO2

0,25

- Cho Fe dư vào F xảy PƯ:

2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O Fe + Fe2(SO4)3  3FeSO4

Dung dịch H : Al2(SO4)3, FeSO4

0,25

2 (1đ)

a Tách chất khỏi hh: Al2O3, Fe2O3, CuO

- Cho hỗn hợp vào dd NaOH dư thu dd A gồm NaAlO2 NaOH dư, chất rắn không tan B gồm: Fe2O3, CuO

- Sục CO2 dư vào dung dịch A thu kết tủa, nung kết tủa đến khối lượng không đổi thu Al2O3

NaOH + CO2  NaHCO3

NaAlO2 + CO2 + H2O  Al(OH)3 + NaHCO3

2Al(OH)3  Al2O3 + H2O

- Cho H2 dư qua B nung nóng thu chất rắn D gồm Fe, Cu

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O

CuO + H2  Cu + H2O

- Cho chất rắn D vào dung dịch HCl dư, chất rắn thu Cu, nung chất rắn O2 dư đến khối lượng không đổi thu CuO

0,25

- Dung dịch thu gồm FeCl2, HCl dư

2Cu + O2  2CuO

Fe + 2HCl  FeCl2 + H2

- Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch hỗn hợp FeCl2, HCl thu kết tủa

HCl + NaOH  NaCl + H2O

FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl

Kết tủa thu đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi Fe2O3

0,25

(2)

b

(1) 4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2

(A) (B) (2) SO2 + 2H2S  3S + 2H2O

(B) (D) (E) (F) (3) Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O

(A) (G) (H) (F) (4) FeCl3 + 3NaOH  Fe(OH)3 + 3NaCl

(H) (I) (K) (L)

0,25

(5) 2FeCl3 + Fe  3FeCl2

(H) (M) (N)

(6) FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl

(N) (I) (P) (L) (7) 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2  4Fe(OH)3

(P) (F) (Q) (K) (8) Fe(OH)3 + HCl + Fe  FeCl2 + H2O

(K) (G) (M) (N) (F)

0,25

2 (1,0 đ)1

a Dựa vào trạng thái chất chia làm hai nhóm Nhóm I (Gồm chất khí): CH4, C2H4, CO2

Nhóm II (Gồm dung dịch): C6H6, C2H5OH, CH3COOH

- Cho chất khí (Nhóm I) qua bình chứa dung dịch Br2; khí làm

mất màu dung dịch nước Brom C2H4

C2H4 + Br2  C2H4Br2

- Cho khí khơng làm màu dung dịch brơm qua bình chứa nước vơi trong, khí làm nước vơi vẩn đục CO2; khí khơng làm nước vôi

trong vẩn đục CH4

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O

0,25

- Cho nước vào ống nghiệm (nhóm II), ống nghiệm có chất khơng tan phân lớp C6H6; ống nghiệm có chất tan nước C2H5OH

CH3COOH

Cho CaCO3 vào ống nghiệm cịn lại, ống có khí

CH3COOH; ống khơng có khí C2H5OH

2CH3COOH + CaCO3  (CH3COO)2Ca + CO2 + H2O

0,25

b D chất dùng để kích thích mau chín D có liên kết bền => D C2H4

X, Y, Z muối nên X: (CH3COO)2Mg; Y: (CH3COO)2Ba; Z: CH3COONa

(1) C2H4 + H2O H SO (l)2  CH3CH2OH

(D) (E)

(2) C2H5OH + O2 mengiâm CH3COOH + H2O

(E)

(3) CH3COOH + NaOH mengiâm CH3COONa + H2O

(Z) (4) CH3COONa + 2NaOH(đ) o

CaO t

 CH4 + Na2CO3

(Z) (A)

(3)

4 ll.nhanh

(A) (B) (6) CH CH +H2 o

Pd t

 CH2 CH2

(B) (D)

(7) 2CH3COOH + Mg  (CH3COO)2Mg + H2

(X)

(8) (CH3COO)2Mg + Ba(OH)2  (CH3COO)2Ba + Mg(OH)2

(X) (Y)

(9) (CH3COO)2Ba + Na2CO3  2CH3COONa + BaCO3

(Y) (Z)

(10) 2CH3COONa + H2SO4  2CH3COOH + Na2SO4 (Z)

