Đề thi tuyển sinh 10 Hóa học - Sở GD&ĐT Thái Nguyên (2012-2013)

Chia sẻ: Lê Thị Hồng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

60
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi tuyển sinh 10 Hóa học - Sở GD&ĐT Thái Nguyên (2012-2013) dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10, với đề thi tuyển sinh này các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh 10 Hóa học - Sở GD&ĐT Thái Nguyên (2012-2013)

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN HÓA HỌC ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1 (3,0 điểm) 1. Cho hçn hîp A gåm Zn, Fe vµo dung dÞch (dd) B gåm Cu(NO3)2, AgNO3. L¾c ®Òu cho ph¶n øng xong thu ®-îc hçn hîp r¾n C gåm 3 kim lo¹i vµ dung dÞch D gåm 2 muèi. Tr×nh bµy ph-¬ng ph¸p t¸ch tõng kim lo¹i ra khái hçn hîp C vµ t¸ch riªng tõng muèi ra khái dung dÞch D. Viết các phương trình hóa học (PTHH) của các phản ứng xảy ra. 2. Cho hỗn hợp chất rắn gồm FeS, CuS, K2O. Chỉ được dùng thêm nước và các điều kiện cần thiết (nhiệt độ, xúc tác, ...) hãy trình bày phương pháp và viết các PTHH của các phản ứng xảy ra để điều chế FeSO4, Cu(OH)2. 3. Có 3 kim loại riêng biệt là kẽm, sắt, bạc. Hãy nêu phương pháp hoá học để nhận biết từng kim loại (các dụng cụ hoá chất coi như có đủ). Viết PTHH của các phản ứng. 4. Trình bày phương pháp hoá học nhận biết 3 dd không màu đựng trong 3 lọ riêng biệt không nhãn: dd axit clohiđric, dd natri cacbonat, dd kali clorua mà không được dùng thêm thuốc thử nào khác. Viết các PTHH của các phản ứng. Câu 2 (2,5 điểm) 1. Cã 3 chÊt láng lµ r-îu etylic (900), benzen vµ n-íc đựng trong các lọ riêng biệt. Tr×nh bµy ph-¬ng ph¸p ®¬n gi¶n ®Ó ph©n biÖt chóng. 2. Hîp chÊt h÷u c¬ A m¹ch hë chøa C,H,O cã khèi l-îng mol b»ng 60 gam. T×m c«ng thøc ph©n tö, viÕt c¸c c«ng thøc cÊu t¹o øng víi c«ng thøc ph©n tö cña A. X¸c ®Þnh c«ng thøc cÊu t¹o ®óng cña A, biÕt r»ng A t¸c dông ®-îc víi KOH vµ víi K kim lo¹i. 3. Ba rượu (ancol) A, B, D không phải đồng phân của nhau. Khi đốt cháy mỗi rượu đều thu được CO2 và H2O với tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 4. a) Xác định công thức phân tử của A,B, D. Biết MA < MB < MD . b) Viết công thức cấu tạo của A,B, D. 4. Axit hữu cơ A có công thức cấu tạo: HOOC – CH=CH – CH = CH – COOH vừa có tính chất hóa học giống axit axetic vừa có tính chất hóa học giống etilen. Hãy viết PTHH của các phản ứng của A lần lượt với các chất sau: Na; NaOH; C 2H5OH (H2SO4 đặc, t0); H2(Ni, t0); dd nước Br2. Câu 3 (2,0 điểm) 1. Cho 9,34 gam hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl2, NaBr, KI tác dụng với 700 ml dung dịch AgNO3 có nồng độ 0,2 mol/lít (M) thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 2,24 gam bột Fe vào dung dịch D thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra 0,448 lít H2 ở điều kiện tiêu chuẩn (ở đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,4 gam chất rắn (giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn). a) Tính khối lượng kết tủa B. 1
