SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH CẤP TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn thi: HÓA HỌC

Ngày thi: 21/10/2020

Thời gian làm bài: 180 phút, không tính thời gian phát đề

Đề thi có 02 trang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH CẤP TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn : HÓA HỌC

Ngày thi: 21/10/2020

Câu

Ý

Đáp án

Biểu điểm

1

1

– Cho dung dịch X₁ vào dung dịch X₂ thấy vừa tạo kết tủa trắng, vừa có khí thoát ra. Vậy X₁ và X₂ là 1 trong 2 chất NaHSO₄, Ba(HCO₃)₂

2NaHSO₄ + Ba(HCO₃)₂ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + 2CO₂↑ + 2H₂O

Cho dung dịch X₂ vào các dung dịch X₃; X₄ đều có kết tủa. Vậy X₂ là Ba(HCO₃)₂, X₃ và X₄ là 1 trong 2 chất Ba(OH)₂, Na₂SO₄

=> X₁ là NaHSO₄ và X₅ là KHCO₃

Ba(OH)₂ + Ba(HCO₃)₂→ 2BaCO₃↓ + 2H₂O

Na₂SO₄+ Ba(HCO₃)₂ → BaSO₄↓ + 2NaHCO₃

0,25

Cho dung dịch X₃ vào dung dịch X₅ có kết tủa

=>X₃ là Ba(OH)₂, X₄ là Na₂SO₄

Ba(OH)₂ + 2KHCO₃ → BaCO₃↓ + K₂CO₃ + 2H₂O

0,25

2

– Hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl loãng dư, thu được dung dịch

2Na + 2HCl → 2NaCl + H₂

Ca + 2HCl → CaCl₂ + H₂

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

– Cho NH₃ dư vào dung dịch thu được, lọc tách kết tủa

NH₃ + HCl dư → NH₄Cl

3NH₃ + AlCl₃ + 3H₂O → 2Al(OH)₃ + 3NH₄Cl

– 2Al(OH)₃ Al₂O₃ + 3H₂O

Al₂O₃ 2Al + 3O₂

0,25

– Cho (NH₄)₂CO₃ dư vào dung dịch nước lọc, lọc tách kết tủa và cô cạn dung dịch thu được NaCl. Lấy kêt tủa tác dụng với dung dịch HCl dư, cô cạn dung dịch thu được CaCl₂

(NH₄)₂CO₃ + CaCl₂ → CaCO₃ + 2NH₄Cl

CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂ + H₂O

– Điện phân nóng chảy từng muối NaCl, CaCl₂ thu được Na, Ca

2NaCl 2Na + Cl₂

CaCl₂ Ca + Cl₂

0,25

3

0,25

2CH₃CHO+O_{2 2}CH₃COOH

CH₃COOH+ NaOH CH₃COONa + H₂O

CH₃COONa + NaOHCH₄ + Na₂CO₃

0,25

HOOC-CH₂-COOH+ 2NaOHNaOOC-CH₂-COONa + 2H₂O

NaOOC-CH₂-COONa + 2NaOHCH₄ + 2Na₂CO₃

0,25

2CH₄ C₂H₂ + 3H₂

C₂H₂ CHC-CH=CH₂

CHC-CH=CH₂ + H₂ CH₂=CH-CH=CH₂

nCH₂=CH-CH=CH₂-(CH₂-CH=CH-CH₂)_n–

(có thể chọn các chất khác phù hợp)

0,25

2

1

hoặc HCOOCH(CH₃)-COOCH(CH₃)-COOCH=CH₂

A₁. HCOONa.

A₂. HO-CH₂-CH₂-COONa hoặc HO-CH(CH₃)-COONa

B₂. CH₃-CH₂-OH.

