Đáp Án Hóa Khối A Năm 2006
Tham khảo tài liệu 'đáp án hóa khối a năm 2006', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: HÓA HỌC, khối A
(Đáp án -Thang điểm có 05 trang)
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
I 2,00
1 Viết PTHH các phản ứng điều chế (0,50 điểm)
a) Điều chế Cu từ Cu(OH)2 và CO:
to 0,25
Cu(OH)2 ═ CuO + H2O
to
CuO + CO ═ Cu + CO2
b) Điều chế CaOCl2 từ CaCO3, NaCl và H2O:
to
CaCO3 ═ CaO + CO2
đpmn 0,25
2NaCl + 2H2O ═ 2NaOH + Cl2 + H2
CaO + H2O ═ Ca(OH)2
Ca(OH)2 + Cl2 ═ CaOCl2 + H2O
2 Trình bày cách nhận biết 6 dung dịch (0,75 điểm)
+ Dùng giấy quì tím nhận biết được:
- Dung dịch NaOH và dung dịch Na2CO3 làm giấy quỳ tím chuyển thành màu xanh. 0,25
- Dung dịch H2SO4 làm giấy quỳ tím chuyển thành màu đỏ.
- Ba dung dịch Na2SO4, NaCl, BaCl2 không làm đổi màu giấy quỳ tím.
+ Nhỏ vài giọt dung dịch H2SO4 vào 2 ống nghiệm đựng dung dịch NaOH và dung dịch Na2CO3.
- Ống nghiệm nào có khí thoát ra là ống đựng dung dịch Na2CO3:
H2SO4 + Na2CO3 = Na2SO4 + CO2↑ + H2O
- Ống nghiệm còn lại đựng dung dịch NaOH 0,25
+ Nhỏ vài giọt dung dịch H2SO4 vào 3 ống nghiệm đựng các dung dịch Na2SO4, NaCl, BaCl2.
- Ống nghiệm nào có kết tủa trắng là ống đựng dung dịch BaCl2:
H2SO4 + BaCl2 = BaSO4↓ + 2HCl
- Hai ống còn lại đựng dung dịch Na2SO4, NaCl.
+ Nhỏ vài giọt dung dịch BaCl2 vào 2 ống nghiệm đựng dung dịch Na2SO4 và dung dịch NaCl.
- Ống nghiệm nào có kết tủa trắng là ống đựng dung dịch Na2SO4: 0,25
BaCl2 + Na2SO4 = BaSO4↓ + 2NaCl
- Ống nghiệm còn lại đựng dung dịch NaCl.
3 Viết PTHH các phản ứng và tính pH của dung dịch Y (0,75 điểm)
+ PTHH các phản ứng:
to
2Cu(NO3)2 = 2CuO + 4NO2 + O2
0,25
4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3
+ Tính pH của dung dịch dung dịch Y (HNO3):
6,58
Số mol Cu(NO3 )2 = = 0,035 (mol) .
188 0,25
Gọi số mol Cu(NO3)2 bị nhiệt phân là n, ta có:
Khối lượng chất rắn: 80n + 188(0,035 - n) = 4,96 ⇒ n = 0,015 (mol).
⇒ Số mol HNO3 = 2.0,015 = 0,03 (mol)
Theo phương trình điện li: HNO3 = H+ + NO3− ⇒ Số mol H+ = 0,03 (mol)
0,25
⇒ [H + ] = 0,03 = 10- 1 (mol/l) ⇒ pH = 1.
0,3
II 2,00
1 Xác định CTCT của A1, A2, A3. Viết PTHH các phản ứng tạo thành cao su Buna từ A2 (0,50 điểm)
+ Xác định CTCT của A1, A2, A3:
- A1 có CTPT CH4O, chỉ có CTCT là CH3OH.
- A2 có CTPT C2H6O, có chứa nhóm chức −OH, có CTCT là CH3CH2OH. 0,25
- A3 có CTPT C3H8O3 và chỉ chứa nhóm chức −OH, có CTCT là: CH2 ─ CH ─ CH2
│ │ │
.