b) Hòa tan 46,7 gam hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V lít Cl2 vào dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 33,1 gam muối. Tính V(ở đktc)? 2. Hỗn hợp A gồm dung dịch chứa các chất kali clorua, magie hiđrocacbonat, canxi clorua , magie sunfat , kali sunfat . Làm thế nào để thu được muối kaliclorua tinh khiết từ hỗn hợp trên? Câu 4 (2,5 điểm) 1. Các hiđrocacbon A; B thuộc dãy anken hoặc ankin. Đốt cháy hoàn toàn 0,05mol hỗn hợp A; B thu được khối lượng CO2 và H2O là 15,14g, trong đó oxi chiếm 77,15%. a) Xác định công thức phân tử của A và B. b) Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,05mol hỗn hợp A và B có tỷ lệ số mol thay đổi ta vẫn thu được một lượng khí CO2 như nhau. Xác định công thức phân tử đúng của A và B. 2. Mét hçn hîp A gåm hai chÊt h÷u c¬ X,Y m¹ch hë kh«ng t¸c dông víi dd Br2 vµ ®Òu t¸c dông víi dd NaOH. Tû khèi h¬i cña A ®èi víi H2 b»ng 35,6. Cho A t¸c dông hoµn toµn víi dd NaOH th× thÊy ph¶i dïng dd chứa 8 gam NaOH, ph¶n øng cho ta mét r-îu ®¬n chøc vµ hai muèi cña axit h÷u c¬ ®¬n chøc. NÕu cho toµn thÓ l-îng r-îu thu ®-îc t¸c dông víi Na kim loại d- thấy thoát ra 1,344lít khÝ (ở ®ktc). X¸c ®Þnh công thức phân tử vµ công thức cấu tạo cña X,Y. (Cho: Na=23; Mg=24; Ca=40; Fe=56; Ag=108; H=1; O=16; Cl=35,5; Br=80; I=127; N=14; C=12) Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD . . . . . . . . . . . . . . . . . . Giám thị 1 (ký, ghi rõ họ và tên) 2
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN HD CHẤM TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN HÓA HỌC ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu Nội dung Điểm 1. Cho A vµo B: 1,0 Zn + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag  Zn + Cu(NO3)2  Zn(NO3)2 + Cu  Câu 1 Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag  3,0 đ Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu  ChÊt r¾n C: Ag, Cu, Fe d- Dung dÞch D:Mg(NO3)2,Fe(NO3)2 *) Tách các chất rắn trong C: + C t¸c dông víi HCl d-: Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 => dung dÞch thu ®-îc chøa FeCl2 vµ HCl d-, chÊt r¾n còn lại gåm Cu, Ag. - Cho dd NaOH d- tác dụng với dd chøa FeCl2 vµ HCl, läc lÊy kÕt tña, nung kÕt tña trong không khí đến khối lượng không đổi vµ dïng H2 d- khö ở nhiệt độ cao thu ®-îc Fe: HCl + NaOH  NaCl + H2O FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O  0 t  Thu được Fe - Cho hçn hîp chÊt r¾n Cu, Ag t¸c dông víi oxi d- ë nhiÖt ®é cao: 2Cu + O2  2CuO  0 t ChÊt r¾n thu ®-îc gåm CuO vµ Ag cho t¸c dông víi HCl d- thu ®-îc Ag kh«ng ph¶n øng. CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O §iÖn ph©n dd CuCl2 thu ®-îc Cu CuCl2 điện phân dd Cu + Cl2  *) T¸ch riªng tõng muèi ra khái dung dÞch D: + Cho Zn d- t¸c dông víi dung dÞch D: Zn + Fe(NO3)2  Zn(NO3)2 + Fe 3
+ Läc lÊy dung dÞch vµ c« c¹n thu ®-îc Zn(NO3)2. Hçn hîp r¾n gåm Zn vµ Fe cho t¸c dông víi dung dÞch Fe(NO3)2 ®Ó lo¹i hÕt Zn Cho Fe t¸c dông víi Fe(NO3)3 thu ®-îc Fe(NO3)2 Fe + 2 Fe(NO3)3  3 Fe(NO3)2 1,0 2. - Hòa tan hỗn hợp vào nước lọc, tách lấy chất rắn FeS, CuS và dung dịch KOH: đp K2 O + H 2 O  2KOH  - Điện phân nước thu được H2 và O2: đp 2H2O   2H2 + O2 (1) - Nung hỗn hợp FeS, CuS trong O2 (1) dư đến phản ứng hoàn toàn được hỗn hợp rắn Fe2O3, CuO và khí SO2: 4FeS + 7O2 t0 2Fe2O3 + 4SO2 0 2CuS + 3O2 t 2CuO + 2SO2 - Tách lấy khí SO2 cho tác dụng với O2 (1) dư có xúc tác, sau đó đem hợp nước được H2SO4: 2SO2 + O2 t0,xt 2SO3 SO3 + H2O H2SO4 (2) - Lấy hỗn hợp rắn Fe2O3, CuO đem khử hoàn toàn bằng H2 (1) dư ở nhiệt độ cao được hỗn hợp Fe, Cu. Hòa tan hỗn hợp kim loại vào dd H2SO4 loãng (2), được dung dịch FeSO4. Phần không tan Cu tách riêng. Fe2O3 + 3H2 t0 2Fe + 3H2O. 0 CuO + H2 t Cu + H2O. Fe + H2SO4 t0 FeSO4 + H2 - Cho Cu tác dụng với O2 (1) tạo ra CuO sau đó hòa tan vào dung dịch H2SO4 (2) rồi cho tiếp dung dịch NaOH vào, lọc tách thu được kết tủa Cu(OH)2. 2Cu + O2 t0 2CuO 0,5 CuO + H2SO4 CuSO4 + H2O CuSO4 + 2NaOH Cu(OH)2 + Na2SO4. 3. *) Cho từng kim loại tác dụng với dd NaOH dư, Zn bị tan hoàn toàn còn sắt và bạc không bị tan. Zn + 2NaOH  Na2ZnO2(tan) + H2  - Lấy 2 kim loại còn lại cho tác dụng với dd HCl, kim loại không tan là Ag, kim loại tan là Fe: 0,5 Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  4. *) Dùng 1 lượng nhỏ hoá chất 4
Lấy 1 mẫu thử cho tác dụng lần lượt với các mẫu thử còn lại, 2 mẫu thử nào có xuất hiện bọt khí là HCl và Na2CO3. 2HCl + Na2CO3  2NaCl + CO2  + H2O  Không có hiện tượng gì là KCl. *) Đun đến cạn hai mẫu còn lại, mẫu không để lại gì ở đáy ống nghiệm là dd HCl, mẫu còn đọng lại chất rắn màu trắng là dd Na2CO3. 1. Hoµ tan trong n-íc nhËn ra benzen do ph©n thµnh 2 líp. 0,5 Câu 2 2 chÊt cßn l¹i ®em ®èt, nÕu ch¸y ®ã lµ r-îu etylic (900), cßn l¹i 2,5 đ lµ n-íc. 0,75 2. Gäi CTPT cña A lµ CxHyOz Khối lượng mol của A là 60 gam vậy khối lượng phân tử của A là 60 u. *) Khi z = 1 ta cã 14 x +y = 44 => x= 3; y= 8 . => CTPT cña A lµ C3H8O => C¸c CTCT : CH3-CH2-CH2OH ; CH3-CH(OH)-CH3, CH3-CH2-O-CH3 *) Khi z = 2 ta cã 14 x + y = 28 => x= 2; y= 4 . => CTPT cña A lµ C2H4O2 => C¸c CTCT : CH3- COOH; HO-CH2-CHO; HCOOCH3 *) Khi z = 3 th× 14 x + y = 12 (lo¹i) Trong c¸c chÊt trªn chØ cã CH3- COOH t¸c dông víi c¶ KOH vµ K 0,75 CH3- COOH + KOH  