Đáp án chuyên Hóa học Hải Dương 2016-2017 - Học Toàn Tập

3

HẢI DƯƠNG _{THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN}

HƯỚNG DẪN CHẤM

Mơn thi: Hố 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)

o
t

 Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

2Fe3O4 + 10H2SO4(đ)

o
t

3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O

Cu + 2H2SO4 (đ)

o
t

 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 khơng 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

o
t

CuO + H2O

4Fe(OH)2 + O2

o
t

2Fe2O3 + 4H2O

CuO + CO to

Cu + CO2

Fe2O3 + 3CO

o
t

 2Fe + 3CO2

0,25

2 (1,0 điểm)

- Lấy ra mỗi hố 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(HCO

)

,

Ba(HCO

)

(nhóm I)

Mg(HCO

)

o
t

MgCO3 + CO2 + H2O

Ba(HCO

)

o
t

BaCO3 + CO2 + H2O

+ Dung dịch khơng có hiện tượng gì là dung dịch

NaHSO

,

NaCl, Na

CO

(nhóm II)

0,25

4

- 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(HCO

)

+ 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(HCO

)

0,25

Dấu hiệu nhận biết các dung dịch thuộc nhóm II

+

nhóm I là dung dịch là

NaHSO

+

là dung dịch là

Na

CO

+ Dung dịch cịn lại ở nhóm II là NaCl

0,25

Mg(HCO

)

+ 2NaHSO

Ba(HCO

)

+ 2NaHSO

Mg(HCO

)

+ Na

CO

2NaHCO

Ba(HCO

)

+ Na

CO

2NaHCO

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

,



toH SO d CH3COOC2H5 +H2O

6) CH3COOC2H5 + NaOH  CH3COONa + C2H5OH

7) CH3COONa + NaOH o 
CaO

t CH4 + Na2CO3

0,25

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 _CH

2 = CHCl

n CH2 = CH
o
t ,p,xt

( - CH2 – CH- )n

Cl Cl
CH  CH + H2

o
t ,Pd

 CH2 = CH2

n CH2 = CH2
o
t ,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.

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

5

X: CH3CH2COOH

Y: CH3COOCH3 hoặc HCOOCH2CH3

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) t}o

3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (1)

x (mol)  1, 5x 0, 5x

Cu + 2H2SO4 (đ)

o
t

 CuSO4 + SO2 + 2H2O (2)

y (mol)  y

Lưu ý: Nếu học sinh chỉ viết được 2 phương trình 1, 2 và cân bằng

đúng, khơng viết phương trình (3) thì vẫn cho đủ 0,25đ

0,25

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 O

n  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):

4

uS 1, 5 0, 75( )

C O

n  y x mol

Theo (1), (3):

4

FeSO 3 0, 9( )

n  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 OH

V lit

2 5

3

3
100.46.0,8.10

36,8.10 ( ) 36,8( )
100

C H OH

m   g  kg

0,25

Ta có: (C6H10O5)n tạo ra 2nC2H5OH

162n (kg)  92n (kg)
x (kg)  36,8 (kg)

x= 64,8(kg)

6

Do H = 75% và trong gạo chứa 80% tinh bột

mgạo = 64,8.100 100. 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)

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

o
t

MgO + H2O (5)

Có thể có: 4Fe(OH)2 + O2

o
t

2Fe2O3 + 4H2O (6)

0,25

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

 _{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

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 (dd 3)

0, 6

2 2 0, 6( ) 1( )

0, 6

AgNO M AgNO

n  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) 3 ( ) ( 2) 2
Al OH TN Al OH TN
m  bm  b

Nên xảy ra 2 trường hợp sau:

7

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, 2

NaOH AlCl

n  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 

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 khơng
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, 2

NaOH AlCl

n  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 

1, 6 2 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 RCOOC H_{n 2n1}

RCOOC H_{n 2n1}NaOH RCOONa C H _{n 2n1}OH

_{2 1} 3 _{2 2} ( 1) ₂

2

o
t
n n

n

C H _OH O nCO  n H O

2 2 1

3,18

0,15 0,15 . 2,5

14 18

n n

CO C H OH

n nn n n

n



     



0,25

Rượu có số nguyên tử C nhỏ hơn có thể là CH

OH hoặc

C

H

OH; rượu có số C lớn hơn đặt là C

H

OH

n

= n

= n

= 0,15:2,5=0,06(mol)



_M

_{=4,92: 0,06=82}

_M

₌₁₅

_{Công thức}

_{R là CH}

_-

8

*

2 este là: CH

COOCH

(X

) và CH

COOC

H

(X

)

Do tỉ lệ mol 2 este là 1:3

- Nếu:

1 2

X X

n  a n 3a4a0,06 a 0,015

m

= 32.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18

n=3

_{Rượu cịn lại có cơng thức C}

_H

_OH

Do 2 rượu mạch thẳng nên 2 este là:

CH

COOCH

và CH

COOCH

CH

CH

Hoặc CH

COOCH

và CH

COOCH(CH

)

Lưu ý:

Nếu học sinh viết thiếu công thức cấu tạo CH

COOCH(CH

)

sẽ

mất nửa số điểm của ý trên (mất 0,125đ)

0,25

- Nếu:

1 2

X 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

*

2 este là: CH

COOC

H

(X

) và CH

COOC

H

(X

)

- Nếu:

1 2

X X

n  a 0,015;n 3a 0,045

mrượu = 46.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18n=2,67 (Loại)

0,25

- Nếu:

1 2

X X

n 3a0,045;n  a 0,015

m

= 46.0,015+ 0,045.(14n+18)=3,18

n=4

_{Rượu cịn lại có cơng thức C}

_H

_OH

0,25

Do 2 rượu mạch thẳng nên 2 este có cơng thức cấu tạo là:

CH

COOCH

CH

và CH

COOCH

CH

CH

CH

Hoặc CH

COOCH

CH

và CH

COO CHCH

CH

CH

Lưu ý:

Nếu học sinh viết thiếu công thức cấu tạo CH

CH

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:

m

+ m

= m

+ m

a + 0,06.40 = 4,92+ 3,18

a = 5,7 (g)

0,25