Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi môn Hóa học - Năm học 2017-2018 - Sở GD & ĐT Hải Dương (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
HẢI DƯƠNG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 5 câu trong 2 trang)
Câu I: (2 điểm)
Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau với mỗi chữ cái biểu diễn 1 chất, mỗi mũi tên biểu diễn 1 phương trình phản ứng hóa học:
(10)
(7)
(4)
(3)
A	D	G
(6)
(1)
C	E
(5)
(8)
(9)
(2)
B	F	H
 Biết rằng trong sơ đồ trên:
C là muối có nhiều trong nước biển, E là thành phần chính của đá vôi.
Dung dịch A làm quỳ tím hóa đỏ; dung dịch D và dung dịch G làm quỳ tím hóa xanh còn khí B làm mất màu giấy quỳ tím ẩm.
Hai loại nguyên tử X và Y tạo được với nhau 2 phân tử XY3 và X2Y4. Trong hai phân tử đó thì:
- Số hạt không mang điện của phân tử này gấp 2 lần số hạt không mang điện của phân tử kia.
- Số hạt mang điện của phân tử này gấp 1,8 lần số hạt mang điện của phân tử kia. 
Xác định công thức phân tử của hai phân tử đã cho.
Câu II: (2 điểm)
Có 5 lọ hoá chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hoá chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ), hãy trình bày phương pháp hoá học nhận biết 5 hoá chất trên và viết phương trình hoá học xảy ra.
Hiđrocacbon X phản ứng với H2/ xt Ni, t0 theo tỷ lệ mol tương ứng là 1 : 4 thì tạo ra hợp chất Y có tỷ khối hơi so với X là 14/13.
Xác định công thức phân tử của X.
Biết rằng X chỉ phản ứng với Br2 trong dung dịch theo tỷ lệ mol 1:1. Xác định công thức cấu tạo của X.
Câu III: (2 điểm)
Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng chất tinh khiết từ hỗn hợp gồm C2H5OH, CH3COOH.
Chuẩn bị dụng cụ như hình a) và hình b). Đốt photpho đỏ dư trong muỗng sắt như hình b) rồi đưa nhanh photpho đỏ đang cháy vào ống hình trụ trong hình a) và đậy kín miệng ống bằng nút cao su sao cho mặt dưới của nút nằm ngang vạch số 6. 
Hãy dự đoán hiện tượng có thể xảy ra, giải thích và cho biết mục đích của thí nghiệm.
Câu IV: (2 điểm)
Cho hỗn hợp X gồm FeCO3 và FexOy.
Nung 6,96 gam hỗn hợp X trong oxi dư tới khi khối lượng không đổi thu được hỗn hợp khí A và 6 gam Fe2O3. Cho khí A vào 1 lit dung dịch Ca(OH)2 0,02M thấy có 1 gam kết tủa tạo thành. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức phân tử của FexOy.
Lấy m gam hỗn hợp X ở trên trộn với kim loại M hóa trị không đổi thành 51,8 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y bằng 200 gam dung dịch H2SO4 98% (có dư) đun nóng thì thu được dung dịch Z và hỗn hợp khí T gồm CO2 và SO2. Cho T phản ứng với dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 137,05 gam kết tủa. Mặt khác cho Z phản ứng với dung dịch Ba(OH)2 dư rồi lọc lấy kết tủa, rửa sạch nung đến khối lượng không đổi thì thu được 401,15 gam hỗn hợp gồm 2 chất rắn.
Xác định tên kim loại M. 
Câu V: (2 điểm)
Đun 17,08 gam hợp chất hữu cơ A (chỉ chứa C, H, O và chỉ có 1 loại nhóm chức) với 25 ml dung dịch NaOH 4M cho tới khi A tan hết rồi cô cạn dung dịch thì thu được phần bay hơi chứa rượu (ancol) D và 19,24 gam hỗn hợp chất rắn khan B gồm NaOH dư và 2 muối của 2 axit cacboxylic đơn chức X, Y. Tách lấy toàn bộ lượng rượu D cho tác dụng với Na dư thì thu được 672 ml H2 (đktc). Tỷ khối hơi của D so với H2 là 46.