CH3- COOK + H2O 2CH3- COOH + 2K  2CH3- COOK + H2 VËy A lµ CH3- COOH 3. a) * Goi CTPT của A là : CaHbOx . đk: b≤ 2a + 2 Khi đốt cháy A : CaHbOx → aCO2 + b/2 H2O Theo giả thiết: a : b = 3: 8 → a = 3 , b = 8 Công thức của A có dạng C3H8Ox * Tương tự như trên ta có: B là C3H8Oy và D là C3H8Oz Mà MA < MB < MD → x =1 ,y =2 , z =3 Vậy A, B, D lần lượt là : C3H8O , C3H8O2 , C3H8O3 b) - A có CTCT : CH3 - CH2 - CH2 - OH hoặc CH3 - CH(OH)- CH3 - B có CTCT : CH3 -CH(OH) - CH2- OH 0,5 hoặc HO -CH2 - CH2 -CH2 -OH - D có CTCT : HO-CH2 - CH(OH) - CH2 -OH 5
4. PTHH: *) HOOC – CH=CH – CH = CH – COOH+ 2Na → NaOOC – CH=CH –CH =CH- COONa + H2  *) A+2NaOH→NaOOC–CH=CH –CH =CH- COONa + 2H2O A+NaOH → HOOC – CH=CH –CH =CH- COONa + H2O *) A+C2H5OH→  C2H5OOC– CH=CH–CH =CH-COOC2H5 + 2H2O H2SO4dac ,t 0  HOOC– CH=CH–CH =CH-COOC2H5 + H2O H2SO4dac ,t 0 *) A+H2  HOOC – CH2-CH2 – CH = CH – COOH Ni,t 0   HOOC – CH2-CH2 – CH2-CH2 – COOH Ni,t 0  *) A+Br2  HOOC – CHBr-CHBr – CH = CH – COOH Ni,t 0   HOOC–CHBr-CHBr–CHBr-CHBr – COOH Ni,t 0  1. 1,5 a) Câu 3 Gọi a, b, c lần lượt là số mol của MgCl2, NaBr, KI. (2,0 đ) PTHH của các phản ứng: MgCl2 + 2AgNO3 → 2AgCl↓ + Mg(NO3)2 (1) NaBr + AgNO3 → AgBr↓ + NaNO3 (2) KI + AgNO3 → AgI↓ + KNO3 (3) Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag (4) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (5) Fe(NO3)2 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ + 2NaNO3 (6) Mg(NO3)2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaNO3 (7) 2Fe(OH)2 + 1/2O2 + H2O → 2Fe(OH)3↓ (8) 2Fe(OH)3↓ → Fe2O3 + 3H2O (9) Mg(OH)2 → MgO + H2O (10) 0, 448 Theo (5) nFe = nH   0, 02mol 2 22, 4 nAgNO3(4) = 0,02.2 = 0,04 mol Theo (1) (2) (3) nAgNO3 = 0,7.0,2 – 0,04 = 2a+b+c = 0,1 (I) Từ (6), (7), (8), (9), (10) mrắn  mFe2O3  mMgO  160  0,01  40a  2,4  a = 0,02 ( II) mA = 95.0,02 + 103b + 166c = 9,34 103b + 166c = 7,44 (III) Từ (I), (II), (III) ta có hệ: 2a+b+c = 0,1 a = 0,02 103b + 166c = 7,44 Giải hệ ta được: 6
a = 0,02, b = 0,04; c =0,02 Vậy khối lượng kết tủa B là: mB = mAgCl + mAgBr+ mAgI = 143,5.0,04+188.0,04+235.0,02= 17,96 gam. b) PTHH của các phản ứng: Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 (*) Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 (**) Khối lượng hỗn hợp gấp 5 lần ở trên: nKI = 5c = 5. 0,02=0,1 mol Khi phản ứng (*) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 0,1(127 – 35,5) = 9,15 gam nNaBr = 5.0,04 = 0,2mol Khi phản ứng (**) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: (80 – 35,5)= 8,9 gam Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 9,15 + 8,9 = 18,05 gam Theo đề bài ta có khối lượng muối giảm: 46,7 – 33,1 = 13,6 gam Ta thấy: 9,15 < 13,6 < 18,05 chứng tỏ: (1) xảy ra hoàn toàn và một phần ở (2) Khối lượng muối