0,25

(A₁) (A₂) (D)

0,25

(A₁)

HO-CH₂-CH₂-COONa +NaOH CH₃-CH₂-OH+ Na₂CO₃

(A₂) (B₂)

0,25

2CH₃-CH₂-OH + 2Na → 2CH₃-CH₂-ONa + H₂

(B₂)

CH₃CHO+2AgNO₃+3NH₃+H₂OCH₃COONH₄+2Ag+2NH₄NO₃

0,25

2

Các pư xảy ra:

CO₂ + OH^– → HCO

CO₂ + 2OH^­- → CO + H₂O

Ba²⁺ + CO → BaCO₃

Ba²⁺ + SO→ BaSO₄

0,25

TN1: 0,4x + 0,8y = 0,044 (1)

TN2: 0,4y + 0,8x = 0,0325 (2)

x=0,0175 mol; y = 0,04625

0,25

3

– Hòa tan A vào nước chỉ có các phản ứng:

BaO + H₂O → Ba(OH)­₂

Al₂O₃ +Ba(OH)­₂→ Ba(AlO₂)₂ + H₂O

– Phần không tan B gồm: Fe₃O₄, Al₂O₃ dư (do E tan một phần trong dung dịch NaOH) nên dung dịch D chỉ có Ba(AlO₂)₂. Sục khí CO₂ dư vào D:

Ba(AlO₂)₂ + 2CO₂ + 4H₂O → 2Al(OH)₃ + Ba(HCO₃)₂

0,25

– Cho khí CO dư qua B nung nóng có phản ứng:

Fe₃O₄ + 4CO 3Fe + 4CO₂

– Chất rắn E gồm: Fe, Al₂O₃. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư:

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

– Chất rắn G là Fe. Cho G tác dụng với H₂SO₄ dư, KMnO₄:

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

10FeSO₄ + 8H₂SO₄ + 2KMnO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + 2MnSO₄ + K₂SO₄ + 8H₂O

0,25

3

1

+ Khi thêm O₂ vừa đủ vào X

O₂ + 2NO → 2NO₂

=> Y có NO₂, N₂O, N₂

+ Dẫn Y qua NaOH có

2NaOH + 2NO₂  NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O

=> Z gồm N₂ và N₂O có M = 40,

=> n_N2 = 0,05, n_N2O= 0,15; n_NO = 0,1 mol.

+ Thêm KOH vào dung dịch A để tạo kết tủa lớn nhất xảy ra vừa đủ các phương trình sau

H⁺ + OH^–→ H₂O

Mg²⁺ + 2OH^– → Mg(OH)₂

Al³⁺ + 3OH^– → Al(OH)₃

BTKL: m + 39,1 = m_KL + m_OH-= m+ 17.n_OH-

=> n_OH-= 2,3 mol => n_Mg= 0,4 mol; n_Al= 0,5 mol

BTe có n_NH4NO3 = 0,0375 mol

0,25

+ n_{HNO3 PƯ}= 2,3 + 0,05×2 + 0,15×2 + 0,1 + 0,0375×2 = 2,875 mol.

Vì axit lấy dư 20% nên n_{HNO3 ban đầu} =3,45 mol

m _{dd HNO3} = 1086,75 gam

+ m_ddSPƯ = 1086,75 + 0,4×24 + 0,5×27 – 0,05×28 – 0,15×44 – 0,1×30 = 1098,85 gam.

+nồng độ các chất:

C%Al(NO₃)₃ = 106,5×100 :1098,85 = 9,69%.

C%Mg(NO₃)₂ = 59,2×100 :1098,85 = 5,39%.

C%NH₄NO₃ = 0,273%

C%HNO₃ = 3,297%

0,25

2

Gọi số mol R₂CO₃ và MHCO₃ có trong dung dịch X lần lượt là a, b

+ TN1: Khi cho HCl từ từ vào dung dịch X đến khi bắt đầu thoát khí

R­₂CO₃ + HCl → RHCO₃ + RCl

Mol: 0,10,1

+ TN2: Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch Ba(OH)₂ dư.

R₂CO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + 2ROH

Mol: 0,1 0,1

MHCO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + MOH + H₂O

Mol: b b

Thay a = 0,1 vào ta được b = 0,15

0,25

TN3: Khi cho dung dịch X vào dung dịch chứa 0,3 mol HCl

R­₂CO₃ + 2HCl → 2RCl + CO₂ + H₂O

x 2x x

MHCO₃ + HCl →MCl + CO₂ + H₂O

y y y

=> V_CO2= 4,8 lít

Có 0,1(2R +60) + 0,15(M+61) = 25,6

 2R +1,5M =104,5 => M là K; R là Na

=> m_Na2CO3= 10,6g; m_KHCO3=15

0,25

4

1

– Đốt hoàn toàn a mol X cũng như Y đều thu được x mol CO₂ và y mol H₂O => X và Y đều có cùng số C, số H và cùng số liên kết π.

Do x = y + a hay a = x-y => k=2

=> Công thức X, Y có dạng C_nH_2n-2O_z

0,25

– E + NaOH  SP trong đó có 2 muối + 1 ancol

– E + AgNO₃/NH₃ thu Ag trong đó

– Trong E thì X, Y cùng C, H

=> Hỗn hợp E có chứa một este no, hai chức mạch hở và 1 anđehit, no, hai chức mạch hở cùng số nguyên tử C và H. M_X< M_Y nên X là andehit và Y là este.

Gọi công thức andehit, este trong hỗn hợp (E) lần lượt là C_nH_2n(CHO)₂ (chất X) và R’COOC_mH_2mOOCR (chất Y) mol tương ứng là a, b

( n,mN^*; a, b> 0) => a + b = 0,1

C_mH_2m(OH)₂ + 2Na C_mH_2m(ONa)₂ + H₂

=> m_Z= 2,96+2b

*TH₁: Chỉ andehit tham gia phản ứng tráng bạc, este không tham gia phản ứng tráng bạc.

PTHH: C_nH_2n(CHO)₂ + 4AgNO₃ + 6NH₃ +2H₂O

_{CnH2n(COONH4)2 +4Ag+4NH4NO3 (1)}

a = n_andehit = mol => b = n_este = 0,02 mol

_R’COOCmH_2mOOCR+2NaOH_{R’COONa+ RCOONa+CmH2m(OH)2 (2)}

_{=> nZ=0,02 mol=> mZ=3,0g => MZ = 150}

=> m = 8,28 loại

0,25

*TH₂: Cả andehit và este đều tham gia phản ứng tráng bạc

=>este là este của axit fomic.

Công thức este là HCOO-C_mH_2m -OOC-R

_CnH_2n(CHO)₂ + 4AgNO₃ + 6NH₃ +2H₂O

_{CnH2n(COONH4)2 + 4Ag+ 4NH4NO3 (3)}

HCOO-C_mH_2m -OOC-R+2AgNO₃ +3NH₃ +H₂O

H₄NOOC-C_mH_2m -OOC-R _{+ 2Ag+ 2NH4NO3 (4)}

Theo (3) và (4)

Có hpt

_HCOOCmH_2mOOCR+2NaOH

_{HCOONa+ RCOONa+CmH2m(OH)2 (2)}

_{=> nZ=0,04 mol=> mZ=3,04g => MZ= 76}

14m + 34 = 76 => m = 3=> ancol Z là C₃H₆(OH)₂

=>công thức cấu tạo thu gọn của Z là

HO -CH₂-CH(OH)-CH₃ hoặc HO-CH₂-CH₂-CH₂-OH

n_HCOONa=n_RCOONa=0,04 => 68.0,04+ (R+67).0,04 =6 => R là CH₃

0,25

Este Y là HCOO-C₃H₆-OOC-CH₃

Các công thức cấu tạo thu gọn của Y là

HCOO-[CH₂]₃-OOC-CH₃

HCOO-CH(CH₃)-CH₂ -OOC-CH₃

HCOO-CH₂-CH(CH₃) -OOC-CH₃

Andehit X là C₄H₈(CHO)₂

Công thức cấu tạo thu gọn của X là

O=HC-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-CH=O

0,25

2

Đặt X là C_nH_2n-1COOH x mol ( n >1)

Đặt CT chung cho Y, Z là C_mH_2m+1COOH y mol (m, x, y > 0)

Đặt CT chung của 2 bazơ là MOH

PTHH:

C_nH_2n-1COOH + MOH→C_nH_2n-1COOM + H₂O (1)

Mol: x x x x

C_mH_2m+1COOH + MOH→C_mH_2m+1COOM + H₂O(2)

Mol: y y y y

Hỗn hợp D gồm C_nH_2n-1COOM và C_mH_2m+1COOM

D + O₂ → 0,2 mol Na₂CO₃ +0,26 mol K₂CO₃+ 44,08g hỗn hợp T (CO₂ +H₂O)

BTNT Na, K có n_A= n_NaOH +n_KOH= x+ y = 0,92 mol (*)

=> trong hỗn hợp A có axit HCOOH

Vậy Y là HCOOH và Z là CH₃COOH.