OH OH OH
1/5
+ Các phản ứng tạo thành cao su Buna từ A2: o 0,25
xt, t
2C2H5OH ⎯⎯ CH2 ═ CH ─ CH ═ CH2 + 2H2O + H2
→
xt, to
n CH2 CH CH CH2 ⎯⎯
→ CH2 CH CH CH2
n
2 Tìm CTPT, các CTCT có thể có của B và gọi tên (0,75 điểm)
a) CTPT của B
Đặt CTPT của amin đơn chức là CnHmN, số mol là a, ta có: 0,25
to
CnHmN + (n + m ) O2 ⎯⎯ nCO2 +
→ mH O +
2
1N
2
4 2 2
CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3 + H2O
- Khối lượng B: (12n + m + 14)a = 1,18 (a)
- Số mol CO2: 6 (b)
na = = 0,06
100
1 m 9,632 0,25
- Số mol N2: a + 4(n + )a = = 0,43 (c)
2 4 22, 4
Giải hệ 3 phương trình (a), (b), (c), được a = 0,02 (mol), n = 3, m = 9
CTPT của B là: C3H9N.
b) CTCT có thể có của B và gọi tên
CH3 ─ CH2 ─ CH2 ─ NH2 n - Propylamin CH3 ─ CH ─ NH2 Isopropylamin
│
CH3 0,25
CH3 ─ NH ─ CH2 ─ CH3 Etylmetylamin CH3 ─ N ─ CH3 Trimetylamin
│
CH3
3 Viết CTCT các chất hữu cơ X1, X2, X3, X4, X5, X6 và hoàn thành sơ đồ chuyển hoá (0,75 điểm)
+ CTCT các chất hữu cơ:
X1 là CH3Cl X2 là CH3OH X3 là CH ≡ CH
0,25
X4 là X5 là ─ Br X6 là ─ ONa
+ Hoàn thành sơ đồ chuyển hoá:
askt
(1) CH4 + Cl2 ⎯⎯ → CH3Cl + HCl
o
t
(2) CH3Cl + NaOH ⎯⎯ → CH3OH + NaCl 0,25
o
t
(3) CH3OH + CuO ⎯⎯
→ HCHO + Cu + H2O
1500oC
(4) 2CH4 ⎯⎯
→ CH ≡ CH + 3H2
C, 600oC
(5) 3CH ≡ CH ⎯⎯
→
Fe
(6) + Br2 ⎯⎯
→ Br
+ HBr
0,25
to, p
(7) Br + 2NaOH (đặc) ⎯⎯
→ ONa + NaBr + H2O
(8) ONa + HCl ⎯⎯
→ OH + NaCl
III 2,00
1 Viết PTHH các phản ứng và tính thành phần phần trăm của các chất (1,25 điểm)
+ PTHH các phản ứng:
2Al + 6H2SO4 (đặc, nóng) = Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)
2Fe + 6H2SO4 (đặc, nóng) = Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (2) 0,25
Cu + 2H2SO4 (đặc, nóng) = CuSO4 + SO2 + 2H2O (3)
2Al + 3H2SO4 (loãng) = Al2(SO4)3 + 3H2 (4)
Fe + H2SO4 (loãng) = FeSO4 + H2 (5) 0,25
H2 + CuO = Cu + H2O (6)
2/5
+ Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp G:
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Al, Fe, Cu trong 23,4 gam hỗn hợp G, ta có:
- Khối lượng hỗn hợp G: 27x + 56y + 64z = 23,4 (a)
0,25
- Số mol SO2: 3 3 15,12 (b)
x + y + z = = 0,675
2 2 22, 4
Khối lượng CuO giảm bằng khối lượng O phản ứng, suy ra:
- Số mol O = số mol CuO phản ứng: 3 7,2 (c)
x + y = = 0,45
2 16
Giải hệ 3 phương trình (a), (b), (c), được: x = 0,2 (mol), y = 0,15 (mol), z = 0,15 (mol) 0,25
Thành phần phần trăm theo khối lượng của:
0,2.27
- Nhôm: .100 = 23,08 (%) 0,25
23, 4
0,15.56
- Sắt: .100 = 35,90 (%)
23, 4
- Đồng: 100 - 23,08 - 35,90 = 41,02 (%)
2 Tính giá trị nhỏ nhất của m để V lớn nhất (0,75 điểm)
3Cu + 2NO3- + 8H+ = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O (7)
3Fe2+ + NO3- + 4H+ = 3 Fe3+ + NO↑ + 2H2O (8) 0,25
Số mol H2SO4 loãng ban đầu = 0,85.1 = 0,85 (mol)
0,2.3
Số mol H2SO4 đã phản ứng ở (4), (5) = + 0,15 = 0,45 (mol)
2
0,25
⇒ số mol H2SO4 còn lại = 0,85 - 0,45 = 0,4 mol ⇒ số mol H+ còn lại = 0,4.2 = 0,8 mol.