Xác định công thức cấu tạo và gọi tên rượu D.
Biết rằng phân tử axit X có ít hơn 2 nguyên tử cacbon nhưng có cùng số nguyên tử hiđro so với phân tử axit Y. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp B trong O2 thu được Na2CO3, CO2, và hơi nước. Khi đó toàn bộ lượng khí và hơi tạo thành được dẫn vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 195,03 gam kết tủa. 
Xác định công thức phân tử của chất A.
Cho nguyên tử khối của 1 số nguyên tố:
H = 1; C = 12; N = 14, O = 16; S = 32; Cl = 35,5; Br = 80; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag = 108; Ba = 137
Số thứ tự của 1 số nguyên tố trong Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học:
1H, 2He, 3Li, 4Be, 5B, 6C, 7N, 8O, 9F, 10Ne, 11Na, 12Mg, 13Al, 14Si, 15P, 16S, 17Cl, 18Ar, 19K, 20Ca.
------------------------------------ Hết ----------------------------------------
Học sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:...Số báo danh: 
Giám thị 1:...Giám thị 2:.. ...
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: HÓA HỌC
CÂU
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
I.
1. A là HCl, B là Cl2, C là NaCl, D là NaOH, E là CaCO3, F là CaCl2
G là Ca(OH)2, H là CaO
2HCl + MnO2 MnCl2 + Cl2 + 2H2O
2Na + Cl2 2NaCl
2NaCl + 2H2O 2NaOH + Cl2 + H2
2NaOH + Ca(HCO3)2 CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O
CaCO3 CaO + CO2
CaO + H2O Ca(OH)2
Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O
CaCO3 + 2HCl CaCl2 + CO2 + H2O
CaCl2 + Na2CO3 CaCO3 + 2NaCl
NaCl khan + H2SO4 đặc NaHSO4 + HCl ­
0,25
0,075x10
2. 
Với các CTPT như đã cho thì số hạt không mang điện và số hạt mang điện của XY3 đều nhỏ hơn của X2Y4 do đó:
Số hạt không mang điện của X2Y4 gấp 2 lần số hạt không mang điện của XY3
2NX + 4NY = 2(NX + 3NY)
NY = 0 
Mà thực tế chỉ nguyên tử 1H mới không có nơtron do đó nguyên tử Y là 1H.
Số hạt mang điện của X2Y4 bằng 1,8 lần số hạt mang điện của XY3
2.2ZX + 4.2 = 1,8(2ZX + 3.2)
 ZX = 7 => X là N => 2 hợp chất là NH3 và N2H4 (thỏa mãn)
0,25đ
0,25đ
0,5
II.
1. Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hoá chất cho vào các ống nghiệm rồi đánh số thứ tự. Nhỏ từ từ dd phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hoá chất nêu trên.
+ Ống nghiệm nào có màu hồng đó là dd NaOH; không màu là một trong các dd H2SO4, HCl, BaCl2, Na2SO4.
0,25
+ Cho dd màu hồng vào 4 ống nghiệm còn lại, có hiện tượng mất màu hồng là dung dịch H2SO4, HCl ( nhóm I), không có hiện tượng gì là dd BaCl2, Na2SO4 (nhóm II).
NaOH + HCl à NaCl + H2O.
2NaOH + H2SO4 à Na2SO4 + 2H2O.
0,25
-Nhỏ lần lượt các dd ở nhóm 1 vào các dd ở nhóm 2: 
+ Nếu không có hiện tượng gì thì dd đem nhỏ là dd HCl, dd còn lại của nhóm I là H2SO4.
+ Nếu khi nhỏ dd ở nhóm 1 vào nhóm 2 thấy 1 dd xuất hiện kết tủa trắng, 1 dd không có hiện tượng gì thì dd đem nhỏ ở nhóm 1 là H2SO4, dd còn lại là HCl; còn dd ở nhóm 2 tạo kết tủa là BaCl2; dd không tạo kết tủa ở nhóm 2 là Na2SO4.