0,25

2

(1,0 đ)

Cách 1:

Gọi phân tử Cl2 phản ứng với trung bình K mắt xích (-CH2- CHCl-)

Số nguyên tử Cl mắt xích = K +

0,25

Khối lượng mắt xích = 62,5K + Cl – H = 62,5K + 34,5

0,25

Theo % Cl => 35,5(K 1) 66,67 K 62,5K 34,5 100

   

0,25

Vậy trung bình mắt xích (-CH2- CHCl-) phản ứng với Cl2 0,25

Học sinh làm theo cách Cách 2: CT PVC: (-CH2- CHCl-)n

phân tử Cl2 với K mắt xích => số phân tử Cl2 phản ứng = n/k

PT: n/kCl2 + (-CH2- CHCl-)n  (-C2H3-1/kCl1+1/k -)n + n/kHCl

=> phân tử (-C2H3-1/kCl1+1/k -)n có %Cl = 66,67%

=> 35,5(n n / k) 66,67% 35,5(1 1/ k) 0,6667 k 27n n / k 35,5(n n / k) 62,5 34,5 / k

 

    

   

Vậy trung bình mắt xích (-CH2- CHCl-) PƯ với Cl2

3

1

(1,0đ)

Theo tỉ lệ khối lượng Al Al Fe Fe

m 0,3m

m

m 0,7m

m

     

Sau kết thúc PƯ thu 0,75m g chất rắn > mFe = 0,7m g

Vậy 0,75m gam chất rắn có Al Fe

m 0,05m

m 0,7m

    

0,25

Vậy coi phản ứng có 0,25m g Al tham gia phản ứng ta có sơ đồ: Al + H2SO4  Al2(SO4)3 + SO2 + H2S + H2O Theo bảo toàn nguyên tố S

H SO2 4 Al SO2 H S2

3

n n n n

2

  

H SO2 4 H SO2 4

98.110

m n 1,1mol

100

  

Vậy 1,13.0, 25m0,5m 43, 2g

(4)

Dung dịch Y: Al2(SO4)3 => Al (SO )2 4 3 Al

1 1.0, 25m

n n 0, 2mol

2 2.27

  

TH1: Xảy PƯ: 6NaOH + Al2(SO4)3  2Al(OH)3 + 3Na2SO4

0,3 0,1

Al(OH) NaOH

0,3

n 0,1 n 0,3mol V 0,15(l) 150(ml)

      

0,25

TH2: xảy PƯ: 6NaOH + Al2(SO4)3  2Al(OH)3 + 3Na2SO4

1,2 0,2 0,4

NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O

0,3 0,3

Vậy nNaOH(t) = 1,5 mol => V = 0,75 (l) = 750ml

0,25

2

(1,0đ) MA44,4 Đặt CT A : C Hx Ta có 44,4 = 12x + => x = 3,2

0,25

C3,2H6 + O2  3,2CO2 + 3H2O 0,2 0,64 0,6 Sản phẩm qua bình H2SO4 đặc , nước bị giữ lại => m1 = 0,6.18 = 10,8 g

0,25

2

CO Ba(OH)

n 0,64mol; n 0, 47mol

CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O (1) 0,47 0,47 0,47

CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 (2)

0,17 0,17

0,25

3

BaCO

n 0, 47 0,17 0,3mol  m 59,1g 0,25 4

(2đ)

1

(1,5đ)

Trong ½ B có khối lượng = 16,65 gam

2Al + 3Ag2SO4  Al2(SO4)3 + 6Ag (1) 2Al + 3CuSO4  Al2(SO4)3 + 3Cu (2)

Vì dd C không tạo kết tủa với dd HCl => Ag2SO4 hết

=> dd C gồm Al2(SO4)3 CuSO4

0,25

Phần tác dụng với dd NaOH dư thu nH2 0,075mol

Al + NaOH + H2O  NaAlO2 + 3/2H2

 nAl(du) = 2/3.0,075 = 0,05 mol => mAl(du) = 1,35 gam

=> mD = 15,3 g

0,25

Chất rắn D nung khơng khí thấy khối lượng tăng chứng tỏ có Cu (vì Ag khơng PƯ với O2) Vậy chất rắn B gồm Al, Cu, Ag

Vì khối lượng chất rắn tăng 16%.mD

=> 2(pu )

