1. Trang chủ
  2. » Trung học cơ sở - phổ thông

Đề Khảo sát chất lượng giáo viên cấp THCS Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2015-2016. Môn Hóa học

6 9 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 308,78 KB

Nội dung

c) Tính nồng độ mol/l của các chất trong dung dịch sau phản ứng.. b) Để phản ứng hoàn toàn với 86,2 gam một loại chất béo (là trieste của glixerol với axit béo) cần vừa đủ x gam NaOH, [r]

(1)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2015 - 2016

MƠN HĨA HỌC; CẤP THCS

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 02 trang)

Cho nguyên tử khối số nguyên tố: H=1; C=12; N=14; O=16; Na=23; Mg=24; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Fe=56; Cu=64; Ag=108; Ba=137.

Câu (1,0 điểm)

Trình bày cách pha chế:

a) 150 gam dung dịch CuSO4 2% từ dung dịch CuSO4 10% (coi khối lượng riêng nước bằng g/ml).

b) 250 ml dung dịch KOH 0,5M từ dung dịch KOH 2M. Câu (1,0 điểm)

Trộn 50 ml dung dịch CaCl2 0,4M với 150 ml dung dịch có chứa 5,1 gam AgNO3. a) Nêu tượng quan sát viết phương trình hóa học.

b) Tính khối lượng kết tủa thu được.

c) Tính nồng độ mol/l chất dung dịch sau phản ứng Biết thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể.

Câu (1,0 điểm)

Hiđrocacbon X mạch hở, chất khí nhiệt độ phịng (250C) Nhiệt phân hồn tồn X (trong điều kiện khơng có oxi) thu sản phẩm C H2, thể tích khí H2 thu gấp đơi thể tích khí X (đo điều kiện) Viết công thức cấu tạo chất X thỏa mãn.

Câu (1,0 điểm)

Metan bị lẫn tạp chất là: CO2, C2H4, C2H2 Trình bày phương pháp hoá học để loại hết tạp chất khỏi metan.

Câu (1,0 điểm)

Không dùng thêm thuốc thử khác, nhận biết dung dịch sau: NaHCO3, CaCl2, Na2CO3, Ca(HCO3)2.

Câu (1,0 điểm)

Người ta điều chế poli(vinyl clorua) từ CaC2 theo sơ đồ sau: CaC2   C2H2   CH2=CHCl   (-CH2-CHCl-)n a) Viết phương trình phản ứng theo sơ đồ trên.

b) Tính khối lượng poli(vinyl clorua) thu dùng 800 kg đất đèn (độ tinh khiết của CaC2 80%) hiệu suất chung trình điều chế 75%.

Câu (1,0 điểm)

a) Viết công thức este sinh từ phản ứng glixerol axit panmitic (C15H31COOH) theo tỉ lệ mol tương ứng : 3.

(2)

b) Để phản ứng hoàn toàn với 86,2 gam loại chất béo (là trieste glixerol với axit béo) cần vừa đủ x gam NaOH, thu 9,2 gam glixerol y gam hỗn hợp muối axit béo. Tính x, y.

Câu (1,0 điểm)

Ba chất hữu mạch hở A, B, D có cơng thức phân tử tương ứng là: C3H6O, C3H4O2, C6H8O2. Chúng có tính chất sau:

- Chỉ A B tác dụng với Na giải phóng khí H2. - Chỉ B D tác dụng với dung dịch NaOH.

- A tác dụng với B (trong điều kiện xúc tác, nhiệt độ thích hợp) thu sản phẩm chất D. Hãy cho biết công thức cấu tạo A, B, D Viết phương trình phản ứng xảy ra. Câu (1,0 điểm)

Hòa tan hết 15,3 gam BaO vào nước, thu dung dịch A Cho 9,24 gam hỗn hợp CaCO3 và MgCO3 tan hết dung dịch HCl dư, thu khí B Nếu cho dung dịch A hấp thụ hết lượng khí B có tạo kết tủa hay khơng? Nếu có, tính khối lượng kết tủa thu được.

Câu 10 (1,0 điểm)

Hòa tan hết hỗn hợp A gồm Fe oxit sắt FexOy vào 300 ml dung dịch H2SO4 1,8 M Sau phản ứng, thu dung dịch B 2,016 lít khí D (ở đktc) Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch B, thu kết tủa E Lọc, sấy khô nung E không khí đến khối lượng khơng đổi, thu 32 gam chất rắn F Biết rằng, lượng axit dùng dư 20% so với lượng cần thiết

Tính thành phần phần trăm theo khối lượng oxit sắt hỗn hợp A.

-Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu, kể bảng tuần hồn ngun tố hóa học. Cán coi thi khơng giải thích thêm.