0,25
0,25
2. Gọi CTPT của X là CnHm (2 ≤ m ≤ 2n + 2)
Do X cộng H2 theo tỷ lệ mol 1:4 tạo ra Y:
CnHm + 4H2 CnHm+8
 MY = MX + 8 mà theo đề bài d Y/X = 14/13 
 MY = 14/13 MX = MX + 8
MX = 104 = 12n + m
Do điều kiện của m nên ta có:
12n + 2 ≤ 104 ≤ 12n + 2n + 2
7,3 ≤ n ≤ 8,5
n = 8 => m = 8
CTPT của X là C8H8
Mặt khác do X cộng với Br2 dd theo tỷ lệ mol 1:1 nhưng phản ứng với H2, xt Ni, t0 theo tỷ lệ mol 1:4 nên trong X phải có vòng benzen và có 1 liên kết đôi ở mạch nhánh.
CTCT của X là C6H5CH=CH2.
0,25
0,25
0,25
0,25
III.
Bước 1: Cho hỗn hợp phản ứng với NaOH rắn, dư rồi chưng cất hỗn hợp thu được thì thu được:
Phần chất rắn khan gồm CH3COONa và NaOH dư
Phần bay hơi gồm C2H5OH và H2O.
CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O.
Bước 2: Ngưng tụ phần hơi rồi thêm CuSO4 khan vào phần chất lỏng thu được cho tới khi nó không bị chuyển sang màu xanh thì đem cô cạn hỗn hợp thu được rồi ngưng tụ phần bay hơi ta được C2H5OH tinh khiết.
 CuSO4 (rắn) + 5H2O CuSO4.5H2O (rắn).
Bước 3: Cho hỗn hợp rắn CH3COONa và NaOH phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc dư rồi chưng cất hỗn hợp thu được, ngưng tụ phần bay hơi ta được hỗn hợp lỏng gồm CH3COOH và H2O. Sau đó làm khan và thu lấy CH3COOH tương tự như C2H5OH như trên.
Chú ý: 
Có thể thu CH3COOH tinh khiết bằng cách chế tạo CH3COOH băng.
Nếu không tách nước ra khỏi chất nào thì không cho điểm phần tách chất đó
0,5
0,25
0,25
Hiện tượng:
Photpho cháy tạo ra nhiều khói trắng:
4P + 5O2 2P2O5 
Hoặc 4P + 3O2 2P2O3
Khi đưa muỗng P vào ống hình trụ và đậy kín miệng ống bằng nút cao su thì P tiếp tục cháy nhưng lượng O2 trong ống đong mất dần do đó áp suất chất khí trong ống giảm dần so với áp suất khí quyển nên mực nước trong ống dâng cao dần vì áp suất khí quyển đẩy nước vào chiếm chỗ của lượng O2 mất đi.
Khi hết O2 trong phản ứng dừng lại và lúc nhiệt độ trong ống cân bằng với nhiệt độ phòng thì mực nước dâng lên tới xấp xỉ vạch số 2 (do O2 chiếm khoảng 21% thể tích không khí)
Ý nghĩa của thí nghiệm: là xác định được gần đúng phần trăm theo thể tích của O2 trong không khí.
0,25
0,25
0,25
0,25
IV.
FeCO3 + O2 dư Fe2O3 + hỗn hợp khí A CO2
FexOy O2 dư
Trong 6,96 gam hỗn hợp X:
Bảo toàn nguyên tố Fe ta có:
nFe(trong muối) + nFe (trong oxit) = 2 nFe2O3 = 2.6/160 = 0,075 mol (1)
m O(trong oxit) + mCO3(trong muối) = 6,96 – 0,075.56 = 2,76 (2)
Khí A chứa CO2, n Ca(OH)2 = 0,02 mol, kết tủa là CaCO3, nCaCO3 = 0,01 mol.
