de thi chuyen hoa nguyen trai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2016 – 2017 Môn thi: Hoá học Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 02 trang). Câu 1 (2 điểm) 1. Cho hỗn hợp A gồm Al, Cu, Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư, thu được dung dịch B, khí SO2 thoát ra. Nếu cho hỗn hợp A vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch C, chất rắn không tan D và khí E. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch C thu được kết tủa F. Nung F ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn G, cho khí CO dư qua G nung nóng đến khối lượng không đổi thu được chất rắn H. Xác định các chất có trong B, C, D, E, F, G, H và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Cho 5 dung dịch không màu đựng trong 5 bình mất nhãn gồm: NaHSO 4, NaCl, Mg(HCO3)2, Na2CO3, Ba(HCO3)2. Không được dùng thêm hoá chất nào khác, hãy nêu phương pháp nhận biết các dung dịch trên. Câu 2 (2 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng thực hiện sơ đồ chuyển hoá sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có). CO2. A. B. D. E. F. G. CH4. 2. Từ than đá, đá vôi và các chất vô cơ cần thiết, viết phương trình phản ứng điều chế các chất PVC (Polivinylclorua), PE (Polietilen). 3. X, Y là hai chất hữu cơ đơn chức, mạch hở (trong phân tử chỉ chứa C, H, O) có khối lượng mol phân tử bằng 74 g/mol. X tác dụng được với cả Na, NaOH; Y chỉ tác dụng với dung dịch NaOH, không tác dụng với Na. Viết công thức cấu tạo có thể có của X, Y và viết các phương trình phản ứng xảy ra ở trên. Câu 3 (2 điểm) 1. Cho 122,4g hỗn hợp X gồm Cu, Fe 3O4 vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 10,08 lít SO2 (đktc), dung dịch Y và còn lại 4,8g kim loại. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan. Tính m. 2. Để điều chế 100 lít rượu etylic 46 0 cần dùng m kg gạo. Biết rằng, trong gạo chứa 80% tinh bột; khối lượng riêng C 2H5OH bằng 0,8 g/ml và hiệu suất toàn bộ quá trình điều chế đạt 75%. Tính m. Câu 4 (2 điểm) 1. Cho 16g hỗn hợp X gồm bột Mg, Fe vào 600 ml dung dịch AgNO3 có nồng độ C (mol/l), khuấy đều hỗn hợp để phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y và 70,4g chất rắn Z. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí ở nhiệt cao đến khối lượng không đổi thu được 16g chất rắn T. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp X và tính giá trị C. 2. Tiến hành hai thí nghiệm:.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thí nghiệm 1: Cho 650ml dung dịch NaOH 2M vào 400ml dung dịch AlCl3 a(M) thì thu được 3b gam kết tủa. Thí nghiệm 2: Cho 700ml dung dịch NaOH 2M vào 400ml dung dịch AlCl3 a(M) thì thu được 2b gam kết tủa. Tìm a, b. Câu 5 (2 điểm) Hỗn hợp X gồm 2 este có tỉ lệ số mol trong hỗn hợp là 1:3. Cho a gam hỗn hợp X vào dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thu được 4,92g muối của một axit hữu cơ đơn chức và 3,18g hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức, mạch thẳng (có số nguyên tử C < 5). Nếu đốt cháy hết 3,18g hỗn hợp 2 rượu thu được 3,36 lít CO 2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1. Xác định công thức cấu tạo 2 este, viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Tính a. Cho: H =1; C =12; O = 16; Na = 23; Cu = 64; Mg = 24; Ag = 108; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; Fe = 56; Ba = 137 ..................... Hết …………….. Họ và tên thí sinh: …………………………………......... Số báo danh: ……………… Chữ ký của giám thị 1: …………………….. Chữ ký của giám thị 2: ………………... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC. HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Năm học: 2016 – 2017 Môn thi: Hoá học Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 02 trang) Câu Đáp án 1 1 (1,0 điểm). (2 điểm) Dung dịch B : Al2(SO4)3, CuSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4. Điểm. o. t PTHH: 2Al + 6H2SO4 (đ)   Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O o. t 2Fe3O4 + 10H2SO4(đ)   3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O. 0,25. to. Cu + 2H2SO4 (đ)   CuSO4 + SO2 + 2H2O Dung dịch C : AlCl3, FeCl2, CuCl2, HCl dư Chất rắn D: Cu dư; khí E: H2  2AlCl3 + 3H2 2Al + 6HCl    FeCl2 + 2FeCl3+ 4H2O Fe3O4 + 8HCl    2FeCl2 + CuCl2 Cu + 2FeCl3   Lưu ý: Nếu học sinh nêu dung dịch C thu được gồm AlCl 3, FeCl2, FeCl3, HCl dư thì đến đây không cho điểm, Câu 1.1 chỉ được 0,25đ. Kết tủa F: Cu(OH)2 , Fe(OH)2  NaCl + H2O NaOH + HCl    2NaCl + Cu(OH)2 2NaOH + CuCl2    2NaCl + Fe(OH)2 2NaOH + FeCl2    Al(OH)3+ 3NaCl 3NaOH + AlCl3    NaAlO2 + 2H2O NaOH + Al(OH)3   Chất rắn G: CuO, Fe2O3 Chất rắn H: Cu, Fe o. t Cu(OH)2   CuO + H2O to 4Fe(OH)2 + O2   2Fe2O3 + 4H2O to CuO + CO   Cu + CO2. 0,25. 0,25. 0,25. to. Fe2O3 + 3CO   2Fe + 3CO2 2 (1,0 điểm) - Lấy ra mỗi hoá chất một ít cho vào 5 ống nghiệm, đánh số thứ 0,25 tự từ 1-5. - Đun nóng các dung dịch: + Dung dịch xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch Mg(HCO3)2,. Ba(HCO3)2 (nhóm I) t Mg(HCO3)2   MgCO3 + CO2 + H2O t Ba(HCO3)2   BaCO3 + CO2 + H2O o. o. + Dung dịch không có hiện tượng gì là dung dịch NaHSO4,. NaCl, Na2CO3 (nhóm II) - Lấy lần lượt các dung dịch nhóm (I) nhỏ lần lượt vào các dung 0,25 dịch nhóm (II)..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Dấu hiệu nhận biết các dung dịch thuộc nhóm I + DD ở nhóm I xuất hiện khí bay lên với 1 dd nhóm II và xuất hiện kết tủa với 1 dung dịch khác của nhóm II là Mg(HCO3)2 + Dd ở nhóm I vừa xuất hiện khí bay và vừa có kết tủa với một dung dịch nhóm II thì dung dịch nhóm I là Ba(HCO3)2 Dấu hiệu nhận biết các dung dịch thuộc nhóm II 0,25 + Dung dịch ở nhóm II xuất hiện khí bay lên với 2 dung dịch nhóm I là dung dịch là NaHSO4 + Dung dịch ở nhóm II xuất hiện kết tủa với 2 dung dịch nhóm I là dung dịch là Na2CO3. + Dung dịch còn lại ở nhóm II là NaCl Mg(HCO3)2 + 2NaHSO4   Na2SO4 + MgSO4+2CO2 + 2H2O Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4   Na2SO4 + BaSO4 +2CO2 + 2H2O Mg(HCO3)2 + Na2CO3   2NaHCO3 + MgCO3 Ba(HCO3)2 + Na2CO3   2NaHCO3 + BaCO3 2 1 (0,75 điểm). (2điểm) A: (C6H10O5)n; B: C6H12O6; D: C2H5OH; E: CH3COOH; F: CH3COOC2H5; G: CH3COONa. 0,25. 0,25.  Clorofin   . 1) 6nCO2 + 5nH2O Anhsang (C6H10O5)n axit 2) (C6H10O5)n + nH2O   n C6H12O6 menruou  2C2H5OH + 2CO2 3) C6H12O6    mengiam  CH3COOH + H2O 4) C2H5OH + O2    o. 2 SO4 d  t, H     5) CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 +H2O  CH3COONa + C2H5OH 6) CH3COOC2H5 + NaOH  . 0,25 0,25.  