(3)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN HĨA HỌC; CẤP THCS

(Hướng dẫn chấm có 04 trang)

Câu Đáp án Điểm

1 (1,0đ)

a) 150 gam dung dịch CuSO4 2% có

150.2 /100 3.100 /10 30

4

CuSO ddCuSO 10%

m   g m   g

Khối lượng nước cần dùng 150 – 30 = 120g

0,25

Cách pha: Cân 30 gam dung dịch CuSO4 10% 120 gam nước (hoặc đong 120 ml

nước) trộn vào 150 gam dung dịch CuSO4 2%

0,25 b) nKOH = 0,25.0,5 = 0,125 (mol)  VddKOH 2M = 0,125/2 = 0,0625 (lít) 0,25

Cách pha: Đong 62,5 ml dung dịch KOH 2M cho vào ống đong 500 ml Thêm từ từ nước cất vào ống đong đến thể tích 250 ml thu dung dịch KOH 0,5M

0,25 2

(1,0đ)

a) Hiện tượng: tạo kết tủa trằng

Phương trình phản ứng: CaCl2 + 2AgNO3  Ca(NO3)2 + 2AgCl

0,25

b)

5,1 170

2

CaCl AgNO

n = 0,05.0,4 = 0,02 mol; n = = 0,03 mol

Theo ptpư: nAgCl= nAgNO3= 0,03 mol  mAgCl= 0,03.143,5 = 4,305 g

0,25

c) Dung dịch sau phản ứng có CaCl2 dư Ca(NO3)2, đó:

0,03

3 2

Ca(NO ) CaCl

n = = 0,015 mol; n = 0,02 - 0,015 = 0,005 mol;

Vdd sau pư = 50 + 150 = 200 ml = 0,2 lít

0, 015 0,005

0, 0,

3 2

M/Ca(NO ) M/CaCl

C = = 0,075M; C = = 0,025M

0,5

3 (1,0đ)

Gọi công thức phân tử X : CxHy ( x ≤ 4)

CxHy ⃗t0 xC + y/2 H2

Theo ta có y/2 =  y=

Vậy X có dạng CxH4  cơng thức phân tử thỏa mãn điều kiện X là:

CH4, C2H4, C3H4, C4H4

Các CTCT: CH4; CH2=CH2; CHC-CH3 (và CH2=C=CH2); CHC-CH=CH2

Mỗi CTCT

được 0,25đ

4 (1,0đ)

Cho hỗn hợp khí qua bình nước Brơm dư, lúc loại hết C2H4, C2H2 nhờ

phản ứng:

C2H4 + Br2 C2H4Br2

C2H2 + 2Br2 C2H2Br4

0,5

Khí dẫn qua bình đựng dung dịch kiềm dư (NaOH, Ca(OH)2,…v.v), lúc

CO2 bị hấp thụ hết phản ứng:

2NaOH + CO2 Na2CO3 + H2O

Khí cịn lại CH4 nguyên chất

0,5

5 (1,0đ)

Đánh số lọ dung dịch, lấy lọ hóa chất cho vào ống nghiệm số làm mẫu thử

Trộn lẫn mẫu thử đôi kết theo bảng sau:

NaHCO3 CaCl2 Na2CO3 Ca(HCO3)2

NaHCO3 Không ht Không ht Không ht Không ht

CaCl2 Không ht Không ht Kết tủa trắng Không ht

Nhận biết được 1

(4)

Na2CO3 Không ht Kết tủa trắng Không ht Kết tủa trắng

Ca(HCO3)2 Không ht Không ht Kết tủa trắng Không ht

Mẫu tạo hai kết tủa trắng trộn với mẫu khác Na2CO3

Mẫu khơng gây tượng trộn với mẫu khác NaHCO3

Hai mẫu tạo kết tủa trắng với Na2CO3 CaCl2 Ca(HCO3)2 Đem đun nóng

hai mẫu này, mẫu tạo kết tủa trắng có khí bay Ca(HCO3)2, mẫu khơng

tượng CaCl2

Ca(HCO3)2 + Na2CO3  CaCO3 + 2NaHCO3

CaCl2 + Na2CO3  CaCO3 + 2NaCl

Ca(HCO3)2

o

t

  CaCO3 + CO2 + H2O

Ca(HCO3)2 + Na2CO3  CaCO3 + 2NaHCO3

0,25đ

6 (1,0đ)

a) Các ptpư:

CaC2 + 2H2O  C2H2 + Ca(OH)2

C2H2 + HCl , xt t

   CH2=CHCl

nCH2=CHCl , , xt t p

   (-CH2-CHCl-)n

0,5

b) Khối lượng CaC2 = 800 80% = 640 kg

Số mol C2H2 = số mol CaC2 = 640: 64 = 10 kmol

Số mol C2H3Cl phản ứng = 10 75% = 7,5 kmol

Khối lượng PVC thu = 7,5 62,5 = 468,75 kg

0,5

7 (1,0đ)

a) Công thức este (C15H31COO)3C3H5 0,25đ

b) Gọi chất béo có dạng: (RCOO)3C3H5, sơ đồ phản ứng:

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH  C3H5(OH)3 + 3RCOONa

0,25đ

Số mol NaOH = 3.số mol glixerol =

9, 0,

92  mol

Khối lượng NaOH: x = 0,3 40 = 12 gam 025đ

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

Khối lượng chất béo + khối lượng NaOH = khối lượng glixerol + khối lượng hỗn hợp muối

Khối lượng hỗn hợp muối: y = 86,2 + 12 – 9,2 = 89 gam

0,25đ 8

(1,0đ)

- A tác dụng với Na giải phóng khí H2 Vậy A ancol, Công thức cấu tạo A là:

CH2=CH-CH2-OH

0,25

- B tác dụng với Na giải phóng khí H2, B tác dụng với dung dịch NaOH Vậy B

là axit có cơng thức cấu tạo là: : CH2=CH-COOH

0,25

- D tác dụng với dung dịch NaOH, không tác dụng với Na sản phẩm phản ứng A B Vậy D este có cơng thức cấu tạo là:

CH2=CH-COOCH2-CH=CH2

0,25

Các phương trình phản ứng xảy là:

CH2=CH-CH2-OH + Na → CH2=CH-CH2-ONa + 1/2H2

CH2=CH-COOH + Na → CH2=CH-COONa + 1/2H2

CH2=CH-COOH + NaOH → CH2=CH-COONa + H2O

CH2=CH-COOCH2-CH=CH2 + NaOH→CH2=CH-COONa + CH2=CH-CH2-OH

CH2=CH-COOH + CH2=CH-CH2-OH xt,t  

  CH2=CH-COOCH2-CH=CH2+ H2O

(5)

9 (1,0đ)

3

BaO

hh(CaCO ,MgCO ) 15,3

n = = 0,1 (mol)

153

9,24 9,24

= 0,0924 (mol) < n < = 0,11 (mol)

100 84

Các phương trình phản ứng:

2

BaO + H O Ba(OH)

0,1(mol) 0,1 (mol)

 

CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + CO2 + H2O

MgCO3 + 2HCl  MgCl2 + CO2 + H2O

CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O

CO2 + BaCO3 + H2O Ba(HCO3)2

0,25

2 3

CO hh(CaCO ,MgCO ) Ba(OH)

0,0924 (mol) < n = n < 0,11 (mol) < 2n 0, (mol)

Vậy cho dd A hấp thụ hết lượng khí B có tạo kết tủa

0,25

Xét đoạn 0,0924 (mol) < nCO2 n Ba(OH)2 0,1 (mol) xảy phản ứng tạo kết tủa

2

CO BaCO

0,0924 (mol) < n = n 0,1 (mol)

 

Xét khoảng nBa(OH)2 0,1 (mol) < nCO2 < 0,11 (mol) có phản ứng hịa tan phần

kết tủa  0,09 (mol) < 2nBa(OH)2 - nCO2 = nBaCO3 < 0,1 (mol)

0,25 Vậy 3 BaCO BaCO 0,09 (mol) < n 0,1 (mol)

0,09.197 = 17,73 (gam) < n 0,1.197 19,7 (gam)       0,25 10

(1,0đ) nH SO2 0,54 (mol) 

H SO

0,54.100

n = = 0,45 mol

120

p

; nD = 0,09 mol

4

2 4

x y

2

FeSO Fe

hh A +H SO dd B Fe (SO ) + D (H )

Fe O H SO           o

2 +O ,t

+NaOH

2

3 Fe(OH)

ddB E F (Fe O )

Fe(OH)          Fe O

n = 0,2 mol 

nion sắt/ddB = 0,4 mol; 2-4 2-2 4 SO /muèi H SO SO /muèi ion s¾t

n 0,45 3

n = n = 0,45 mol 1< = <

n 0,4

 Dung dịch B chứa muối

sắt (II) sắt (III)

Đặt số mol Fe2+ Fe3+ a, b (mol)  a + b = 0,4 (1)

Áp dụng bảo tồn điện tích: 2a + 3b = 0,45.2 = 0,9 (2)

Giải hệ phương trình (1) (2)

a = 0,3 b = 0,1

  

Ta có: nH SO p = n + nH2 O/oxit = 0,45 mol  nO/oxit = 0,45 - 0,09 = 0,36 (mol)

0,25

Fe n

đc/A  n = 0,09 molH2  nFe/oxit 0,31 mol

 oxit có O Fe

n 0,36

n  0,31 Vậy oxit sắt Fe

2O3 Fe3O4

0,25

(6)

2

Fe O Fe

2

0,36

n = = 0,12 mol n = 0,4 - 0,12.2 = 0,16 mol

3

0,12.160

%Fe O = 100 = 68,18%

0,12.160+0,16.56

 

TH2: Nếu oxit sắt Fe3O4

3

Fe O Fe

3

0,36

n = = 0,09 mol n = 0,4 - 0,09.3 = 0,13 mol

4

0,09.232

%Fe O = 100 = 74,15%

0,09.232+0,13.56

 

0,25

Ngày đăng: 02/04/2021, 15:22

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w