TH1: Chỉ có 1 phản ứng của CO2 với Ca(OH)2
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O
Bảo toàn nguyên tố C
nCaCO3 = nCO2 = nCO3 (trong muối ) = nFe (trong muối) = 0,01 mol (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có:
nFe (trong oxit) = 0,075 – 0,01 = 0,065 (mol)
nO (trong oxit) = (2,76 – 60.0,01)/16 = 0,135 mol
trong công thức FexOy ta có: x/y = nFe/nO = 0,065/0,135 = 13/27 không có oxit săt nào thảo mãn => trường hợp này loại.
TH2: Có 2 phản ứng của CO2 với Ca(OH)2
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O
0,01 0,01 ← 0,01
2CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2
0,02 ← (0,02 – 0,01)
ΣnCO2 = 0,03 mol
Bảo toàn nguyên tố C
ΣnCO2 = nCO3 (trong muối ) = nFe (trong muối) = 0,03 mol (4)
Từ (1), (2) và (3) ta có:
nFe (trong oxit) = 0,075 – 0,03 = 0,045 (mol)
nO (trong oxit) = (2,76 – 60.0,03)/16 = 0,06 mol
trong công thức FexOy ta có: x/y = nFe/nO = 0,045/0,06 = 3/4 
FexOy là Fe3O4.
0,25
0,25
0,5
Trong 6,96 gam X tao có:
n FeCO3 = 0,03 mol
n Fe3O4 = 0,015 mol
Trong hỗn hợp Y tỉ lệ mol n FeCO3 : n Fe3O4 = 2:1
Trong hỗn hợp T ta đặt:
n CO2 = a mol, nSO2 = b mol
Phản ứng vủa T với dung dịch Ba(OH)2 dư:
SO2 + Ba(OH)2 BaSO3 + H2O
b → b
CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O
a → a
Σm↓ = 197a + 217b = 137,05 (1).
401,15 gam chất rắn thu được ở cuối quá trình chuyển hóa chỉ gồm 2 chất là BaSO4 và Fe2O3 mà M có hóa trị không đổi nên M ≠ Fe => trong kết tủa không có hiđxoxit của M .Ta có sơ đồ chuyển hóa:
 CO2 a mol
 SO2 b mol
1) + dd Ba(OH)2 dư
2) lọc, nung kt
 FeCO3
 Y Fe3O4 + 2mol H2SO4 Fe2(SO4)3 CR Fe2O3
 M M2(SO4)n BaSO4
 H2SO4
Bảo toàn nguyên tố C ta có:
nFeCO3 = nCO2 = a mol, => nFe3O4 = a/2 mol
Bảo toàn nguyên tố Fe và S cho 401,15 gam chất rắn cuối quá trình ta có:
nFe2O3 = 1/2(nFeCO3 + 3nFe3O4) = 1,25a mol
nBaSO4 = nH2SO4 – nSO2 = (2 – b) mol 
Ta có phương trình:
160.1,25a + 233(2-b) = 401,15 (2)
Từ (1) và (2) ta có: a = 0,2 mol, b = 0,45 mol
Trong 51,8 gam hỗn hợp Y có:
FeCO3 0,2 mol, Fe3O4 0,2/2 = 0,1 mol, M x mol
mM = 51,8 – 0,2.116 – 0,1.232 = 5,4 gam = xMM (*)
Giả sử n là hóa trị của M (n= 1,2,3)
Các phản ứng của Y với dd H2SO4 đặc:
2FeCO3 + 4H2SO4 Fe2(SO4)3 +2CO2 + SO2 + 4H2O
0,2 0,1
2Fe3O4 + 10H2SO4 3Fe2(SO4)3 + SO2 +10H2O
0,1 0,05
2M + 2nH2SO4 M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O
x	0,5nx
=> ΣnSO2 = 0,1 + 0,05 + 0,5nx = 0,45
=> nx = 0,6 (**)
Từ (*) và (**) => MM = 9n