O D O Cu

m 0,16.m 2,448gn n 0,153mol

0,25

Trong 1/2B có Cu Ag

m 9,792(g) m 5,508(g)

   

 =>

Cu Ag

n 0,153mol n 0,051mol

     Vậy B có Cu

Ag

n 0,306mol n 0,102mol

   

 => nAg SO2 4( A) 0,051molCMAg SO2 0,102M

(5)

Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 0,02 0,02 Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu t t t

Gọi nCuSO4  t nFe(t) 0,02 t mFe(pu) 56(0,02 t)

nCu  t mCu 64.t

Theo khối lượng giảm : mFe(pư) – mCu = 1,088 => 56(0,02 + t) – 64t = 1,088 => t = 0,004 Vậy 4( A)

CuSO4

CuSO M

n 0,306 0,004 0,31mol  C 0,62M

0,25

2

(0,5đ)

Khi tác dụng với H2SO4 đặc, nóng dư có PƯ:

2Al + H2SO4  Al2(SO4)3 + 3SO2 + H2O

0,05  0,075

Cu + H2SO4  CuSO4 + SO2 + H2O

0,153  0,153

2Ag + 2H2SO4  Ag2SO4 + SO2 + H2O

0,051  0,0255

(Viết phương trình cân cho 0,25 điểm)

0,25

Trong 1/2B gồm

Al Cu Ag

n 0,05mol n 0,153mol n 0,051mol

 

 

 

Ta có 2( t )

SO

n 0,2535mol V 5,6784(l)

0,25

5

1

(0,5đ)

2

CO C

H H O

n 0,7mol n 0,7mol

n 1, 2mol n 0,6mol

  

     

 

O

19, 12.0,7 1,

n 0,6mol

16

 

  

0,25

Gọi X có CTTQ: CxHyOz => x: y: z = 7: 12:

Do X có CTPT trùng với CT đơn giản => CTPT X: C7H12O6

0,25

2

(1,5đ) X

19,

n 0,1mol 192

 

X + NaOH  muối O210,6 gam Na

2CO3

Theo bảo toàn nguyên tố Na => nNaOH nNa(muoi) 2nNa CO2 3 0, 2mol

0,25

Do nNaOH = 2nX X tác dụng với dd NaOH thu muối hai

rượu đơn chức => X có hai chức este hai rượu đơn chức

0,25

X tác dụng với Na có

2

X H

7,68

n 0,04mol

192

n 0,04mol

   

  

=> X có nhóm OH

0,25

Đặt X: R(OH)2(COOR1)(COOR2)

R(OH)2(COOR1)(COOR2) + 2NaOH  R(OH)2(COONa)2 + R1OH + R2OH 0,1 0,2 0,1 0,1 0,1 Mmuoi = 19,4=> 0,1(R + 34 + 67.2) = 19,4

=> R = 26 => R: C2H2

(6)

Theo bảo toàn khối lượng có:

mruou = 19,2 + 0,2.40 – 19,4 = 7,8 gam

1 2

R OH R OH R R

M M 78M M 44

1

R 1 3

2

R

M 15 R : CH

R : C H

M 29

 

   

 => hai rượu

3

CH OH C H OH

  

0,25

Do muối có mạch C không phân nhánh => CTCT X: CH3OOC – CH – CH –COOC2H5

OH OH

0,25

Cách 2:

Sau học sinh kết luận X có hai nhóm chức este hai nhóm chức OH, học sinh giải theo phương pháp tăng giảm khối lượng để tìm CTCT X

Vì thủy phân X thu hai rượu đơn chức nên CTCT X có dạng R1OOC-CaHb(OH)2-COOR2 (với a ≥ 2)

Gọi công thức chung hai rượu ROH

Vì thủy phân 19,2 gam X thu 19,4 gam muối; khối lượng muối > khối lượng X => MR < 23 Vậy hai rượu CH3OH (R1OH)

Gọi R2OH: CnHmOH với n ≥ Vì tổng số nguyên tử C X = nên số

nguyên tử C = + + a + n = => a + n = a ≥ => a = 2, n = Vậy R2OH C2H5OH

Do muối có mạch C không phân nhánh => CTCT X: CH3OOC – CH – CH –COOC2H5

Ngày đăng: 24/02/2021, 01:11

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan