Tải bản đầy đủ (.pdf) (3 trang)

Đáp án chuyên Hóa học Phú Yên 2013-2014 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (141.58 KB, 3 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TINH PHÚ YÊN




---KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHANH
Năm học 2013-2014.


MƠN THI: HĨA HỌC


Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)
(Đáp án có 03 trang)


Câu Đáp án tham khảo Điểm


1
(5,0 điểm)


a
(2,0)


Al4C3 + 12H2O  4Al(OH)3 + 3CH4 (A) (1)
CaC2 + 2H2O  Ca(OH)2 + C2H2 (B) (2)
NaH + H2O  NaOH + H2 (C) (3)
Na2O2 + H2O  2NaOH + 1/2O2 (D) (4)


0,5 x 4
= 2,0


b
(1,5)



C2H2 + 2H2 Ni,t0C


C2H6 (5)


(Hoặc C2H2 + H2 Ni,t0C


C2H4)
CH4 + 2O2 t 0C


CO2 + 2H2O (6)


C2H2 + 2,5O2  t0C


2CO2 + H2O (7)
2H2 + O2 t 0C


2H2O (8)


0,5 x 4
= 2,0


c
(1,0)


Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm.


- Dùng dung dịch AgNO3/NH3: Mẫu thử cho kết tủa màu vàng là C2H2:
C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3  Ag2C2 + 2NH4NO3



- Dùng tàn đóm: Mẫu thử làm tàn đóm bùng cháy là O2.


0,5
- Đốt cháy hai mẫu thử còn lại và dẫn sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi


trong, mẫu thử làm vẩn đục nước vôi trong là CH4, còn lại là H2:
CH4 + 2O2 t 0C


CO2 + 2H2O
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O


0,5


2
(5,0 điểm)


a
(3,0)


2
.
9


4
,
32




Mg



m = 7,2 gam 


24
2
,
7




Mg


n = 0,3 (mol)


56
2
,
7
4
,
32




Fe


n = 0,45 (mol) 0,5


Số mol các chất trong dung dịch Y:





3
AgNO


n 0,3 (mol); nCu(NO3)20,25 (mol); nFe(NO3)30,4 (mol) 0,5
Các phương trình phản ứng hóa học đã xảy ra:


Mg + 2AgNO3  Mg(NO3)2 + 2Ag (1)


0,15 0,3 0,15 0,3


Mg + 2Fe(NO3)3  Mg(NO3)2 + 2Fe(NO3)2 (2)


0,15 0,3 0,15 0,3


0,5


Fe + 2Fe(NO3)3  3Fe(NO3)2 (3)


0,05 0,1 0,15


Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu (4)


0,25 0,25 0,25 0,25


0,5


Từ (1), (2), (3), (4)  Mg, AgNO3, Fe(NO3)3 và Cu(NO3)2 đều hết; kim loại Fe
còn dư.



Chất rắn Z gồm: Fe dư (0,45 – 0,05 – 0,25 = 0,15 mol); Ag (0,3 mol); Cu (0,25
mol)  mZ = 0,1.56 + 0,3.108 + 0,25.64 = 56,8 (gam)


0,5


Dung dịch Q gồm: Mg(NO3)2 (0,3 mol); Fe(NO3)2 (0,7 mol)


Thể tích dd Q = 1,0 lít  Nồng độ các chất trong Q: Mg(NO3)2 (0,3M);


Fe(NO3)2 (0,7M) 0,5


trang 2/4



(2)

b
(2,0)


2,0


3
(5,0 điểm)


a
(0,5)


8
,
0
92
5



2HOH
C


V = 115 (ml)  Độ rượu = .100
250
115


= 460




O
H


V 2 250 – 115 = 135 (ml)  mdd X = 92 + 135 = 227 (gam)
C% (ddX) = .100


227
92


= 40,53 (%)


0,5


b
(1,0)


100ml X chứa: 0,8 mol C2H5OH và 3,0 mol H2O



C2H5OH + K  C2H5OK + 1/2H2 (1)
H2O + K  KOH + 1/2H2 (2)


0,5
Từ (1), (2)  nH2 = 1/2n(C2H5OH + H2O) = ½.3,8 = 1,9 (mol)




2
H


V 1,9.22,4 = 42,56 (lít)


0,5


3.2
(2,0)


46
6
,
4
5
2HOH
C


n = 0,1 (mol)
* Xét P.1:


C2H5OH O t0C



2, 2CO2 + 3H2O (3)


0,05 0,1 0,15


CnH2nO2 O t0C


2, nCO2 + nH2O (4)


0,075


0,5


Từ (3)  mCO2(1) mH2O(1) = 0,1.44 + 0,15.18 = 7,1 (gam)


mCO2(2) mH2O(2) = 4,65 (gam)
Từ (4), nhận thấy nCO2(2)nH2O(2)


nCO2(2)nH2O(2)= (18 44)
65
,
4


 = 0,075 (mol)


0,5


Từ (4)  nY =
n
075


,
0


 MY = .n
075
,
0


25
,
2


= 30n = 14n + 32


 n = 2  X là C2H4O2 (CH3COOH)


0,5



(3)

* Xét P.2: Xảy ra phản ứng giữa axit và ancol
CH3COOH + C2H5OH HSO t0C


4


2 , CH3COOC2H5 + H2O (5)
Số mol: naxit = 0,0375 (mol); nancol = 0,05 (mol)  tính sản phẩm theo axit
Khối lượng CH3COOC2H5 = 0,0375.88.0,6 = 1,98 (gam)


0,5


3.3.a


(1,0)


nNaOH = 0,2 (mol); nCH3COOH = 0,075 (mol)
Các phương trình phản ứng hóa học đã xảy ra:


CH3COOH + NaOH  CH3COONa + H2O (6)
0,075 0,075 0,075


Chất rắn Z gồm: CH3COONa (0,075 mol) và NaOH (0,125 mol).
Thêm CaO vào Z, nung nóng hỗn hợp đã xảy ra phản ứng:


CH3COONa + NaOH CaO,t0C


CH4 + Na2CO3 (7)


0,075 0,075


Khí T chính là CH4


0,5


Vai trị của CaO:


- Nếu phản ứng được thực hiện trong bình thủy tinh: CaO giúp ngăn chặn
NaOH rắn phản ứng với SiO2 có trong thủy tinh, giảm nguy cơ vỡ dụng cụ
(2NaOH + SiO2  t0C


Na2SiO3 + H2O)


- Các chất tham gia phản ứng (7) thường không khan, CaO hút ẩm tốt, giúp


phản ứng (7) xảy ra được tốt hơn.


0,5


b
(0,5)


Chất rắn Z gồm: CH3COONa (0,07 5 mol) và NaOH (0,125 mol).
m1 = mZ = 0,075.82 + 0,125.40 = 11,15 (gam)


Từ (6), (7)  nCH4 = 0,075 (mol)


VT = VCH4 = 0,075.22,4 = 1,68 (lít) = 1680 (ml)


0,5


4
(5,0 điểm)


4.1
(2,0)


* CTPT A:


Số mol các nguyên tố: nC = 0,1 (mol); nH = 2.0,06 = 0,12 (mol)
nO =


16


1


.
12
,
0
12
.
1
,
0
64
,


1


= 0,02 (mol)


0,5


C:H:O = 0,1:0,12:0,02 = 5 : 10 : 1


A có hai nguyên tử oxi  CTPT của A: C10H12O2 0,5
* CTPT B: MA – MB = 18  A hơn B: 01 nguyên tử oxi và 02 nguyên tử


hidro  CTPT của B: C10H10O


0,5
* CTPT C: Đốt cùng số mol B và C nhưng nH2O (B) = 1,25nH2O (C)


 số H (B) = 1,25 số H (C)  số H (C) =
25


,
1


10


= 8  CTPT của C: C10H8 0,5
4.2a


(1,0)


Từ dữ kiện bài toán  2 < số nguyên tử cacbon trong X ≤ 4
Trong một phân tử X có 01 liên kết pi (π) tức là có 01 liên kết đơi.


0,5
Vì cấu tạo X đối xứng  X là C4H8 và X có cấu tạo CH3-CH=CH-CH3. 0,5


b
(2,0)


X cộng hợp với brom nên tạo thành Y (C4H8Br2):


CH3-CH=CH-CH3 + Br2  CH3-CHBr-CHBr-CH3 (1)


0,5
Brom trong nước còn tạo ra HOBr theo phản ứng:


Br2 + H2O  HBr + HOBr (2)


Chính HOBr (dưới xúc tác H+) sẽ tác dụng với X tạo Y 0,5
CH3-CH=CH-CH3 + HOBr  CH3-CHBr-CH(OH)-CH3(3) 0,5


Tên gọi của Y: 2,3-dibrom butan; Z: 3-brom butan-2-ol 0,5


Chú ý:


- Nếu thí sinh làm cách khác mà vẫn đúng thì Giáo khảo cho đủ điểm từng phần phù
hợp nhưng không vượt mức điểm tối đa theo quy định;


- Điểm tồn bài thi khơng làm trịn số, điểm có thể lẻ tới 0,25.





×