Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn chuyên Hóa học sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế năm học 2019 - 2020 - Học Toàn Tập

4 224 0
Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn chuyên Hóa học sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế năm học 2019 - 2020 - Học Toàn Tập

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

- 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 nn   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

Ngày đăng: 24/02/2021, 00:49

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan