- Mẫu thử tạo được 1 kết tủa màu trắng.. Mẫu thử đó chứa dung dịch KOH.[r]
Trang 1SỞ 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 6 năm 2019
Môn thi: HÓA HỌC (CHUYÊN)
Thời gian làm bài: 120 phút (5 câu, gồm 04 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM
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 và 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 đó đem điện phân nóng chảy được Na nguyên chất
Na2CO3 + 2HCl 2NaCl + H2O + CO2
2NaCl 2Na + Cl2
- Nung X đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp rắn Y gồm Fe2O3 và BaO
2Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2O
BaCO3 BaO + CO2
Hòa tan Y vào lượng nước dư Lọc tách lấy dung dịch Ba(OH)2 và chất rắn Fe2O3
BaO + H2O Ba(OH)2
- Dẫn khí H2 dư đi qua Fe2O3 nung nóng thu được 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 được Ba nguyên chất
Ba(OH)2 + 2HCl BaCl2 + 2H2O
BaCl2 Ba + Cl2
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1
1,0
điểm
- Sục từ từ hỗn hợp khí vào bình đựng dung dịch Br2 dư, thu được hỗn hợp khí A gồm
CH4 và 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 thoát ra là 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, t 0
CaO,t 0
H2SO4 l
dpnc
xt,t0
H2SO4 dd, t 0 >170 0 C
as (1:1)
CH2-CH n Cl
CH2-CH2 n
dpnc
Trang 22
1,25
điểm
Cho lần lượt các mẫu thử tác dụng với nhau từng đôi một ta có kết quả theo bảng sau:
NaCl BaCl2 Na2CO3 MgSO4 H2SO4 KOH
Kết luận:
- Mẫu thử không có hiện tượng gì xảy ra với các dung dịch khác Mẫu thử đó chứa
dung dịch NaCl
- Mẫu thử tạo được 1 kết tủa màu trắng Mẫu thử đó chứa dung dịch KOH
2KOH + MgSO4 Mg(OH)2 + K2SO4
- Mẫu thử tạo được 1 kết tủa màu trắng và 1 khí không màu Mẫu thử đó chứa dung
dịch H2SO4 loãng
H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl
H2SO4 + Na2CO3 Na2SO4 + CO2 + H2O
- Mẫu thử tạo được 2 kết tủa màu trắng và 1 khí không màu Mẫu thử đó chứa dung
dịch Na2CO3
Na2CO3 + BaCl2 BaCO3 + 2NaCl
Na2CO3 + MgSO4 MgCO3 + Na2SO4
Na2CO3 + H2SO4 Na2SO4 + CO2 + H2O
- Mẫu thử tạo được 3 kết tủa trắng Mẫu thử đó 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 được ở trên vào 2 mẫu thử chứa dung dịch BaCl2,
MgSO4
+ Mẫu nào có xuất hiện kết tủa màu trắng Mẫu đó chứa dung dịch BaCl2
H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl
+ Mẫu không có hiện tượng gì xảy ra Mẫu đó chứa dung dịch MgSO4.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1,5
điểm
C H + (n+ )O CO + a H On 2a a 2 2 2
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (2)
CO2 + CaCO3 + H2O Ca(HCO3)2 (3)
nX = 0,6 mol;
2
Ca(OH)
250.23,68
100.74 ; nCaCO 3= 0,6 mol
Từ (1-3):
2
CO
n = 0,6 + 2.(0,8 - 0,6) = 1 mol n 1: 0, 6 1, 67 Vậy trong 3 hiđrocacbon phải có 1 hiđrocacbon là metan CH4 (n = 1)
Số nguyên tử H trong mỗi hiđrocacbon: 2a = 4 → a = 2
Vậy: Công thức phân tử của 3 hiđroacacbon là CH4, C2H4 và C3H4
Công thức cấu tạo: CH4 ; CH2 = CH2 ; CH ≡ C - CH3 hoặc CH2 = C = CH2
X X(21,6 gam)
21, 6
M =1,67.12 + 4 = 24 g/mol = = 0,9 mol
24
n
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của CH4, C2H4 và C3H4 trong 0,6 mol X
Ta có x + y + z = 0,6 (I)
Theo định luật bảo toàn C: x + 2y + 3z = 1 (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
t 0
Trang 3Từ (4,5):
2
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: 2 Br 0,6 V = = 0,6 lit = 600 ml 1 0,25đ Câu 4 1 1,5 điểm 2 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 là số mol MgCl2, BaCO3, MgCO3 trong hỗn hợp X Từ (2,3,4): 0, 6 0, 015 40 MgO x z n (I) Ta có: 2 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): 2 3 0,5 0, 005 100 CO CaCO n n y z (III) Giải (I, II, III) Suy ra z < 0 (Vô 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 2 3 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: 2 MgCl m = 0,01.95 = 0,95 gam
3 mBaCO = 0,01.197 =1,97 gam
3 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 là số mol CaCO3 tan ở (3)
Ta có:
3
CaCO
m (lần 1) + (
BaCO CaCO
m + m )(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:
CO H O
Δm = (m + m ) - m
0,25đ (p ư)
0,25đ
t0
t0
t 0
Trang 4H O
7,36 + 100.(0,19 - 0,09) - 44.0,28
18
Từ (1,2): BTKL
2
O
0,28.(44 + 18) - 6,64
32
BTNT O
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)
n = n = 0,17 = 0,085 mol
Từ (6,7): nKOH= n = 0,085 molZ mddKOH = 0,085.56.100 =
20
Từ (1,2): n = C 0,28 = 3,29
Vậy có 1 este chứa 3 nguyên tử cacbon đó là X: HCOOCH 2CH3 (MX = 74 )
Ta có: Y
Y X
0,25đ
0,25đ
1,5
điểm
2yAl + 3FexOy yAl2O3 + 3xFe (1)
Do phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH dư có khí thoát ra Chứng tỏ trong 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: n = Fe 8,4 = 0,15 mol 56 Từ (5): 2 2 2 5, 04 n = n = = 0,15 mol 3 3 22, 4 du Al H Ta có: n : nFe Aldu = 0,15 : 0,15 = 1 : 1 Nên suy ra nFe và nAl dư ở phần 1 bằng nhau Ở phần 1: Đặt 2 3 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 + mP 1 P 2 Giải (I, II): a = 0,45 ; b = 0,225 Vậy: 1 2 P P m = 3m 2 P m = 60,3 = 20,1 gam 3 Từ (1): BTNT O:
2 3 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 2 0, 675 3 Fe O n n Vậy công thức FexOy : Fe 2O3 1 2 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 nếu đúng, chính xác thì vẫn cho điểm tối đa - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm HẾT
-t0
t 0
t0
t 0