SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CÔNG LẬP NĂM HỌC 2021 – 2022 Mơn thi: Hóa học Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2 điểm) Nêu tượng viết phương trình hóa học xảy thí nghiệm sau theo sơ đồ sau: a Cho mẩu đá vôi vào dung dịch NaHSO4 dư b Cho sợi dây đồng nhỏ vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng c Sục khí SO2 từ từ đến dư vào dung dịch brom d Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch (NH4)2SO4 Từ tinh bột, hóa chất vơ điều kiện cần thiết khác có đủ, viết phương trình hóa học điều chế etyl axetat (ghi rõ điều kiện có) GIẢI 1.1 a Hiện tượng: Mẫu đá vơi tan dần đến hết, có sủi bọt khí kết tủa trắng CaCO3 + NaHSO4    CaSO4 + CO2 + Na2SO4 + H2O b Hiện tượng: dây đồng tan tạo dung dịch màu xanh có khí mùi hắc sinh Cu + H2SO4 đặc  t  CuSO4 + SO2 + H2O c Hiện tượng: SO2 làm nhạt màu nước brom dần sau màu SO2 + 2H2O + Br2    2HBr + H2SO4 d Hiện tượng: có kết tủa trắng có khí mùi khai Ba(OH)2 + (NH4)2SO4    BaSO4 + 2NH3+ 2H2O 1.2 (C6H10O5)n + n H2O  axit  nC6H12O6 C6H12O6  men  ruou 0   2C2H5OH + CO2 30  35 C C2H5OH + O2  men  giam   CH3COOH + H2O o 4đ , t C2H5OH + CH3COOH  H2 SO  CH3COOC2H5+ H2O    Câu 2: (2,0 điểm) Cho sơ đồ điều chế khí oxi phịng thí nghiệm: a Chỉ chất X sơ đồ trên, viết phương trình hóa học xảy b Hãy giải thích thí nghiệm trên: – Khí oxi lại thu cách đẩy nước – Khi kết thúc thí nghiệm phải tháo ống dẫn khí trước tắt đèn cồn Cho m gam hỗn hợp R gồm Na Fe tác dụng hết với dung dịch axit HCl, dung dịch thu cho tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu chất rắn nặng m gam Tính % khối lượng kim loại hỗn hợp R GIẢI 2.1 a X là: KMnO4, KClO3 2KMnO4  t  K2MnO4 + MnO2 + O2 2KClO3  MnO ,t    2KCl + 3O2 b Giải thích: + Khí O2 tan nước, có M O2 = 32 nặng khơng khí (MKK=29) khơng nhiều(ý dư), nên thu cách đẩy nước + Phải tháo ống dẫn khí trước tắt đèn cồn trước, chênh lệch áp suất làm cho nước trào vào ống nghiệm, gây vỡ ống nghiệm 2.2 Gọi a, b số mol Na Fe 2Na + 2HCl    2NaCl + H2 Fe + 2HCl    FeCl2 + H2 b b (mol) Dung dịch thu có HCl dư HCldư + NaOH    NaCl + H2O FeCl2 + 2NaOH    Fe(OH)2 +2NaCl b b (mol) 4Fe(OH)2 + O2  t 2Fe O + 4H O  b 0,5b (mol) m rắn = 0,5b 160= 80b = m mR = 23 a + 56 b = m % Fe = 56b 100%= 70% 80b %Na = 100 – 70 = 30% Câu 3: (2,0 điểm) Nhỏ từ từ giọt hết 200 ml dung dịch chứa KHCO 0,1M K2CO3 0,2M vào 100 ml dung dịch HCl 0,5M khuấy thu V lít CO thoát (đktc) dung dịch X Cho dung dịch Ca(OH)2 dư vào dung dịch X thu m gam kết tủa Biết phản ứng xảy hoàn tồn Tính V m Cho 6,72 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm C2H2 H2 qua bình đựng Ni (nung nóng), thu hỗn hợp khí Y (chỉ chứa hiđrocacbon) có tỉ khối so với H 13,5 Biết Y phản ứng tối đa với t mol Br dung dịch a Tính t b Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng khí Y GIẢI 3.1 nKHCO3 = 0,1 0,2 = 0,02 mol; nK 2CO3 = 0,2 0,2 = 0,04 mol; n HCl= 0,5 0,1 = 0,05 mol Gọi x, y số mol KHCO3, K2CO3 KHCO3 + HCl    KCl + CO2 + H2O (1) x x x (mol) K2CO3+ 2HCl   (2)  2KCl + CO2 + H2O y 2y y (mol) Giả sử muối phả n ứng hết  nHCl (1)và (2)= 0,02 + 0,04 = 0,1 mol> 0,05mol  HCl phản ứng hết, muối dư Vì muối đồng thời xảy phản ứng nên ta có : x 0, 02 2x – y =  y 0, 04  nHCl x  y 0, 05  x 0, 01   2 x  y 0   y 0, 02 V = VCO2 = (0,01+0,02).22,4 = 0,672 lít Dung dịch X chứa: nKHCO3 = 0,02 – 0,01 = 0,01 mol, nKCl =0,05(mol) nK 2CO3 = 0,04 – 0,02 = 0,02 mol KHCO3 + Ca(OH)2    CaCO3 + KOH + H2O 0,01 0,01 K2CO3+ Ca(OH)2    CaCO3 + KOH 0,02 0,02 m = mCaCO3 = (0,01+ 0,02).100= gam (mol) (mol) 3.2 Gọi a, b số mol C2H2 H2 X; x số mol C2H2 tham gia phản ứng (1) C2H2 + H2  Ni,t 0 (1)  C2H4 x x x (mol) C2H2 + 2H2  Ni,t 0 C H  0,5(b-x) (b-x) 0,5(b-x) (mol) Vì hỗn hợp khí Y thu chứa hiđrocacbon nên H2 hết C2H2 dư mC2 H = 28x mC2 H = 30 0,5(b-x)= 15b-15x nC2 H = a - x - 0,5(b-x) = a - 0,5x - 0,5b mC2 H dư = 26(a-0,5b-0,5x)=26a-13b-13x mY= 28x + 15b -15x + 26a -13b -13x = 26a + 2b nY = x + 0,5b - 0,5x + a - 0,5b - 0,5x = a MY = 26a  2b = 13,5 = 27 a – 2b =  a nX = a + b = 6, 72 = 0,3 mol 22,  a  2b 0 a 0,  a  b 0,3    b 0,1 a 0,3 mol hh X 0, 2molC2 H Y t? 0,1molH mol Br2   Ni ,t    t   nX = 0,3 mol nY = a = 0,2 mol nH pư = nX – nY = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol n ( X ) = 0,2 = 0,4 mol Áp dụng bảo toàn liên kết  ta có:  nBr2 pu = t = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol Cách n ( X ) nH pu  nBr2 pu a) nX  6,72 0,3(mol ) 22,4 Hỗn hợp khí Y chứa hidrocacbon, Y gồm C2H2 dư, C2H4 C2H6 Đặt CTC hh Y C2Hy, M Y 13,5.2 27  12.2  y 27  y 3 Vậy CTC Y C2H3 Gọi số mol H2 x (mol) PTHH: 2C H  H  Ni,t   2C2 H 2x  x (mol) nX = 2x + x = 3x = 0,3  x 0,1mol  n C2 H2 0, 2; n H2 0,1mol n ( X ) = 0,2 = 0,4 mol Áp dụng bảo toàn liên kết  ta có: n ( X ) nH pu  nBr2 pu  nBr2 pu = t = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol b Dẫn hỗn hợp khí Y qua dung dịch AgNO3/NH3 dư khí C2H2 bị giữ lại tạo kết tủa, lọc lấy kết tủa cho vào dung dịch HCl dư thu C2H2 C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3  t  C2Ag2 + 2NH4NO3 C2Ag2 + 2HCl    2AgCl + C2H2 Hỗn hợp khí cịn lại dẫn qua dung dịch Br2 dư khí C2H4 bị giữ lại, thu C2H6 Thêm Zn vào phần dung dịch thu C2H4 C2H4 + Br2    C2H4Br2 C2H4Br2 + Zn  t  C2H4 + ZnBr2 Câu 4: (2,0 điểm) Dẫn khí H2 đến dư qua 8,06 gam hỗn hợp X gồm Al2O3, Fe3O4 CuO (nung nóng) phản ứng xảy hoàn toàn, sau phản ứng thu 6,3 gam chất rắn Mặt khác, cho 0,03 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 70 ml dung dịch HCl 2M Tính % khối lượng chất hỗn hợp X Đốt cháy hoàn tồn 0,15 mol axit cacboxylic Y có cơng thức dạng C nH2n+1COOH (tính chất hóa học tương tự axit axetic) thu m gam H 2O (m+11,7) gam CO2 Hãy xác định công thức Y viết phương trình hóa học xảy cho Y tác dụng với: Na, KHCO 3, C2H5OH (xúc tác H2SO4 đặc, đun nóng) GIẢI 4.1 Gọi x, y, z số mol Fe3O4, CuO, Al2O3 8,06 gam X Fe3O4 + 4H2  t  3Fe + 4H2O x 3x t CuO + H2   Cu + H2O y y Fe3O4 + 8HCl   2FeCl + FeCl2 + 4H2O  kx k8x CuO + 2HCl    CuCl2 + H2O ky 2ky (mol) (mol) (mol) (mol) Al2O3 + 6HCl    2AlCl3 + H2O kz 6kz  mX 232 x  80 y  102 z 8, 06 gam  m 56.3 x  64 y  102 z 6,3gam r  n k ( x  y  z ) 0, 03mol  X  nHCl k (8 x  y  z ) 2.0, 07 0,14mol  (mol) 232 x  80 y  102 z 8, 06  56.3x  64 y  102 z 6,3  0, 05 x  0, 04 y  0, 02 z 0   x 0, 02   y 0, 03  z 0, 01 % Fe3O4= 232.0, 02 =57,57% 100% 8, 06 %CuO = 80.0, 03 = 29,78% 100% 8, 06 % Al2O3 = 100% - (57,57+29,78)%= 12,65% 4.2 CnH2n+1COOH + (3n  1) O2 (n+1)CO2 + (n+1)H2O t0   0,15 0,15(n+1) 0,15(n+1) (1) mH 2O = 18 0,15(n+1)=2,7(n+1)=m mCO2 = 44 0,15(n+1)= 6,6(n+1)= m + 11,7 (mol) (2) Thay (1) vào (2) ta có: 6,6(n+1)= 2,7(n+1) + 11,7  3,9n = 7,8  n= CTHH Y : C2H5COOH 2C2H5COOH + 2Na    2C2H5COONa + H2 C2H5COOH + KHCO3    C2H5COOK + H2O + CO2 to C2H5COOH + C2H5OH  H2 SO4 đ , C2H5COOC2H5+ H2O    Câu 5: (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu A cần 25,2 lít O (đktc) Cho tồn sản phẩm cháy (gồm CO2 H2O) vào dung dịch nước vôi thấy có 20 gam kết tủa dung dịch Y có khối lượng tăng 37,5 gam so với khối lượng dung dịch ban đầu Đun nóng dung dịch Y thu 40 gam kết tủa a Viết phương trình hóa học xảy tính m b Lập công thức phân tử A, biết tỉ khối A so với H2 43 Hỗn hợp bột X gồm Al kim loại kiềm M Hòa tan hồn tồn1,59 gam X dung dịch H2SO4 lỗng (vừa đủ), thu 1,232 lít H2 (đktc) dung dịch Y (chỉ gồm muối sunfat trung hòa) Cho Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 gốc sunfat chuyển hết thành kết tủa thu 13,595 gam kết tủa Xác định kim loại M GIẢI 5.1 A + O2  t  CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2    CaCO3 + H2O(1) 2CO2 + Ca(OH)2    Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2  t  CaCO3 + H2O + CO2 20 =0,2 mol nCO (1) nCaCO3 (1)  100 (2) (3) Khối lượng dung dịch tăng = mCO2 + mH 2O - 20 = 37,5  mCO2 + mH 2O = 57,5 Theo ĐLBTKL ta có: mA  mO2 mCO2  mH 2O m = mA = 57,5 – 25, 32 = 21,5 gam 22, 40 = 0,8 mol 100 nC = nCO2 = 0,2 + 0,8 = mol nCO (2) 2nCaCO3 (3) 2 mH 2O =57,5 – 1.44 = 13,5 gam n H = nH 2O = (13,5: 18) = 1,5 mol mO = 21,5 – 1.12 – 1,5.1 = gam nO = : 16 = 0,5 mol Gọi CTPT A CxHyOz (x, y, z nguyên dương) Ta có: x: y: z = : 1,5 : 0,5 = 2: : CTTQ: (C2H3O)n MA = 43n = 43  n=2 Vậy công thức phân tử A C4H6O2 5.2 Gọi a, b số mol Al, M 2Al + H2SO4    Al2(SO4)3 + 3H2 a 1,5a 0,5a 1,5a (mol) 2M + H2SO4    M2SO4 + H2 b 0,5b 0,5b 0,5b (mol) Dung dịch Y gồm muối sunfat trung hòa: Al2(SO4)3 M2SO4 Al2(SO4)3 + Ba(OH)2    2Al(OH)3 + 3BaSO4 0,5a a 1,5a (mol) M2SO4 + Ba(OH)2   2MOH + BaSO  0,5b b 0,5b Có thể có: Al(OH)3 + MOH   MAlO + 2H O 2  b b (mol) Theo phương trình (1,2,3,4) ta có: 1, 232 = 0,055 mol nBaSO nH SO4 nH2  22, mBaSO4 = 0,055.233= 12,815 gam