CaO  o . t 7) CH3COONa + NaOH CH4 + Na2CO3 2 (0,5 điểm). to CaO + CO2 CaCO3 ⃗ to CaC2 + CO CaO + 3C ⃗ ⃗ C2H2 + Ca(OH)2 CaC2 + 2H2O ❑ xt CH  CH + HCl   CH2 = CHCl. 0,25. 0,25. o. t ,p,xt n CH2 = CH    ( - CH2 – CH- )n. Cl. Cl t o ,Pd.  CH2 = CH2 CH  CH + H2    t ,p,xt n CH2 = CH2    ( - CH2 – CH- )n 3 (0,75 điểm). Do X, Y đơn chức tác dụng được với NaOH  X, Y là axit hoặc este. X tác dụng được với Na, NaOH nên X là axit. Y chỉ tác dụng với NaOH, không tác dụng với Na nên Y là este. Đặt công thức của X, Y là CxHyO2 12x + y + 16.2 = 74  12x + y = 42  x = 3; y = 6  CTPT: C3H6O2 X: CH3CH2COOH o. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Y: CH3COOCH3 hoặc HCOOCH2CH3  2C2H5COONa + H2 2C2H5COOH + 2Na    C2H5COONa + H2O C2H5COOH + NaOH    CH3COONa + CH3OH CH3COOCH3 + NaOH    HCOONa + C2H5OH HCOOC2H5 + NaOH  . 3 (2điểm). 0,25. Lưu ý: Nếu học sinh viết thiếu 1 CTCT của Y và viết thiếu phương trình phản ứng của este Y đó với NaOH sẽ mất 0,25 đ. 1(1 điểm) to. 2Fe3O4 + 10H2SO4(đ)   3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O 1,5x 0,5x x (mol) . 0,25. (1). to. Cu + 2H2SO4 (đ)   CuSO4 + SO2 + 2H2O (2) y (mol)  y Lưu ý: Nếu học sinh chỉ viết được 2 phương trình 1, 2 và cân bằng đúng, không viết phương trình (3) thì vẫn cho đủ 0,25đ  CuSO4 + 2FeSO4 Cu + Fe2(SO4)3   (3) 1,5x  1,5x Do sau phản ứng còn 4,8 gam kim loại dư nên dd Y là FeSO4, CuSO4. Kim loại dư là Cu. Gọi số mol Fe3O4 là x; số mol Cu pư ở (2) là y (x, y>0). 0,25. 3 nCu  nFe3O4 1,5 x 2 Theo (1), (3):. Khối lượng Fe3O4 và Cu phản ứng: 232x + 64(y+1,5x) = 122,4 - 4,8  328x + 64y = 117,6 (I) 0,25. x 10, 08 nSO2   y  0, 45 2 22, 4 Theo (1), (2): 328 x  64 y 117, 6  x 0,3(mol )    y 0,3( mol ) Giải hệ:  x  2 y 0,9. Theo (2), (3):. nCuSO4  y  1,5 x 0, 75(mol ). Theo (1), (3):. nFeSO4 3x 0,9(mol ). 0,25. Khối lượng muối: m = 0,75.160 + 0,9.152=256,8(g) 2 (1 điểm). axit (C6H10O5)n + nH2O   n C6H12O6 menruou  2C2H5OH + 2CO2 C6H12O6    100.46 VC2 H 5OH  46(lit ) 100 100.46.0,8.103 mC2 H5OH  36,8.103 ( g ) 36,8(kg ) 100. Ta có: (C6H10O5)n tạo ra 2nC2H5OH 162n (kg)  92n (kg) x (kg)  36,8 (kg)  x= 64,8(kg). 0,25 (1) (2) 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Do H = 75% và trong gạo chứa 80% tinh bột 100 100 64,8. . 108(kg)  mgạo = 75 80. 0,25. 4 1(1 điểm). 0,25 (2điểm)  Mg(NO3)2 + 2Ag Mg + 2AgNO3   (1)  Fe(NO3)2 + 2Ag Fe + 2AgNO3   (2) Do mZ = mX =16 gam nên khi X tác dụng với AgNO 3 thì kim loại dư, AgNO3 hết.  Mg(OH)2+ 2NaNO3 2NaOH + Mg(NO3)2   (3)  Fe(OH)2+ 2NaNO3 Có thể có: 2NaOH + Fe(NO3)2   (4) o. t Mg(OH)2   MgO + H2O. (5). to. Có thể có: 4Fe(OH)2 + O2   2Fe2O3 + 4H2O (6) Trường hợp 1: Mg phản ứng, Fe chưa phản ứng. nMgO=0,4(mol) Theo pt: nMg (pư) = nMgO = 0,4(mol) nAg=2nMg=0,8(mol)  mAg = 108.0,8 = 86,4(g) >70,4(g)  (loại) Trường hợp 2: Mg phản ứng hết, Fe phản ứng một phần. Chất rắn Z: Ag, Fe dư Dung dịch Y: Mg(NO3)2; Fe(NO3)2. Đặt số mol Mg là x; số mol Fe ở (2) là y; số mol Fe dư là z  24x + 56(y+z) = 16 (I) Theo phương trình phản ứng (1), (2): nAg = 2x + 2y  mz=108.(2x+2y) + 56z=70,4 (II) Theo phương trình phản ứng: nMgO=nMg= x(mol). 0,25. 0,25. 1 y nFe2O3  nFe  (mol ) 2 2. mT =40x + 80y=16. (III). 24 x  56 y  56 z 16  216 x  216 y  56 z 70, 4  40 x  80 y 16 . Giải hệ: mMg =0,2.24=4,8(g) mFe =0,2.56=11,2(g) Theo phương trình phản ứng (1), (2):. 