8 4
Số mol H+ cần cho Cu và Fe2+ phản ứng hết = .0,15 + .0,15 = 0,6 (mol) < 0,8 (mol) ⇒ H dư.
+
3 3
0,15.2 0,15.1
Để thu được VNO lớn nhất, cần số mol NO3− nhỏ nhất là: + = 0,15 mol
3 3
0,25
⇒ Số mol NaNO3 = 0,15 (mol) ⇒ m = 0,15.85 = 12,75 gam.
IV 2,00
1 Xác định CTCT của X và tính giá trị p (1,00 điểm)
Đặt công thức của rượu X là RCH2OH, của axit cacboxylic đơn chức Y là CnHmCOOH, công thức este Z sẽ
là CnHmCOOCH2R. Gọi x, y, z là số mol X, Y, Z trong 0,13 mol hỗn hợp E, ta có:
0,25
CnHmCOOH + KOH ⎯⎯
→ CnHmCOOK + H2O (1)
to
CnHmCOOCH2R + KOH ⎯⎯
→ CnHmCOOK + RCH2OH (2)
o
t
RCH2OH + CuO ⎯⎯
→ RCHO + Cu + H2O (3) 0,25
to, NH3
RCHO + Ag2O ⎯⎯
→ RCOOH + 2Ag↓ (4)
to
(Hoặc RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH ⎯⎯
→ RCOONH4 + 2Ag↓ + 3NH3 + H2O) (4')
- Số mol hỗn hợp E: x + y + z = 0,13 (a)
- Số mol Y, Z phản ứng theo (1), (2): y + z = 0,05.1 = 0,05 (b)
0,25
43,2
- Số mol Ag: 2x + 2z = = 0,4 hay x + z = 0,2 (c)
108
So sánh (a) và (c), thấy vô lý. Như vậy RCHO là HCHO
NH3, to
HCHO + 2Ag2O ⎯⎯
→ H2O + CO2 + 4Ag↓ (5)
to
(Hoặc HCHO + 4[Ag(NH3)2]OH ⎯⎯
→ (NH4)2CO3 + 4Ag↓ + 6NH3 + 2H2O) (5')
- Số mol Ag: 4x + 4z = 0,4 hay x + z = 0,1 (c')
Giải hệ 3 phương trình (a), (b), (c'), được: x = 0,08 (mol), y = 0,03 (mol), z = 0,02 (mol).
- Vì anđehit F là HCHO nên CTCT của X là CH3OH. 0,25
- Khối lượng CH3OH: p = 32(x + z) = 32.0,1 = 3,2 gam.
3/5
2 Xác định CTCT của Y, Z và tính thành phần phần trăm mỗi chất trong hỗn hợp E (1,00 điểm)
+ CTCT của Y và Z:
Các phản ứng cháy:
3O to
CH3OH + 2 ⎯⎯ CO2
→ + 2H2O (6)
2
4n + m + 1 O to 0,25
CnHmCOOH + 2 ⎯⎯ (n + 1) CO2 + m + 1 H2O
→ (7)
4 2
4n + m + 7 O to m+ 3H O
CnHmCOOCH3 + 2 ⎯⎯ (n + 2)CO2 +
→ 2 (8)
4 2
- Số mol CO2: x + (n+1)y + (n+2)z = 5,6 = 0,25 (d)
22, 4
m+1 0,25
- Số mol H2O: 2x + y + m + 3 z = 5,94 = 0,33 (e)
2 2 18
Thay x = 0,08; y = 0,03; z = 0,02 vào từng phương trình và giải 2 phương trình (d), (e), được n = 2 và m = 5
0,25
CTCT của Y là CH3 ─ CH2 ─ COOH và CTCT của Z là CH3 ─ CH2 ─ COOCH3
+ Thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp E:
Khối lượng của 0,13 mol hỗn hợp E là: 0,08.32 + 0,03.74 + 0,02.88 = 6,54 gam. Thành phần phần trăm
theo khối lượng của :
0,08.32.100 = 39,14 (%) 0,25
- Chất X:
6,54
- Chất Y: 0,03.74.100 = 33,94 (%)
6,54
- Chất Z: 100 - 39,14 - 33,9 = 26,92 (%)
Va 2,00
1 Viết PTHH các phản ứng và xác định hai khí B1, B2 (0,25 điểm)
to
4FeS2 + 11O2 = 2Fe2O3 + 8SO2
to
0,25
4FeCO3 + O2 = 2Fe2O3 + 4CO2
Vì tỉ lệ khối lượng phân tử của B1 và B2 là 11 : 16 = 44 : 64, nên B1 là CO2 và B2 là SO2.
2 Viết PTHH các phản ứng (0,75 điểm)
to
CaCO3 = CaO + CO2
0,25
CO2 + 2KOH = K2CO3 + H2O
CO2 + KOH = KHCO3
K2CO3 + BaCl2 = BaCO3 + 2KCl
2KHCO3 + 2NaOH = Na2CO3 + K2CO3 + 2H2O 0,25
CaO + 2HCl = CaCl2 + H2O
CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + CO2 + H2O
đpnc 0,25
CaCl2 = Ca + Cl2
3 Xác định CTCT của Y và viết PTHH các phản ứng (0,50 điểm)
+ CTCT của Y:
Vì Y phản ứng với CuO đun nóng tạo thành hợp chất có phản ứng tráng gương và Y thoả mãn sơ đồ
chuyển hoá, nên Y là rượu bậc 1 và trong phân tử Y có nhân benzen. Ứng với CTPT C8H10O, CTCT của Y 0,25
sẽ là:
─ CH2 ─ CH2 ─ OH
+ PTHH của các phản ứng:
to
C6H5CH2CH2OH + CuO ⎯⎯
→ C6H5CH2CHO + Cu + H2O
NH3, to
C6H5CH2CHO + Ag2O ⎯⎯
→ C6H5CH2COOH + 2Ag 0,25
o
H2SO4 đ, t
C6H5CH2CH2OH ⎯⎯
→ C6H5CH = CH2 + H2O
xt, to,p CH CH2
n C6H5CH = CH2 ⎯⎯
→
C6H5 n
4/5
4 Xác định các CTCT có thể có của E1, E2 và viết PTHH các phản ứng (0,50 điểm)
+ Các CTCT có thể có của E1, E2:
- Các CTCT có thể có của E1 là: H2N ─ CH2 ─ CH2 ─ COOH CH3 ─ CH ─ COOH
│ 0,25
NH2
- CTCT duy nhất của E2 là: H2N ─ CH2 ─ COOCH3
+ PTHH các phản ứng:
H2N ─ CH2 ─ CH2 ─ COOH + NaOH ⎯⎯ H2N ─ CH2 ─ CH2 ─ COONa + H2O
→
CH3 CH COOH + NaOH ⎯⎯ CH3 CH COONa
→ + H2O 0,25
NH2 NH2
o
t
H2N ─ CH2 ─ COOCH3 + NaOH ⎯⎯
→ H2N ─ CH2 ─ COONa + CH3OH
Vb 2,00
1 Phản ứng điều chế các khí và phản ứng của các khí (0,50 điểm)
a) Phản ứng điều chế các khí A, B, D :
2KMnO4 + 16HCl đặc = 5Cl2↑ + 2MnCl2 + 2KCl + 8H2O
NH4NO3 + NaOH = NH3↑ + NaNO3 + H2O 0,25
FeS + H2SO4 loãng = H2S↑ + FeSO4
Khí A là Cl2, khí B là NH3, khí D là H2S.
b) PTHH các phản ứng:
- Khi trộn khí A với khí B:
3Cl2 + 2NH3 = N2 + 6HCl
Nếu NH3 dư: NH3 + HCl = NH4Cl 0,25
- Khi trộn khí A với khí D:
Cl2 + H2S = S + 2HCl
- Khi dẫn từ từ đến dư khí B vào dung dịch CuSO4:
2NH3 + 2H2O + CuSO4 = Cu(OH)2 + (NH4)2SO4
Cu(OH)2 + 4NH3 = [Cu(NH3)4](OH)2
2 Hiện tượng và PTHH các phản ứng dưới dạng phân tử và ion rút gọn (0,50 điểm)
a) Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch Na2Cr2O7:
Dung dịch chứa muối đicromat Na2Cr2O7 có màu da cam chuyển thành dung dịch chứa muối cromat
Na2CrO4 có màu vàng. 0,25
Na2Cr2O7 + 2NaOH = 2Na2CrO4 + H2O
Cr2O72- + 2OH- = 2CrO42- + H2O
b) Nhỏ dung dịch H2SO4 loãng vào dung dịch Na2CrO4:
Dung dịch chứa muối cromat Na2CrO4 có màu vàng chuyển thành dung dịch chứa muối đicromat
Na2Cr2O7 có màu da cam. 0,25
2Na2CrO4 + H2SO4 = Na2Cr2O7 + Na2SO4 + H2O
2CrO42- + 2H+ = Cr2O72- + H2O
3 Viết PTHH các phản ứng theo sơ đồ chuyển hoá (0,50 điểm)
to,xt
(1) C6H6 + C2H4 ⎯⎯ → C6H5−CH2−CH3
askt
(2) C6H5−CH2−CH3 + Cl2 ⎯⎯ → C6H5−CHCl−CH3 + HCl 0,25
to
(3) C6H5−CHCl−CH3 + NaOH ⎯⎯ → C6H5−CH(OH)−CH3 + NaCl
to
(4) C6H5−CH(OH)−CH3 + CuO ⎯⎯ → C6H5−CO−CH3 + Cu + H2O
to,xt
(5) C6H5−CO−CH3 + HCN ⎯⎯ → C6H5−C(OH)(CN)−CH3 0,25
to, H+
(6) C6H5−C(OH)(CN)−CH3 + 2H2O ⎯⎯ → C6H5C(OH)(CH3)COOH + NH3
4 Nêu hiện tượng, viết PTHH và nêu ứng dụng của các phản ứng (0,50 điểm)
+ Hiện tượng:
- Cho vài giọt vôi sữa vào cốc đựng dung dịch saccarozơ, khuấy nhẹ sẽ có hiện tượng: vôi sữa màu trắng 0,25
đục chuyển thành trong suốt, không màu.
- Khi thổi khí CO2 vào dung dịch này sẽ thấy xuất hiện kết tủa.
+ PTHH và ứng dụng:
C12H22O11 + Ca(OH)2 + H2O ⎯⎯ C12H22O11.CaO.2H2O
→
0,25
C12H22O11.CaO.2H2O + CO2 ⎯⎯ C12H22O11 + CaCO3 + 2H2O
→
Hai phản ứng này được ứng dụng trong việc tinh chế đường.
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
5/5