+Với n = 1 => M = 9 => M là Be (loại vì Be không có hóa trị 1)
+Với n= 2 => M = 18 => loại vì không có kim loại nào thỏa mãn
+Với n = 3 => M = 27 => M là Al (thỏa mãn)
0,25
0,25
0,5
V
1. Theo đề bài A chứa C, H, O chứa 1 loại nhóm chức, phản ứng với NaOH tạo ra rượu và 2 muối đơn chức nên A là este đa chức tạo bởi ancol đa chức D và 2 axit đơn chức X, Y. Gọi CT của D là R(OH)n
 Ta có sơ đồ:
17,08 gam A + 0,1 mol NaOH 19,24 gam B + rượu D
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mD = 17,08 + 0,1.40 – 19,24 = 1,84 gam
Mà dD/H2 = 46 => MD = 46.2 = 92
nD = 1,84/92 = 0,02 mol
Phản ứng với Na dư:
R(OH)n + nNa R(ONa)n + n/2 H2
0,02	0,01n mol
nH2 = 0,01n = 0,672/22,4 = 0,03 mol
n =3 CT của D có dạng R(OH)3
MR(OH)3 = R + 51 = 92
R = 41 => R là C3H5
Ancol D là C3H5(OH)3, CTCT là CH2OH-CHOH-CH2OH glixerol (glixerin) 
0,25
0,25
0,5
2. 
Theo đề bài: cho A phản ứng với dung dịch NaOH thu được glixerol và 2 muối của 2 axit đơn chức, A chỉ chứa 1 loại nhóm chức 
=> A là este 3 chức phản ứng với NaOH theo tỷ lệ mol 1:3 tạo ra 0,02 mol glixerol nên tiêu thụ 0,06 mol NaOH, tạo ra 0,04 mol 1 muối và 0,02 mol muối còn lại.
A + 3NaOH C3H5(OH)3 + 2R1COONa + R2COONa
 0,06 ← 0,02 → 0,04 → 0,02
nNaOH dư = 0,025.4 – 0,06 = 0,04 mol
Ta lại có: Axit X ít hơn Y 2 nguyên tử C và có cùng số nguyên tử H.
=> Gọi CTPT của các muối của X, Y với số mol tương ứng là CnHmCOONa x mol và Cn+2HmCOONa y mol.
Sơ đồ phản ứng:
 CnHmCOONa: x mol
 A + NaOH B Cn+2HmCOONa: y mol Na2CO3 + CO2 + H2O
 0,1 mol NaOH dư 0,04 mol 0,05 mol 0,99mol 
Bảo toàn Na ta có:
nNa2CO3 = 1/2nNaOH bđ = 0,05 mol
Dẫn hỗn hợp khí và hơi sau khi đốt cháy B vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì xảy ra phản ứng:
Ba(OH)2 + CO2 BaCO3 + H2O
nCO2 = nBaCO3 = 195,03/197 =0,99 mol
Bảo toàn C ta có (n+1)x + (n+3)y = 0,05 + 0,99 =1,04 (*)
Xét 2 trường hợp có thể có với este A.
Trường hợp 1: A chứa 2 gốc axit X và 1 gốc axit Y
 x = 0,04 mol, y = 0,02 thay vào (*) thì n = 15,67 vô lí (loại).
Trường hợp 2: A chứa 2 gốc axit Y và 1 gốc axit X
x = 0,02 mol, y = 0,04 mol thay vào (*) thì n =15
Khi đó 19,24 gam hỗn hợp B gồm: C15HmCOONa 0,02 mol, C17HmCOONa 0,04 mol và NaOH dư 0,04 mol.
0,02(247+m) + 0,04(271+m) + 0,04.40 = 19,24
m = 31 (thỏa mãn)
2 muối thu được là C15H31COONa và C17H31COONa
Este A có dạng:
 C15H31COO –CH2 C17H31COO –CH2 
 ׀ ׀
 C17H31COO – CH C15H31COO –CH2 
	 ׀ ׀
 C17H31COO –CH2 C17H31COO –CH2 
CTPT của A là C55H98O6 
0,25
0,25
0,5