0,25.  x 0, 2(mol )   y 0,1(mol )  z 0,1(mol ) . nAgNO3 2 x  2 y 0, 6(mol )  CM (ddAgNO3 ) . 0, 6 1( M ) 0, 6. 2. (1 điểm).. 0,25.  Al(OH)3+ 3NaCl 3NaOH + AlCl3   (1)  NaAlO2 + 2H2O Có thể có: NaOH + Al(OH)3   (2) nNaOH (TN1) = 0,65.2=1,3(mol) nNaOH (TN2) = 0,7.2=1,4(mol) nNaOH (TN1) = 1,3<nNaOH (TN2) = 1,4; lượng AlCl3 là như nhau; m. 3b  m. Al ( OH ) (TN 2) mà Al (OH ) (TN 1) Nên xảy ra 2 trường hợp sau: 3. 3. 2b.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trường hợp 1: Ở thí nghiệm 1 chỉ xảy ra pư (1): NaOH hết, AlCl3 dư. Ở thí nghiệm 2 xảy ra 2 pư (1), (2): kết tủa Al(OH)3 tan một phần. + Xét TN1: + Xét TN2: Theo (1): Theo (2):. nNaOH 3nAl (OH )3  3.. 0,25. 3b 169 1,3  b  78 15. nNaOH 3n AlCl3 3.0, 4a 1, 2a nNaOH nAl (OH )3 0, 4a . 2b 2b  1, 2a  0, 4a  1, 4 78 78.  a= 19/18 Ta thấy: nAlCl3 0, 4a 0, 422(mol ); nAl (OH )3 . 3b 0, 433(mol )  nAlCl3 0, 422(mol ) 78.  Loại Lưu ý: Nếu học sinh không biện luận để loại đáp số trên thì không được điểm của trường hợp 1. Trường hợp 2: Cả 2 thí nghiệm kết tủa Al(OH)3 đều tan một phần. + Xét TN1:. 0,25. nNaOH (1) 1, 2a (mol ) nNaOH (2) nAl ( OH )3 0, 4a   1, 6a . 3b 3b  1, 2a  0, 4a  1,3 78 78. 3b 1,3( I ) 78. + Xét TN2:. 0,25 nNaOH 3n AlCl3 3.0, 4a 1, 2a. Theo (1): Theo (2):  1, 6a . nNaOH nAl (OH )3 0, 4a . 2b 2b  1, 2a  0, 4a  1, 4 78 78. 2b 1, 4( II ) 78. Giải (I), (II) ta được a=1(M); b = 7,8(g) 5 1. (1,75điểm). RCOOCn H 2 n 1 (2điểm) Đặt công thức của 2 este là. 0,25. RCOOCn H 2 n 1  NaOH  RCOONa  Cn H 2 n 1OH o 3n O2  t nCO2  (n  1) H 2O 2 3,18 0,15 nnCn H 2 n1OH  0,15 n.  n 2,5 14n  18. Cn H 2 n 1OH  nCO2. Rượu có số nguyên tử C nhỏ hơn có thể là CH3OH hoặc C2H5OH; rượu có số C lớn hơn đặt là CnH2n+1OH nrượu = nRCOONa = neste = 0,15:2,5=0,06(mol)  MRCOONa =4,92: 0,06=82  MR=15  Công thức R là CH3* Trường hợp 1: 2 este là: CH3COOCH3 (X1) và CH3COOCnH2n+1 (X2) Do tỉ lệ mol 2 este là 1:3. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> n. a  n. 3a  4a 0,06  a 0,015. X - Nếu: X mrượu = 32.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18  n=3  Rượu còn lại có công thức C3H7OH Do 2 rượu mạch thẳng nên 2 este là: CH3COOCH3 và CH3COOCH2CH2CH3 Hoặc CH3COOCH3 và CH3COOCH(CH3)2 1. 2. Lưu ý: Nếu học sinh viết thiếu công thức cấu tạo CH3COOCH(CH3)2 sẽ mất nửa số điểm của ý trên (mất 0,125đ) - Nếu:. n X 3a 0,045;n X a 0,015 1. 2. 0,25. mrượu = 32.0,045+ 0,015.(14n+18)=3,18  n=7>5  (Loại). * Trường hợp 2: 2 este là: CH3COOC2H5 (X1) và CH3COOCnH2n+1 (X2) - Nếu:. 0,25. n X a 0,015; n X 3a 0,045 1. 2. mrượu = 46.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18  n=2,67  (Loại). n. 3a 0,045;n. a 0,015. X - Nếu: X mrượu = 46.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18  n=4  Rượu còn lại có công thức C4H9OH Do 2 rượu mạch thẳng nên 2 este có công thức cấu tạo là: CH3COOCH2CH3 và CH3COOCH2CH2CH2CH3 Hoặc CH3COOCH2CH3 và CH3COO CHCH2CH3 CH3 Lưu ý: Nếu học sinh viết thiếu công thức cấu tạo CH3COO CHCH2CH3 CH3 sẽ mất nửa số điểm của ý trên (mất 0,125đ) 1. 2. 2. (0,25 điểm). Áp dung định luật bảo toàn khối lượng ta có: meste + mNaOH = mmuối + mrượu a + 0,06.40 = 4,92+ 3,18 a = 5,7 (g). 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>