giảm do tạo thành Br2 là: 13,6 – 9,15 = 4,45 Đặt số mol KBr phản ứng bằng x thì khối lượng muối giảm: x(80 – 35,5) = 4,45 → x = 0,1 mol 1 Vậy nCl2  (0,1  0,1)  0,1mol ; 2 VCl2  22,4.0,1  2,24 lít 0,5 2. + Cho dung dịch BaCl2 dư vào dung dịch A, lọc bỏ kết tủa, dung dịch còn lại: KCl, MgCl2, BaCl2 dư, CaCl2, Mg(HCO3)2. BaCl2 + MgSO4  BaSO4  + MgCl2 K2SO4 + BaCl2  BaSO4  + 2KCl + Cho dung dịch K2CO3 dư vào dung dịch còn lại, lọc bỏ kết tủa, dung dịch còn lại: KCl, KHCO3, K2CO3 dư. MgCl2 + K2CO3  MgCO3  + 2KCl BaCl2 + K2CO3  BaCO3  + 2KCl CaCl2 + K2CO3  CaCO3  + 2KCl Ca(HCO3)2 + K2CO3  CaCO3  + 2KHCO3 + Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch còn lại. KHCO3 + HCl  KCl + CO2  + H2O K2CO3 + 2HCl  2KCl + CO2  + H2O 7
+ Cô cạn dung dịch thu được KCl tinh khiết. 1. 1,5 a) 1,0 Câu 4 Gọi x và y là số mol CO2 và H2O ở sản phẩm cháy (2,5 đ) 44 x  18 y  15,14  Giải ra ta được x = 0,25; y = 0,23 32 x  16 y  15,14 . 0, 7715 PTHH của các phản ứng cháy: n;m  2, nguyên 3n  1 CnH2n-2 + O2  nCO2 + (n-1) H2O 2 CmH2m + 1,5m O2  mCO2 + m H2O Do anken cháy có số mol CO2 bằng số mol H2O Ta có số mol ankin bằng = 0,25 – 0,23 = 0,02mol Số mol anken = 0,05 – 0,02 = 0,03 mol Ta có phương trình 0,02n + 0,03m = 0,25 Hay 2n+ 3m = 25 n 2 3 4 5 6 7 8 9 m 7 Loại Loại 5 Loại Loại 3 Loại Các cặp nghiệm : C8H14 và C3H6 ; C5H8 và C5H10 ; C2H2 và C7H14 b) 0,5 Vì tổng số mol 2 hiđrocacbon không đổi, mà số mol CO2 cũng không đổi, điều đó chứng tổ số nguyên tử cacbon trong ankin bằng số nguyên tử cacbon trong anken.  Vậy 2 hiđrôcacbon là C5H8 v à C5H10 2. 1,0 - X,Y kh«ng t¸c dông víi Br2 => X,Y lµ hîp chÊt no. - X,Y t¸c dông víi NaOH cho ra r-îu ®¬n chøc vµ muèi cña axit ®¬n chøc => X,Y lµ axit hay este ®¬n chøc - Tr-êng hîp X,Y ®Òu lµ este: X,Y cã c«ng thøc R1COOR vµ R2COOR (R lµ gèc hi®rocacbon t¹o ra r-îu duy nhÊt). R1COOR + NaOH  R1COONa + ROH a a a a R2COOR + NaOH  R2COONa + ROH b b b b 8 nNaOH= a+b= = 0,2mol => nROH= a+b =0,2 mol 40 - R-îu ROH víi Na: 2ROH + 2Na  2RONa + H2 0,2 0,1 1,344 n(H2)= =0,06mol  0,1. => lo¹i 22,4 - Tr-êng hîp X lµ axit, Y lµ este => X: R1COOH ; Y: R2COOR3 8
R1COOH + NaOH  R1COONa + HOH a a a a R2COOR3 + NaOH  R2COONa + R3OH b b b b 2R3OH + 2Na  2R3ONa + H2 2.0,06 0,06 nY = b= 2n(H ) = 0,12 mol. => a = 0,2 - 0,12= 0,08mol 2 - Do X,Y lµ axit, este no m¹ch hë nªn X cã c«ng thøc CnH2nO2, Ycã c«ng thøc CmH2mO2. 0, 08(14n  32)  0,12(14m  32) M=  2.35, 6  71, 2 0, 2 56n + 84m = 392 => 2n + 3m = 14. n 1 2 3 4 5 m 4 10/3 8/3 2 4/3 *) Víi n=1, m=4 , ta cã: X: CH2O2 hay HCOOH Y: C4H8O2 cã 4 c«ng thøc cÊu t¹o lµ: HCOOC3H7 (2®ph©n), CH3COOC2H5 , C2H5COOCH3 *) Víi n=4, m=2 ta cã: X: C4H8O2 víi 2 c«ng thøc cÊu t¹o axit: CH3CH2CH2COOH , CH3CH(CH3)COOH Y: C2H4O2: H-COOCH3 9