Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 Chuyên môn Hóa học - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Gia Lai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 Chuyên môn Hóa học - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Gia Lai (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN GIA LAI NĂM HỌC: 2019-20120 Môn thi: HÓA HỌC (Chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1 (2,0 điểm): Cho các sơ đồ phản ứng sau: Canxi cacbua + nước  khí A + 0 Natri axetat + natri hidroxit  CaO,t khí B + . H SO ®Æc Rượu etylic  2 4 khí X + 1700 C a. Hoàn thành phương trình hóa học của các sơ đồ phản ứng trên. b. Viết các phương trình hóa học xảy ra (nếu có) khi cho lần lượt các khí A, B, X tác dụng với 0 H2 dư (xúc tác Ni, t ), dung dịch Br2 dư. c. Lập sơ đồ chuyển hóa điều chế poli(vinyl clorua) từ khí A và viết các phương trình hóa học thực hiện dãy chuyển hóa đó (ghi rõ điều kiện phản ứng). Bài 2 (1,0 điểm): Cho hỗn hợp gồm CaO, Al2O3 và MgO vào lượng nước dư, thu được dung dịch X và chất rắn Y. Dẫn từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch X thu được kết tủa Z. a. Viết tất cả các phương trình hóa học có thể xảy ra. b. Xác định kết tủa Z. Bài 3 (2,0 điểm): Cho sơ đồ chuyển hóa sau: (3) (4) (5) (6) (8) X1 X2 X3 X4 X5 X6 (1) KOH Pb(NO3 ) 2 (2) Fe (7) (9) (10) (11) (12) (13) (14) Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 O (xt V O ) KOH 2 2 5 Ba(NO3 ) 2 Trong đó X , X , X có phân tử khối thỏa mãn: M 240 M (đvC); 1 4 5 XY1 1 M 267 M (đvC); XY4 4 M 284 M (đvC). XY5 5 a. Xác định X1, X2, X3, X4, X5, X6, Y1, Y2, Y3, Y4, Y5, Y6. Biết các chất đều là hợp chất của lưu huỳnh. b. Viết phương trình hóa học thực hiện dãy chuyển hóa với các chất đã xác định (mỗi mũi tên ứng với một phương trình hóa học). Bài 4 (2,0 điểm): 1. Hỗn hợp X gồm 3 kim loại Ba, Na, Zn có tỉ lệ số mol 2:3:x. Cho 15,96 gam X vào lượng nước dư, thu được V lít khí (đktc). Nếu cũng lượng X trên cho vào dung dịch KOH dư thì thu được 4,704 lít khí (đktc). Tính V. 2. Hỗn hợp khí A gồm hai hidrocacbon (CnH2n+2 với n ≥ 1; CmH2m với m ≥ 2) và H2. Cho 560 ml hỗn hợp khí A qua ống sứ đựng bột Ni nung nóng thì còn lại 448 ml khí. Dẫn lượng khí này lội qua dung dịch brom dư, thì chỉ còn 280 ml khí B đi qua dung dịch, B có tỉ khối so với H2 bằng 17,8. Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tính thành phần phần trăm theo thể tích của mỗi chất trong hỗn hợp A. b. Xác định công thức phân tử của hai hidrocacbon trong A. Bài 5 (1,0 điểm): Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm a mol Fe2O3 và b mol Fe3O4 trong dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch X. Cho m gam Mg vào dung dịch X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn
2. không thấy kết tủa xuất hiện và dung dịch thu được chỉ chứa 2 muối. Xác định mối quan hệ giữa a, b, m. Bài 6 (1,0 điểm): Đốt cháy hoàn toàn 18,8 gam hỗn hợp X gồm CH3COOH, CH3COOCxHy, CxHyOH thu được 20,16 lít khí CO2 (đktc) và 14,4 gam H2O. Mặt khác, cho 18,8 gam X tác dụng vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 1M đun nóng, thu được 11,6 gam CxHyOH. a. Xác định công thức phân tử của CxHyOH. b. Nếu đun nóng hỗn hợp gồm 18 gam CH3COOH và 11,6 gam CxHyOH với H2SO4 đặc để thực hiện phản ứng este hóa thì thu được 16 gam CH3COOCxHy. Tính hiệu suất của phản ứng este hóa. HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN HÓA GIA LAI Thầy Nguyễn Đình Hành – THCS&THPT Y Đôn, Gia Lai Bài 1. a. Các phương trình hóa học: CaC2 + 2H2O Ca(OH)2 + C2H2  t0 (CaO) CH3COONa + NaOH  CH4  + Na2CO3 H2 SO 4 ®Æc C2H5OH  C H + H O 1700 C 2 4 2 0 b. Chỉ có C2H2 và C2H4 tác dụng với H2(Ni,t ) và dung dịch Br2. t0 ,Ni C2H2 + 2H2  C2H6 C2H2 + 2Br2 C2H2Br4 t0 ,Ni C2H4 + H2  C2H6 C2H4 + Br2 C2H4Br2 c. C2H2 C2H3Cl (C2H3Cl)n HgCl (C) CHCH + HCl  2 CH =CHCl (h) 1500 C 2 t0 ,xt,P nCH2=CHCl  –CH2 – CHCl–n Bài 2. a. - Tác dụng với nước: CaO + H2O Ca(OH)2 Al2O3 + Ca(OH)2 Ca(AlO2)2 + H2O Chất rắn Y gồm MgO hoặc MgO và Al2O3 dư. Dung dịch X: Ca(AlO2)2 có thể có Ca(OH)2. - Tác dụng của X với CO2 dư. 2CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2 2CO2 + 4H2O + Ca(AlO2)2 Ca(HCO3)2 + 2Al(OH)3  b. Kết tủa Z là Al(OH)3. Bài 3. Theo nhánh (2) dễ thấy: Y4: H2SO4 (M=98) MX4 = 267 – 98 = 169 (BaS) Y5: K2SO4 (M=174) MX5 = 284 – 174 = 110 (K2S) X1: FeS (M=88) MY1 = 240 – 88 = 152 (FeSO4) Các chất được xác định như sau: Học sinh tự viết các PTHH theo sơ đồ trên Các PTHH có thể gây khó với một số học sinh là số (5) và số (10): (5): 2KHS + Ba(OH)2 BaS + K2S + 2H2O (10): 2FeSO4 + 2H2SO4 đặc, nóng Fe2(SO4)3 + 2H2O + SO2 
3. Bài 4. 1. –Xét phản ứng với KOH dư: toàn bộ kim loại hết. Tính số mol H2 = 0,21 mol Gọi y là số mol Ba số mol Na = 1,5y Ba + 2H2O Ba(OH)2 + H2  y y y (mol) 2Na + 2H2O 2NaOH + H2  1,5y 1,5y 0,75y (mol) Zn + 2MOH M2ZnO2 + H2  (MOH là công thức đại diện cho các chất kiềm) x x (mol) 65x (137 34,5)y 15,96 x 0,14 Theo đề ta có: x (1 0,75)y 0,21 y 0,04 –Xét phản ứng với nước: Vì nOH = 0,04.(2 + 1,5) = 0,14 < 2nZn = 0,14.2= 0,28 Zn còn dư. nZn (dư) = 0,14 – 0,14.0,5 = 0,07 mol V = 4,704 – 0,07.22,4 = 3,136 lít. 2. a. Tính nA 0,025 mol ; n khÝ sau nung 0,02 mol ; nBB = 0,0125 ; M = 35,6 g/mol Phản ứng hoàn toàn mà sản phẩm tác dụng với dung dịch Br2 nên H2 hết. t0 (Ni) CmH2m + H2  CmH2m+2 a a a (mol) giảm a (mol) Ta có: a = 0,025 – 0,02 = 0,005 mol Khí B thoát ra gồm CnH2n+2, CmH2m+2 n = 0,0125 – 0,005 = 0,0075 mol CHn 2n 2 Phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp: 0,005 %V  100 20% H2 0,025 0,0075 %V 100% = 30% %V =100 50 = 50% CHn 2n 2 0,025 CHm 2m b. BTKL 0,0075.(14n + 2) + 0,005.(14m + 2)= 0,0125.35,6 = 0,445 10,5n + 7m = 42 n = 2; m = 3 Công thức phân tử của hai hidrocacbon là: C2H6 và C3H6 Bài 5. Fe2O3 + 6HCl 2FeCl3 + 3H2O a 2a (mol) Fe3O4 + 8HCl FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O b b 2b (mol) Sau phản ứng không thấy chất rắn Mg hết và Fe không bị đẩy ra. Hai muối trong dung dịch là MgCl2 và FeCl2 FeCl3 phản ứng hết. Mg + 2FeCl3 MgCl2 + 2FeCl2 (a+b) (2a + 2b) (mol) Ta có: m = 24.(a + b) Bài 6. a. – Phản ứng đốt cháy hỗn hợp X: Tính n 0,9 mol ; n = 0,8 mol CO2 HO2 t0 Sơ đồ phản ứng: (X) + O2  CO2 + H2O (1) 18,8 0,9.12 0,8.2 BTKL n= 0,4 mol O (trong X) 16 – Tác dụng của X với NaOH:
4. CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O (2) t0 CH3COOCxHy + NaOH  CH3COONa + CxHyOH (3) Theo ptpư (2), (3): n n n 0,15.1 0,15 mol (ax it es te) CH3 COONa NaOH BT mol oxi n (ban đầu) = 0,4 – 0,15.2 = 0,1 mol Cx H y OH Theo BTKL 18,8 + 0,15.40 = 0,15.82 + 11,6 + 18 n n = 0,05 mol HO2 HO2 n (sinh ra) = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol n (sau phản ứng) = 0,1 + 0,1= 0,2 mol Cx H y OH Cx H y OH 11,6 x 3 12x y17 58 12x y 41 Công thức của ancol là C3H5OH. 0,2 y 5 b. Tính n 0,3 mol ; n 0,2 mol ; n = 0,16 mol CH3 COOH CHOH3 5 CHCOOCH 3 3 5 Vì số mol C3H5OH < số mol CH3COOH nên C3H5OH thiếu (tính hiệu suất theo thằng này) 0 H2 SO 4 ®Æc, t CH3COOH + C3H5OH  CH3COOC3H5 + H2O 0,16 0,16 (mol) 0,16 Hiệu suất phản ứng este hóa: H%  100% 80% 0,2 Hết