0,25

+ Bảo toàn khối lượng, suy ra trong A:

m_C + m_H = 46,06 – 32. 0,92= 16,6 gam (*)

+ Đốt D thu được 0,46 mol M₂CO₃; 44,08 gam hỗn hợp H₂O và CO₂, suy ra đốt A thu được 44,08 gam hỗn hợp H₂O và CO₂ và 0,46 mol CO₂; 0,46 mol H₂O

Vậy: m CO₂ + m H₂O = 44,08+ 0,46. 62 = 72,6 gam (**)

giải hệ (*)(**) được: n_C = 1,2 mol và n_H = 2,2 mol

0,25

+ Xét hỗn hợp A

2 n_C(A) – n_{H (A)} = 2x = 0,2 => x = 0,1, y = 0,82

Thay vào biểu thức n_C trong A ta được

0,1n + 0,82m= 1,2 – 0,92 = 0,28

Do m> 0 nên n < = 2,8

mà n≥2 = > n = 2. Công thức của X là C₂H₃COOH hay

CTCT của X là CH₂=CH-COOH

0,25

Giải hệ phương trình về quan hệ mol các chất được:

n HCOOH = 0,74 mol, n CH₃COOH = 0,08 mol

=> %C₂H₃COOH =15,64%

%HCOOH =73,94%

%CH₃COOH =10,42%

0,25

5

1

Từ giả thiết 2 este có dạng RCOOCH=CHR’và RCOOC₆H₄R’’(este của phenol)

RCOOCH=CHR’ + NaOHRCOONa + R’CH₂CHO (1)

x mol x mol x mol x mol

RCOOC₆H₄R’’ + 2NaOHRCOONa + R’’C₆H₄ONa+H₂O (2)

y mol 2y mol y mol y mol

theo bài ra ta có hệ :

0,25

Gọi CTPT của anđehit no đơn chức mạch hở Y là C_nH_2nO ta có

C_nH_2nO+(3n-1)/2O₂ nCO₂ + nH₂O (3)

0,2 0,2n 0,2n

m _{bình tăng} = 0,2n.44 + 0,2n.18 = 24,8 →n =2

CTPT là C₂H₄O hay CH₃CHO.

Vì tổng khối lượng 2 muối bằng 37,6 gam và 2 muối hơn kém nhau 11,6g nên có hệ

Có 2 trường hợp

0,25

TH1:

0,25

TH2: (loại)

0,25

2

Khi kim loại vừa tan hết thì dừng làm thí nghiệm nên có các phản ứng

Al → Al³⁺ +3e

Fe → Fe²⁺ + 2e

Cu → Cu²⁺ + 2e

4H⁺ + NO+ 3e→ NO + 2H₂O

1,12 0,84 mol

Đặt n_Al=x; n_Fe= y; n_Cu=z (x, y, z>0)

=> Có hệ (I)

0,25

+ Cho Y + 0,86 mol NaOH thu kết tủa rồi nung trong điều kiên có oxi thu 29,82g chất rắn

Al³⁺ + 3OH^– → Al(OH)₃ (1)

Fe²⁺ + 2OH^– → Fe(OH)₂ (2)

Cu²⁺ + 2OH^– → Cu(OH)₂ (3)

Al(OH)₃ + OH^– → AlO+ 2H₂O (4)

2Al(OH)₃ Al₂O₃ + 3H₂O (5)

4Fe(OH)₂ + O₂ 2Fe₂O₃ +4H₂O(6)

Cu(OH)₂ CuO + H₂O (7)

Do n_OH-=0,86>0,84=n_e nên có PT (4)

0,25

=> 0x + 80y +80z = 29,82 (II)

Từ I, II có x = 0,0315; y = 0,1937125; y =0,17924375 (loại)

0,25

TH2: Al(OH)₃ chưa tan hết, có PT (5) (x>0,02)

51x+80y+80z=29,82+0,01.102=30,84 (III)

Từ I, III có x =0,04; y =0,12; z=0,24

BTe trong dung dịch X có;

[Al³⁺]= 0,04/0,2=0,2 M; [Fe²⁺] = 0,12/0,2= 0,6 M

[Cu²⁺] = 0,075/0,2 = 0,375 M; [NO₃^–] = 0,33/0,2 = 1,65M

[SO₄^2-] = 0,09/0,2 = 0,45M

0,25