Đề thi tuyển sinh lớp 10 thpt chuyên Hải Dương Năm học: 2016 – 2017 Môn thi: Hoá học

1 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG 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: NaHSO4, 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). 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, Fe3O4 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 460 cần dùng m kg gạo. Biết rằng, trong gạo chứa 80% tinh bột; khối lượng riêng C2H5OH 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: 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. ĐỀ CHÍNH THỨC CO2 A B D E F G CH4 2 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 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 CO2 (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: .. 3 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM 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 Đáp án Điểm 1 (2 điểm 1 (1,0 điểm). Dung dịch B : Al2(SO4)3, CuSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4 PTHH: 2Al + 6H2SO4 (đ) ot Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 2Fe3O4 + 10H2SO4(đ) ot 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Cu + 2H2SO4 (đ) ot CuSO4 + SO2 + 2H2O 0,25 Dung dịch C : AlCl3, FeCl2, CuCl2, HCl dư Chất rắn D: Cu dư; khí E: H2 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 Fe3O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3+ 4H2O Cu + 2FeCl3  2FeCl2 + CuCl2 Lưu ý: Nếu học sinh nêu dung dịch C thu được gồm AlCl3, FeCl2, FeCl3, HCl dư thì đến đây không cho điểm, Câu 1.1 chỉ được 0,25đ. 0,25 Kết tủa F: Cu(OH)2 , Fe(OH)2 NaOH + HCl NaCl + H2O 2NaOH + CuCl2 2NaCl + Cu(OH)2 2NaOH + FeCl2 2NaCl + Fe(OH)2 3NaOH + AlCl3  Al(OH)3+ 3NaCl NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O 0,25 Chất rắn G: CuO, Fe2O3 Chất rắn H: Cu, Fe Cu(OH)2 otCuO + H2O 4Fe(OH)2 + O2 ot 2Fe2O3 + 4H2O CuO + CO ot Cu + CO2 Fe2O3 + 3CO ot 2Fe + 3CO2 0,25 ĐỀ CHÍNH THỨC 4 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2 (1,0 điểm) - Lấy ra mỗi hoá chất một ít cho vào 5 ống nghiệm, đánh số thứ 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) Mg(HCO3)2 otMgCO3 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2 otBaCO3 + CO2 + H2O + Dung dịch không có hiện tượng gì là dung dịch NaHSO4, NaCl, Na2CO3 (nhóm II) 0,25 - Lấy lần lượt các dung dịch nhóm (I) nhỏ lần lượt vào các dung dịch nhóm (II). 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 0,25 Dấu hiệu nhận biết các dung dịch thuộc nhóm II + 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 0,25 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 0,25 2 (2điểm 1 (0,75 điểm). A: (C6H10O5)n; B: C6H12O6; D: C2H5OH; E: CH3COOH; F: CH3COOC2H5; G: CH3COONa 1) 6nCO2 + 5nH2O Clorofin Anhsang (C6H10O5)n 2) (C6H10O5)n + nH2O axit n C6H12O6 0,25 3) C6H12O6  menruou 2C2H5OH + 2CO2 4) C2H5OH + O2  mengiam CH3COOH + H2O 0,25 5) CH3COOH + C2H5OH 2 4, ot H SO d CH3COOC2H5 +H2O 0,25 5 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 6) CH3COOC2H5 + NaOH  CH3COONa + C2H5OH 7) CH3COONa + NaOH o CaO t CH4 + Na2CO3 2 (0,5 điểm). CaCO3  to CaO + CO2 CaO + 3C to CaC2 + CO CaC2 + 2H2O  C2H2 + Ca(OH)2 0,25 CH  CH + HCl xt CH2 = CHCl n CH2 = CH ot ,p,xt ( - CH2 – CH- )n Cl Cl CH  CH + H2 ot ,Pd CH2 = CH2 n CH2 = CH2 ot ,p,xt ( - CH2 – CH- )n 0,25 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. 0,25 Đặt công thức của X, Y là CxHyO2 12x + y + 16.2 = 74 12x + y = 42  x = 3; y = 6  CTPT: C3H6O2 X: CH3CH2COOH Y: CH3COOCH3 hoặc HCOOCH2CH3 0,25 2C2H5COOH + 2Na  2C2H5COONa + H2 C2H5COOH + NaOH C2H5COONa + H2O CH3COOCH3 + NaOH  CH3COONa + CH3OH HCOOC2H5 + NaOH  HCOONa + C2H5OH 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. 0,25 3 (2điểm 1(1 điểm) 2Fe3O4 + 10H2SO4(đ) ot 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (1) x (mol)  1,5x 0,5x Cu + 2H2SO4 (đ) ot 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 0,25 6 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI viết phương trình (3) thì vẫn cho đủ 0,25đ Cu + Fe2(SO4)3  CuSO4 + 2FeSO4 (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) Theo (1), (3): 3 4 3 1,5 2 Cu Fe On n x  Khối lượng Fe3O4 và Cu phản ứng: 232x + 64(y+1,5x) = 122,4 - 4,8 328x + 64y = 117,6 (I) 0,25 Theo (1), (2): 2 10,08 0,45 2 22,4 SO x n y    Giải hệ: 328 64 117,6 0,3( ) 2 0,9 0,3( ) x y x mol x y y mol           0,25 Theo (2), (3): 4uS 1,5 0,75( )C On y x mol   Theo (1), (3): 4FeS 3 0,9( )On x mol  Khối lượng muối: m = 0,75.160 + 0,9.152=256,8(g) 0,25 2 (1 điểm). (C6H10O5)n + nH2O axit n C6H12O6 (1) C6H12O6  menruou 2C2H5OH + 2CO2 (2) 0,25 2 5 100.46 46( ) 100  C H OHV lit 2 5 3 3100.46.0,8.10 36,8.10 ( ) 36,8( ) 100 C H OHm g kg   0,25 Ta có: (C6H10O5)n tạo ra 2nC2H5OH 162n (kg)  92n (kg) x (kg)  36,8 (kg) x= 64,8(kg) 0,25 Do H = 75% và trong gạo chứa 80% tinh bột mgạo = 100 100 64,8. . 108(kg) 75 80  0,25 4 (2điểm 1(1 điểm). Mg + 2AgNO3  Mg(NO3)2 + 2Ag (1) Fe + 2AgNO3 Fe(NO3)2 + 2Ag (2) 0,25 7 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Do mZ = mX =16 gam nên khi X tác dụng với AgNO3 thì kim loại dư, AgNO3 hết. 2NaOH + Mg(NO3)2  Mg(OH)2+ 2NaNO3 (3) Có thể có: 2NaOH + Fe(NO3)2  Fe(OH)2+ 2NaNO3 (4) Mg(OH)2 otMgO + H2O (5) Có thể có: 4Fe(OH)2 + O2 ot 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) 0,25 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) 2 3 1 ( ) 2 2 Fe O Fe y n n mol  mT =40x + 80y=16 (III) 0,25 Giải hệ: 24 56 56 16 0,2( ) 216 216 56 70,4 0,1( ) 40 80 16 0,1( ) x y z x mol x y z y mol x y z mol                   mMg =0,2.24=4,8(g) mFe =0,2.56=11,2(g) Theo phương trình phản ứng (1), (2): 3 3(dd ) 0,6 2 2 0,6( ) 1( ) 0,6 AgNO M AgNOn x y mol C M      0,25 2. (1 điểm). 3NaOH + AlCl3  Al(OH)3+ 3NaCl (1) Có thể có: NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O (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; mà 3 3( ) ( 1) ( ) ( 2) 3 2Al OH TN Al OH TNm b m b   0,25 8 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Nên xảy ra 2 trường hợp sau: 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: 3( ) 3 169 3 3. 1,3 78 15 NaOH Al OH b n n b     + Xét TN2: Theo (1): 3 3 3.0,4 1,2NaOH AlCln n a a   Theo (2): 3( ) 2 2 0,4 1,2 0,4 1,4 78 78 NaOH Al OH b b n n a a a       a= 19/18 Ta thấy: 3 3 3( ) 3 0,4 0,422( ); 0,433( ) 0,422( ) 78 AlCl Al OH AlCl b n a mol n mol n mol       Loại Lưu ý: Nếu học sinh không biện luận để loại đáp số trên thì không được điểm của trường hợp 1. 0,25 Trường hợp 2: Cả 2 thí nghiệm kết tủa Al(OH)3 đều tan một phần. + Xét TN1: 3 (1) (2) ( ) 1,2 ( ) 3 3 0,4 1,2 0,4 1,3 78 78 3 1,6 1,3( ) 78 NaOH NaOH Al OH n a mol b b n n a a a b a I            0,25 + Xét TN2: Theo (1): 3 3 3.0,4 1,2NaOH AlCln n a a   Theo (2): 3( ) 2 2 0,4 1,2 0,4 1,4 78 78 NaOH Al OH b b n n a a a       2 1,6 1,4( ) 78 b a II   Giải (I), (II) ta được a=1(M); b = 7,8(g) 0,25 5 (2điểm 1. (1,75điểm). Đặt công thức của 2 este là 2 1n n RCOOC H  2 1 2 1n n n n RCOOC H NaOH RCOONa C H OH      2 2 22 1 3 ( 1) 2 ot n n n C H OH O nCO n H O      0,25 9 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2 2 1 3,18 0,15 0,15 . 2,5 14 18n n CO C H OHn nn n n n        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- 0,25 * Trường hợp 1: 2 este là: CH3COOCH3 (X1) và CH3COOCnH2n+1 (X2) Do tỉ lệ mol 2 este là 1:3 - Nếu: 1 2X X n a n 3a 4a 0,06 a 0,015       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 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) 0,25 - Nếu: 1 2X X n 3a 0,045;n a 0,015    mrượu = 32.0,045+ 0,015.(14n+18)=3,18n=7>5  (Loại) 0,25 * Trường hợp 2: 2 este là: CH3COOC2H5 (X1) và CH3COOCnH2n+1 (X2) - Nếu: 1 2X X n a 0,015;n 3a 0,045    0,25 10 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI mrượu = 46.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18n=2,67  (Loại) - Nếu: 1 2X X n 3a 0,045;n a 0,015    mrượu = 46.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18n=4 Rượu còn lại có công thức C4H9OH 0,25 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) 0,25 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